Aloha :)$$\binom{x}{y}=\binom{\rho\cos^3\varphi}{\rho\sin^3\varphi}\quad;\quad\rho\in[0;1]\;;\;\varphi\in[0;2\pi]$$Beim Übergang der Integrationsvariabeln \((x,y)\to(\rho,\varphi)\) wird das Flächenelement verzerrt, die Jacobi-Determinante gibt Ausfunkft üben den Faktor, um den sich das Fächenelement ändert. Da wir nachher über diesen Faktor integrieren müssen, geben wir uns bei der Umformung etwas Mühe, damit er möglichst leicht integrierbar ist.
$$\frac{dx\,dy}{d\rho\,d\varphi}=\begin{vmatrix}\partial_\rho x & \partial_\varphi x\\\partial_\rho y & \partial_\varphi y\end{vmatrix}=\begin{vmatrix}\cos^3\varphi & -3\rho\cos^2\varphi\,\sin\varphi\\\sin^3\varphi & 3\rho\sin^2\varphi\cos\varphi\end{vmatrix}$$$$\qquad=3\rho\sin^2\varphi\cos^4\varphi+3\rho\cos^2\varphi\sin^4\varphi=3\rho\sin^2\varphi\cos^2\varphi(\cos^2\varphi+\sin^2\varphi)$$$$\qquad=3\rho(\sin\varphi\cos\varphi)^2=3\rho\left(\frac{1}{2}\sin(2\varphi)\right)^2=\frac{3\rho}{4}\sin^2(2\varphi)=\frac{3\rho}{8}\,\left(2\sin^2(2\varphi)\right)$$$$\qquad=\frac{3\rho}{8}\,\left(1-\cos^2(2\varphi)+\sin^2(2\varphi)\right)=\frac{3\rho}{8}\,\left(1-\left[\cos^2(2\varphi)-\sin^2(2\varphi)\right]\right)$$$$\qquad=\frac{3\rho}{8}\left(1-\cos(4\varphi)\right)$$
Nun bestimmen wir die Fläche im 1-ten Quadranten, d.h. \(\varphi\in[0;\pi/2]\), und nutzen die Symmetrie aus, indem wir das Ergebnis vervierfachen:
$$F=4\int\limits_{\rho=0}^1\,\int\limits_{\varphi=0}^{\pi/2}\frac{3\rho}{8}\left(1-\cos(4\varphi)\right)\,d\rho\,d\varphi=\int\limits_{0}^1\frac{3\rho}{2}\,d\rho\cdot\int\limits_{0}^{\pi/2}\left(1-\cos(4\varphi)\right)\,d\varphi$$$$\phantom{F}=\left[\frac{3\rho^2}{4}\right]_0^1\cdot\left[\varphi-\frac{1}{4}\sin(4\varphi)\right]_0^{\pi/2}=\frac{3}{4}\cdot\frac{\pi}{2}=\boxed{\frac{3\pi}{8}}$$