二重积分的被积函数中含有根号怎么办？可以尝试改造积分区域实现对根号的去除

一、题目

已知，$D$ $=$ $(x,y)\mid -1⩽x⩽1,0⩽y⩽2$, 则 $I={\iint }_D\sqrt{|y-x^2|}\mathrm{d}x\mathrm{d}y=?$

难度评级：

二、解析

根据题意我们可以绘制出如图所示的积分区域，并将该积分区域划分为位于 $y=x^2$ 下部的 $D_1$ 区域和位于 $y=x^2$ 上部的 $D_2$ 区域：

于是：

$$I={\iint }_D\sqrt{|y-x^2|}\mathrm{d}x\mathrm{d}y=$$

$$I={\iint }_{D_1}\sqrt{|y-x^2|}\mathrm{d}x\mathrm{d}y+{\iint }_{D_2}\sqrt{|y-x^2|}\mathrm{d}x\mathrm{d}y$$

又因为：

$$D_1\Rightarrow y{x}^2\Rightarrow$$

于是：

$$I={\iint }_{D_1}\sqrt{x^2-y}\mathrm{d}x\mathrm{d}y+{\iint }_{D_2}\sqrt{y-x^2}\mathrm{d}x\mathrm{d}y\Rightarrow$$

$$I={\int }_{-1}^1\mathrm{d}x{\int }_0^{x^2}\sqrt{x^2-y}\mathrm{d}y+{\int }_{-1}^1\mathrm{d}x{\int }_{x^2}^2\sqrt{y-x^2}\mathrm{d}y\Rightarrow$$

$$I=2{\int }_0^1\mathrm{d}x{\int }_0^{x^2}\sqrt{x^2-y}\mathrm{d}y+2{\int }_0^1\mathrm{d}x{\int }_{x^2}^2\sqrt{y-x^2}\mathrm{d}y\Rightarrow$$

更改为幂指形式：

$$I=2{\int }_0^1\left[{\int }_0^{x^2}{(x^2-y)}^{\frac{1}{2}}\mathrm{d}y\right]\mathrm{d}x+2{\int }_0^1\left[{\int }_{x^2}^2{(y-x^2)}^{\frac{1}{2}}\mathrm{d}y\right]\mathrm{d}x\Rightarrow$$

$y$ 是积分变量，$x$ 看做常数（注意正负号）：

$$I={2{\int }_0^1\frac{–2}{3}{(x^2-y)}^{\frac{3}{2}}|}_{y=0}^{y=x^2}\mathrm{d}x+{2{\int }_0^1\frac{2}{3}{(y-x^2)}^{\frac{3}{2}}|}_{y=x^2}^{y=2}\mathrm{d}x\Rightarrow$$

$$I=2{\int }_0^1\frac{–2}{3}(0–x^3)\mathrm{d}x+2{\int }_0^1\frac{2}{3}[{(2-x^2)}^{\frac{3}{2}}–0]\mathrm{d}x\Rightarrow$$

$$I=\frac{+4}{3}{\int }_0^1{x}^3\mathrm{d}x+\frac{4}{3}{\int }_0^1{(2-x^2)}^{\frac{3}{2}}\mathrm{d}x$$

其中：

$${\int }_0^1{x}^3\mathrm{d}x={\frac{1}{4}{x}^4|}_0^1=\frac{1}{4}$$

又：

$${\int }_0^1{(2-x^2)}^{\frac{3}{2}}\mathrm{d}x\Rightarrow x=\sqrt{2}\sin t\Rightarrow x\in (0,1)\Rightarrow$$

$$\sin t\in (0,\frac{\sqrt{2}}{2})\Rightarrow t\in (0,\frac{\pi }{4})\Rightarrow$$

$${\int }_0^1{(2-x^2)}^{\frac{3}{2}}\mathrm{d}x={\int }_0^{\frac{\pi }{4}}\sqrt{{(2-2{\sin }^{2}t)}^3}\mathrm{d}(\sqrt{2}\sin t)$$

$${\int }_0^{\frac{\pi }{4}}\sqrt{{(2{\cos }^{2}t)}^3}\mathrm{d}(\sqrt{2}\sin t)=$$

$$2\sqrt{2}\cdot \sqrt{2}{\int }_0^{\frac{\pi }{4}}{\cos }^{3}t\cdot \cos t\mathrm{d}t=$$

$$4{\int }_0^{\frac{\pi }{4}}{\cos }^{4}t\mathrm{d}t=$$

上面的式子没办法用点火公式，也没办法直接积分，因此只能用倍角公式降幂：

$$4{\int }_0^{\frac{\pi }{4}}{({\cos }^{2}t)}^2\mathrm{d}t\Rightarrow$$

$$\cos 2\alpha =2{\cos }^2\alpha -1\Rightarrow {\cos }^2\alpha =\frac{1}{2}(1+\cos 2\alpha )\Rightarrow$$

$$4{\int }_0^{\frac{\pi }{4}}{\left[\frac{1}{2}(1+{\cos }^{2}2t)\right]}^2\mathrm{d}t=$$

$$4{\int }_0^{\frac{\pi }{4}}\frac{1}{4}(1+{\cos }^{2}2t+2\cos 2t)\mathrm{d}t=$$

$$\frac{\pi }{4}+{\int }_0^{\frac{\pi }{4}}{\cos }^{2}2t\mathrm{d}t+2{\int }_0^{\frac{\pi }{4}}\cos 2t\mathrm{d}t=$$

再次使用倍角公式降幂：

$$\frac{\pi }{4}+{\int }_0^{\frac{\pi }{4}}[\frac{1}{2}(1+\cos 4t)]\mathrm{d}t+2\cdot \frac{1}{2}{\int }_0^{\frac{\pi }{4}}\cos 2t\mathrm{d}(2t)=$$

$$\frac{\pi }{4}+\frac{1}{2}\cdot \frac{\pi }{4}+{\frac{1}{4}\sin 4t|}_0^{\frac{\pi }{4}}+{\frac{2}{2}\sin 2t|}_0^{\frac{\pi }{4}}=$$

$$\frac{\pi }{4}+\frac{\pi }{8}+\frac{1}{4}(0-0)+\frac{2}{2}(1-0)=$$

$$\frac{3\pi }{8}+1$$

综上可知：

$$I=\frac{4}{3}\times \frac{1}{4}+\frac{4}{3}(\frac{3\pi }{8}+1)\Rightarrow$$

$$I=\frac{1}{3}+\frac{\pi }{2}+\frac{4}{3}=\frac{5}{3}+\frac{\pi }{2}$$

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