第 6 章　多元函数积分学

求交点：\(x^2=x\Rightarrow x=0,\ 1\)，即 \((0,0)\) 与 \((1,1)\)。在 \(0\lt x\lt 1\) 内 \(x^2\lt x\)，故按 X 型描述：\(D=\{(x,y)\mid 0\le x\le 1,\ x^2\le y\le x\}\)。

\[ \iint_D xy\,d\sigma=\int_0^1 dx\int_{x^2}^{x}xy\,dy=\int_0^1 x\cdot\frac{y^2}{2}\Big|_{y=x^2}^{y=x}dx=\frac12\int_0^1(x^3-x^5)\,dx=\frac12\left(\frac14-\frac16\right)=\frac{1}{24} \]

易错：定内层限时弄反 \(x\) 与 \(x^2\) 的大小。在 \((0,1)\) 内直线在上、抛物线在下，可用 \(x=\frac12\) 处验证：\(y=x=\frac12\) 大于 \(y=x^2=\frac14\)。

\(e^{y^2}\) 的原函数不是初等函数，必须交换次序。由积分限还原区域：\(0\le x\le 1,\ x\le y\le 1\)，即直线 \(y=x\)、\(y=1\) 与 \(y\) 轴围成的三角形。

改按 Y 型描述：\(0\le y\le 1,\ 0\le x\le y\)，于是

\[ I=\int_0^1 e^{y^2}dy\int_0^y dx=\int_0^1 y\,e^{y^2}dy=\frac12 e^{y^2}\Big|_0^1=\frac{e-1}{2} \]

套路总结：交换后 \(e^{y^2}\) 只作外层「常数」，内层先积掉 \(x\) 产生因子 \(y\)，恰好凑成能积的形式——这正是交换次序的目的：让「积不出」的函数只出现在外层。

坐标系选择：\(D\) 是圆心在 \((1,0)\)、半径 1 的圆域（配方 \((x-1)^2+y^2\le 1\)），且被积函数含 \(x^2+y^2\)，双重信号 → 用极坐标。

边界 \(x^2+y^2=2x\) 化为 \(r^2=2r\cos\theta\)，即 \(r=2\cos\theta\)；区域过原点、圆心在 \(x\) 正半轴，故 \(\theta\in\left[-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}\right]\)，\(0\le r\le 2\cos\theta\)。

\[ I=\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}d\theta\int_0^{2\cos\theta}r\cdot r\,dr=\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\frac{8\cos^3\theta}{3}d\theta=\frac{8}{3}\cdot 2\int_0^{\frac{\pi}{2}}\cos^3\theta\,d\theta=\frac{16}{3}\cdot\frac{2}{3}=\frac{32}{9} \]

（其中 \(\int_0^{\pi/2}\cos^3\theta d\theta=\frac{2}{3}\) 用华里士公式。）
易错：丢因子 \(r\)（被积函数变 \(r^2\) 而不是 \(r\)），或把 \(\theta\) 范围写成 \([0,2\pi]\)。圆 \(x^2+y^2\le 2x\) 只覆盖右半平面方向。

拆项分析：\(D\) 关于 \(y\) 轴对称，\(x^3\) 关于 \(x\) 是奇函数，故 \(\iint_D x^3d\sigma=0\)。

轮换对称处理 \(y^2\)：圆域上 \(\iint y^2 d\sigma=\iint x^2 d\sigma\)，故

\[ \iint_D y^2\,d\sigma=\frac12\iint_D(x^2+y^2)d\sigma=\frac12\int_0^{2\pi}d\theta\int_0^R r^2\cdot r\,dr=\frac12\cdot 2\pi\cdot\frac{R^4}{4}=\frac{\pi R^4}{4} \]

所以原式 \(=\dfrac{\pi R^4}{4}\)。
易错：不化简直接对 \(\iint y^2 d\sigma\) 用极坐标也能做（\(\int\sin^2\theta d\theta=\pi\)），但拆奇偶 + 轮换是更快的正规路线；若区域只关于一轴对称，「奇函数清零」只能对相应的那个变量用。

\(\Omega\) 在 \(xOy\) 面上的投影为三角形 \(D_{xy}=\{0\le x\le 1,\ 0\le y\le 1-x\}\)；过 \(D_{xy}\) 内点的竖线从 \(z=0\) 穿入、从 \(z=1-x-y\) 穿出。

\[ I=\int_0^1 dx\int_0^{1-x}dy\int_0^{1-x-y}x\,dz=\int_0^1 dx\int_0^{1-x}x(1-x-y)\,dy \]

内层：\(\displaystyle\int_0^{1-x}(1-x-y)\,dy=\left[(1-x)y-\frac{y^2}{2}\right]_0^{1-x}=\frac{(1-x)^2}{2}\)，故

\[ I=\int_0^1\frac{x(1-x)^2}{2}\,dx=\frac12\int_0^1(x-2x^2+x^3)dx=\frac12\left(\frac12-\frac23+\frac14\right)=\frac12\cdot\frac{1}{12}=\frac{1}{24} \]

验证：四面体体积 \(V=\frac16\)，形心坐标 \(\bar x=\bar y=\bar z=\frac14\)，故 \(\iiint x\,dV=\bar x\cdot V=\frac{1}{24}\)，一致。

选截面法的理由：被积函数只含 \(z\)，且水平截面是椭圆、面积有现成公式（不需要算椭圆内的二重积分）。

用 \(z=z\) 截 \(\Omega\) 得椭圆 \(\dfrac{x^2}{a^2(1-\frac{z^2}{c^2})}+\dfrac{y^2}{b^2(1-\frac{z^2}{c^2})}\le 1\)，其面积 \(\sigma(z)=\pi ab\left(1-\dfrac{z^2}{c^2}\right)\)，\(z\in[-c,c]\)。

\[ I=\int_{-c}^{c}z^2\,dz\iint_{D_z}d\sigma=\int_{-c}^{c}z^2\cdot\pi ab\left(1-\frac{z^2}{c^2}\right)dz=\pi ab\left[\frac{z^3}{3}-\frac{z^5}{5c^2}\right]_{-c}^{c} \]

\[ =\pi ab\cdot 2\left(\frac{c^3}{3}-\frac{c^3}{5}\right)=\pi ab\cdot\frac{4c^3}{15}=\frac{4}{15}\pi abc^3 \]

由轮换性立即得 \(\iiint x^2 dV=\frac{4}{15}\pi a^3bc,\ \iiint y^2 dV=\frac{4}{15}\pi ab^3c\)；相加并用椭球体积 \(\frac43\pi abc\) 可验证积分均值合理。

坐标系选择：区域是旋转抛物面被平面截出的旋转体，且被积函数就是 \(x^2+y^2\) → 柱坐标。

交线 \(x^2+y^2=2\) 即 \(r=\sqrt2\)。投影为圆盘 \(0\le r\le\sqrt2,\ 0\le\theta\le 2\pi\)；竖线从曲面 \(z=r^2\) 穿入、从 \(z=2\) 穿出（因为 \(r^2\le 2\)）。

\[ I=\int_0^{2\pi}d\theta\int_0^{\sqrt2}r\,dr\int_{r^2}^{2}r^2\,dz=2\pi\int_0^{\sqrt2}r^3(2-r^2)\,dr=2\pi\left[\frac{r^4}{2}-\frac{r^6}{6}\right]_0^{\sqrt2} \]

\[ =2\pi\left(2-\frac{8}{6}\right)=2\pi\cdot\frac23=\frac{4\pi}{3} \]

（先积 \(z\) 得 \(2-r^2\)，被积函数整体为 \(r^3(2-r^2)\)。定限口诀「柱坐标：先 \(z\)、再 \(r\)、后 \(\theta\)」，\(z\) 限必须用 \(r\) 表达。）

球域 + 被积函数 \(x^2+y^2+z^2\)（即 \(\rho^2\)）→ 球坐标。定限：\(0\le\rho\le R,\ 0\le\varphi\le\pi,\ 0\le\theta\le 2\pi\)。

\[ I=\int_0^{2\pi}d\theta\int_0^{\pi}d\varphi\int_0^{R}\rho^2\cdot\rho^2\sin\varphi\,d\rho=2\pi\cdot\left(\int_0^\pi\sin\varphi\,d\varphi\right)\cdot\frac{R^5}{5}=2\pi\cdot 2\cdot\frac{R^5}{5}=\frac{4\pi R^5}{5} \]

三个变量限都是常数时可直接把三个一重积分「拆开乘」，这是球坐标算球域的标准节奏。

(1) 以 \(x\) 为参数：\(ds=\sqrt{1+4x^2}\,dx\)，且 \(0\le x\le 1\) 时 \(\sqrt{y}=\sqrt{x^2}=x\)：

\[ \int_L\sqrt{y}\,ds=\int_0^1 x\sqrt{1+4x^2}\,dx=\frac{1}{12}\left(1+4x^2\right)^{\frac32}\Big|_0^1=\frac{5\sqrt5-1}{12} \]

（令 \(u=1+4x^2\)，\(x\,dx=\frac18du\)。）

(2) 拆三项分别用对称性：

• \(\oint_C x^2ds=\frac12\oint_C(x^2+y^2)ds=\frac12 R^2\cdot 2\pi R=\pi R^3\)（轮换对称 + 被积函数在 \(C\) 上恒为 \(R^2\)）；
• \(\oint_C y\,ds=0\)（\(C\) 关于 \(x\) 轴对称，\(y\) 是奇函数）；
• \(\oint_C 1\,ds=2\pi R\)（弧长）。

故原式 \(=\pi R^3+2\pi R\)。
易错：第 (1) 问中把 \(\sqrt{y}\) 写成 \(x\) 之外还须注意若参数区间含负数，\(\sqrt{y}=|x|\) 要分区间去绝对值；丢 \(ds\) 里的根号更是常见失分点。

以 \(y\) 为参数（\(x=y^2\)，\(dx=2y\,dy\)），\(y\) 从 \(-1\) 到 \(1\)：

\[ I=\int_{-1}^{1}y^2\cdot y\cdot 2y\,dy=2\int_{-1}^1y^4\,dy=2\cdot\frac25=\frac45 \]

对比：若改走折线 \(A(1,-1)\to(1,0)\to(1,1)\)（即线段 \(x=1\)），则 \(dx=0\)，积分值为 \(0\neq\frac45\)——说明第二类曲线积分一般与路径有关（这里 \(\dfrac{\partial(xy)}{\partial y}=x\) 与 \(\dfrac{\partial 0}{\partial x}=0\) 不相等，不满足路径无关条件，见 6.3.4）。
易错：参数取反（从 1 积到 \(-1\)）会差一个负号；选参数的原则是「谁的方程简单谁当参数」，本题以 \(y\) 为参数避免开方。

\(L\) 闭、逆时针（正向），\(P=e^x\sin y-y,\ Q=e^x\cos y-1\) 在全平面偏导连续，格林公式三条件齐备。

\[ \frac{\partial Q}{\partial x}=e^x\cos y,\qquad \frac{\partial P}{\partial y}=e^x\cos y-1 \]

\[ I=\iint_D\left(e^x\cos y-e^x\cos y+1\right)d\sigma=\iint_Dd\sigma=\pi a^2 \]

套路总结：复杂被积式经 \(\dfrac{\partial Q}{\partial x}-\dfrac{\partial P}{\partial y}\) 后往往只剩常数甚至清零——这是格林公式最迷人的地方；务必先验证条件再动笔，验证本身就是得分点。

\(L\) 不封闭 → 补线：加 \(l\)：\(y=0\) 上从 \(B(-1,0)\) 到 \(A(1,0)\) 的有向线段，则 \(L+l\) 为上半圆域 \(D\) 的正向边界。

\(\dfrac{\partial Q}{\partial x}-\dfrac{\partial P}{\partial y}=1-(-1)=2\)，由格林公式：

\[ \oint_{L+l}=2\iint_Dd\sigma=2\cdot\frac{\pi}{2}=\pi \]

在 \(l\) 上：\(y=0,\ dy=0\)，被积式化为 \(x^2dx\)：

\[ \int_l=\int_{-1}^{1}x^2dx=\frac23 \]

故 \(I=\pi-\dfrac23\)。
易错：方向！\(L\) 从 \(A\) 到 \(B\) 走上侧，补线必须从 \(B\) 回到 \(A\)，合起来才成正向；若补成 \(A\to B\)，闭路方向为顺时针（负向），结果差一个符号。

先验算「似乎无旋」：记 \(P=\dfrac{-y}{x^2+y^2},\ Q=\dfrac{x}{x^2+y^2}\)，则在 \(x^2+y^2\neq 0\) 处

\[ \frac{\partial Q}{\partial x}=\frac{(x^2+y^2)-x\cdot 2x}{(x^2+y^2)^2}=\frac{y^2-x^2}{(x^2+y^2)^2}=\frac{\partial P}{\partial y} \]

但原点是奇点（\(P,Q\) 及其偏导在此无定义），不能直接用格林公式下「积分为 0」的结论——\(L\) 是否包围原点是分水岭。

(1) \(L\) 包围原点 → 挖洞：在 \(L\) 内作小圆 \(l:\ x^2+y^2=\varepsilon^2\)（取顺时针，使其与 \(L\) 构成复连通区域的正边界）。\(L\) 与 \(l\) 之间的区域上格林公式给出 \(\oint_L-\oint_l=0\)（注意两个积分都按各自方向），故 \(\oint_L=\oint_l\)（后者也换成逆时针计算）。在 \(l\) 上令 \(x=\varepsilon\cos t,\ y=\varepsilon\sin t,\ t:0\to 2\pi\)：

\[ \frac{-y\,dx+x\,dy}{x^2+y^2}=\frac{\varepsilon^2(\sin^2t+\cos^2t)\,dt}{\varepsilon^2}=dt\qquad\Rightarrow\qquad \oint_l=\int_0^{2\pi}dt=2\pi \]

故 \(I=2\pi\)。（挖洞的妙处：积分值与圆半径 \(\varepsilon\) 无关，绕奇点一圈恒为 \(2\pi\)。）

(2) \(L\) 不包围原点 → \(P,Q\) 在 \(L\) 围成的区域内处处偏导连续且 \(\dfrac{\partial Q}{\partial x}-\dfrac{\partial P}{\partial y}=0\)，直接由格林公式得 \(I=0\)。
易错：见到 \(\dfrac{\partial Q}{\partial x}=\dfrac{\partial P}{\partial y}\) 就答 0，忽略了奇点是否被包围；本模型（绕原点正向一周 \(=2\pi\)，反向 \(=-2\pi\)，不围原点 \(=0\)）必须整段背熟，真题反复考。

全平面单连通，\(P,Q\) 为多项式偏导连续。

\[ \frac{\partial P}{\partial y}=2x-2y,\qquad \frac{\partial Q}{\partial x}=2x-2y \]

两者恒相等，故存在 \(u\) 使 \(du=P\,dx+Q\,dy\)。偏积分法：对 \(x\) 积分（把 \(y\) 看成常数）：

\[ u=\int\left(x^2+2xy-y^2\right)dx=\frac{x^3}{3}+x^2y-xy^2+\varphi(y) \]

用 \(u_y=Q\) 定 \(\varphi\)：\(u_y=x^2-2xy+\varphi'(y)=x^2-2xy-y^2\)，得 \(\varphi'(y)=-y^2\)，\(\varphi(y)=-\dfrac{y^3}{3}+C\)。

\[ u(x,y)=\frac{x^3}{3}+x^2y-xy^2-\frac{y^3}{3}+C \]

验证：\(u_x=x^2+2xy-y^2=P\)，\(u_y=x^2-2xy-y^2=Q\)，无误。

先看被积函数在曲面上能否化简：在 \(\Sigma\) 上恒有 \(x+y+z=1\)，故积分 \(=\iint_\Sigma dS=\Sigma\) 的面积——化成了纯几何量。

计算面积：\(z=1-x-y,\ z_x=z_y=-1\)，\(dS=\sqrt{1+1+1}\,dx\,dy=\sqrt3\,dx\,dy\)，投影 \(D_{xy}\) 为三角形 \(\{0\le x\le 1,\ 0\le y\le 1-x\}\)，面积 \(\frac12\)。

\[ \iint_\Sigma(x+y+z)\,dS=1\cdot\iint_{D_{xy}}\sqrt3\,dx\,dy=\sqrt3\cdot\frac12=\frac{\sqrt3}{2} \]

（对照立体几何：该三角形是边长 \(\sqrt2\) 的等边三角形，面积 \(\frac{\sqrt3}{4}(\sqrt2)^2=\frac{\sqrt3}{2}\)，两种算法一致。）
套路总结：第一类曲面积分第一步永远是「把曲面方程代入被积函数」做恒等化简，然后再考虑投影公式。

第一卦限的球面块方程为 \(z=\sqrt{1-x^2-y^2}\)；「外侧」在该块上指向上方（法向量与 \(z\) 轴成锐角），故取「\(+\)」。投影 \(D_{xy}\) 为四分之一圆盘 \(x^2+y^2\le 1,\ x\ge 0,\ y\ge 0\)。

\[ I=\iint_{D_{xy}}xy\sqrt{1-x^2-y^2}\,dx\,dy \]

极坐标：\(0\le\theta\le\frac{\pi}{2},\ 0\le r\le 1\)：

\[ I=\int_0^{\frac{\pi}{2}}\cos\theta\sin\theta\,d\theta\int_0^1 r^3\sqrt{1-r^2}\,dr=\frac12\cdot\frac{2}{15}=\frac{1}{15} \]

其中 \(r\)-积分用换元 \(u=1-r^2\)：\(\displaystyle\int_0^1r^3\sqrt{1-r^2}dr=\frac12\int_0^1(1-u)\sqrt u\,du=\frac12\left(\frac23-\frac25\right)=\frac{2}{15}\)。
易错：若 \(\Sigma\) 改取内侧，答案为 \(-\dfrac{1}{15}\)。第二类曲面积分的每一项都要单独判断侧与符号，判错侧全盘皆错。

\(\Sigma\) 闭、取外侧，\(P=x^2,\ Q=y^2,\ R=z^2\) 偏导处处连续，高斯公式条件齐备：

\[ I=\iiint_\Omega(2x+2y+2z)\,dV=2\iiint_\Omega(x+y+z)\,dV \]

球域关于三个坐标面都对称，而 \(x\)（或 \(y,z\)）分别是相应的奇函数，三个积分全为 0，故

\[ I=0 \]

易错：此题若硬用直接投影法要在四个卦限分块计算，极易出错；高斯公式 + 奇偶对称是标准解法。反过来，若被积式是 \(x\,dydz+y\,dzdx+z\,dxdy\)，则散度为 3，结果 \(=3\cdot\frac43\pi R^3=4\pi R^3\)——「平方型清零、一次型乘体积」要分清。

\(\Sigma\) 不封闭 → 补面：取 \(\Sigma_1:\ z=1\ (x^2+y^2\le 1)\)，取上侧。则 \(\Sigma+\Sigma_1\) 构成闭曲面外侧，围成 \(\Omega=\{x^2+y^2\le z\le 1\}\)。

散度 \(\dfrac{\partial x}{\partial x}+\dfrac{\partial y}{\partial y}+\dfrac{\partial z}{\partial z}=3\)，故

\[ \iint_{\Sigma+\Sigma_1}=\iiint_\Omega 3\,dV=3V \]

用柱坐标求 \(V\)：\(0\le r\le 1,\ 0\le\theta\le 2\pi\)，\(z\) 从 \(r^2\) 到 \(1\)：

\[ V=\int_0^{2\pi}d\theta\int_0^1 r\,dr\int_{r^2}^{1}dz=2\pi\int_0^1r(1-r^2)dr=2\pi\left(\frac12-\frac14\right)=\frac{\pi}{2} \]

所以闭曲面积分 \(=3\cdot\dfrac{\pi}{2}=\dfrac{3\pi}{2}\)。再算补面上的积分：\(\Sigma_1\) 上 \(z=1\)，法向量为 \((0,0,1)\)，于是 \(dydz=dzdx=0\)，

\[ \iint_{\Sigma_1}=\iint_{x^2+y^2\le 1}1\,dx\,dy=\pi \]

故 \(\displaystyle I=\frac{3\pi}{2}-\pi=\frac{\pi}{2}\)。
易错：① 补面的侧必须与原曲面拼成「外侧」——本题原曲面取下侧（在立体下方，外法线朝下斜外），补上侧圆盘才正确；② 最后是「减去补面积分」，别加反。补面法三步：补闭 → 高斯 → 减补面。

取 \(\Sigma\) 为 \(\Gamma\) 围成的平面三角形块。方向的确定：从 \(z\) 轴正方向看逆时针，则法向量与 \(z\) 轴成锐角；平面 \(\Sigma\) 的两个单位法向量中 \(\boldsymbol n=\dfrac{1}{\sqrt3}(1,1,1)\) 的 \(z\) 分量为正，与 \(\Gamma\) 成右手系，取它。

\(P=z,\ Q=x,\ R=y\)，旋度： \[ \left(\frac{\partial R}{\partial y}-\frac{\partial Q}{\partial z},\ \frac{\partial P}{\partial z}-\frac{\partial R}{\partial x},\ \frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}\right)=(1-0,\ 1-0,\ 1-0)=(1,1,1) \]

它与 \(\boldsymbol n\) 同向，点积为 \((1,1,1)\cdot\dfrac{1}{\sqrt3}(1,1,1)=\sqrt3\)，故

\[ I=\iint_\Sigma\sqrt3\,dS=\sqrt3\cdot\operatorname{Area}(\Sigma)=\sqrt3\cdot\frac{\sqrt3}{2}=\frac32 \]

（\(\Sigma\) 是例 15 中的三角形，面积 \(\frac{\sqrt3}{2}\)。）
套路总结：旋度是常向量时，斯托克斯给出「积分 = 常向量·n × 面积」，连二重积分都不用算；若方向取反，结果差符号——右手定则的判断必须写进解题过程。

(1) \(\operatorname{div}F=\dfrac{\partial(2z-3y)}{\partial x}+\dfrac{\partial(3x-z)}{\partial y}+\dfrac{\partial(y-2x)}{\partial z}=0+0+0=0\)。场无源，故穿过任何闭曲面外侧的通量都为 0。

(2) 按行列式展开： \[ \operatorname{rot}F=\left(\frac{\partial(y-2x)}{\partial y}-\frac{\partial(3x-z)}{\partial z}\right)\boldsymbol i+\left(\frac{\partial(2z-3y)}{\partial z}-\frac{\partial(y-2x)}{\partial x}\right)\boldsymbol j+\left(\frac{\partial(3x-z)}{\partial x}-\frac{\partial(2z-3y)}{\partial y}\right)\boldsymbol k \] \[ =(1+1)\boldsymbol i+(2+2)\boldsymbol j+(3+3)\boldsymbol k=(2,4,6) \]

(3) 环流量用斯托克斯：取 \(\Sigma\) 为 \(\Gamma\) 围成的圆盘 \(z=0\)，右手系法向量 \((0,0,1)\)，则环流量 \(=\iint_\Sigma(2,4,6)\cdot(0,0,1)dS=6\cdot\pi=6\pi\)。

直接验证（参数 \(x=\cos t,\ y=\sin t,\ z=0\)，\(t:0\to 2\pi\)，此时 \(dz=0\)）： \[ \oint(-3y)\,dx+3x\,dy=\int_0^{2\pi}\big(3\sin^2t+3\cos^2t\big)dt=3\cdot 2\pi=6\pi \]

两条路线一致。计算旋度时逐分量写清「谁对谁求导」，符号错误是主要失分点。

由对称性（\(\Omega\) 关于 \(yOz\)、\(zOx\) 面对称），\(\bar x=\bar y=0\)，只需求 \(\bar z\)。

截面法求 \(\iiint z\,dV\)（被积只含 \(z\)，截面为圆盘）：\(z=z\) 截 \(\Omega\) 得圆盘 \(x^2+y^2\le R^2-z^2\)，面积 \(\pi(R^2-z^2)\)：

\[ \iiint_\Omega z\,dV=\int_0^Rz\cdot\pi(R^2-z^2)dz=\pi\left[\frac{R^2z^2}{2}-\frac{z^4}{4}\right]_0^R=\pi\left(\frac{R^4}{2}-\frac{R^4}{4}\right)=\frac{\pi R^4}{4} \]

体积 \(V=\dfrac{2}{3}\pi R^3\)，故

\[ \bar z=\frac{\pi R^4/4}{2\pi R^3/3}=\frac{3R}{8} \]

质心为 \(\left(0,0,\dfrac{3R}{8}\right)\)。（结论 \(\dfrac{3R}{8}\) 建议记忆；半球面薄壳的形心则是 \(\dfrac{R}{2}\)，两者别混。）

由轮换对称 \(I_x=I_y\)，而 \(I_z=\displaystyle\iint_D(x^2+y^2)d\sigma\)，极坐标直接可算：

\[ I_z=\int_0^{2\pi}d\theta\int_0^Rr^2\cdot r\,dr=2\pi\cdot\frac{R^4}{4}=\frac{\pi R^4}{2} \]

又 \(I_x+I_y=\displaystyle\iint_D(x^2+y^2)d\sigma=I_z\)（垂直轴定理），故

\[ I_x=I_y=\frac12I_z=\frac{\pi R^4}{4} \]

（直接验证 \(I_x=\iint y^2d\sigma=\frac12\iint(x^2+y^2)d\sigma=\frac{\pi R^4}{4}\)，用轮换对称，一致。）若密度为常数 \(\rho_0\)，各答案同乘 \(\rho_0\)。