2019年考研数二第18题解析：利用对称性和极坐标求解二重定积分

一、题目

难度评级：

二、解析

步骤 1：判断积分区域的对称性

由于，当 $x_1=-1$ 和 $x_2=1$ 的时候，有：

$$|x_1|=|x_2|=1$$

所以，$|x|⩽y$ 所对应的区域关于坐标轴的 $Y$ 轴对称。

又由于，当 $x_1=-1$ 和 $x_2=1$ 的时候，有：

$$(x_1{)}^2=(x_2{)}^2=1$$

所以，${(x^2+y^2)}^3⩽y^4$ 所对应区域关于坐标轴的 $Y$ 轴对称。

同理，当 $y_1=-1$ 和 $y_2=1$ 的时候，有：

$$\begin{array}{rl}& (y_1{)}^2=(y_2{)}^2=1\\ & (y_1{)}^4=(y_2{)}^4=1\end{array}$$

所以，${(x^2+y^2)}^3⩽y^4$ 所对应区域关于坐标轴的 $X$ 轴对称。

于是可知，$|x|⩽y$ 仅关于 $Y$ 轴对称，${(x^2+y^2)}^3⩽y^4$ 同时关于 $X$ 轴和 $Y$ 轴对称，如图 01 和图 02 所示：

综上可知，积分区域 $D$ 是一个关于坐标轴 $Y$ 轴对称的区域，如图 03 所示：

步骤2：利用对称性简化原积分

首先对题目中给出的积分做如下的拆分：

$$\begin{array}{rl}& {\iint }_D\frac{x+y}{\sqrt{x^2+y^2}}\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\ \\ =& {\iint }_D\frac{x}{\sqrt{x^2+y^2}}\mathrm{d}x\mathrm{d}y+{\iint }_D\frac{y}{\sqrt{x^2+y^2}}\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\ \\ =& 0+{\iint }_D\frac{y}{\sqrt{x^2+y^2}}\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\ \\ =& {\iint }_D\frac{y}{\sqrt{x^2+y^2}}\mathrm{d}x\mathrm{d}y\end{array}$$

Tip

由于 $\frac{x}{\sqrt{x^2+y^2}}$ 是一个关于 $x$ 的奇函数，而积分区域 $D$ 是一个关于坐标轴 $Y$ 轴对称的区域，所以，$\frac{x}{\sqrt{x^2+y^2}}$ $=$ $0$.

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步骤3：将直角坐标系下的二重积分转换到极坐标系下

我们知道，直角坐标系下的坐标 $(x,y)$ 与极坐标系下的坐标 $(\theta ,r)$ 之间的对应关系为：

$$\{\begin{array}{l}x=r\cos \theta \\ y=r\sin \theta \end{array}$$

接着，由于在考试的时候，我们很难直接画出函数 $y^4={(x^2+y^2)}^3$ 的图象，所以，我们还需要进行一些计算，判断出积分区域 $D$ 的大致图象，以及关键的交点：

综上：

$$\begin{array}{rl}& {\iint }_D\frac{y}{\sqrt{x^2+y^2}}\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\ \\ =& {\iint }_D\frac{r\sin \theta }{\sqrt{r^2{\cos }^2\theta +r^2{\sin }^2\theta }}\mathrm{d}r\mathrm{d}\theta \\ \\ =& {\iint }_D\frac{r\sin \theta }{\sqrt{r^2({\cos }^2\theta +{\sin }^2\theta )}}\mathrm{d}r\mathrm{d}\theta \\ \\ =& {\iint }_D\frac{r\sin \theta }{r}\mathrm{d}r\mathrm{d}\theta \\ \\ =& {\iint }_D\sin \theta \mathrm{d}r\mathrm{d}\theta \\ \\ =& {\int }_{\frac{\pi }{4}}^{\frac{3\pi }{4}}\mathrm{d}\theta {\int }_0^{{\sin }^2\theta }\sin \theta \cdot r\mathrm{d}r\\ \\ =& {\int }_{\frac{\pi }{4}}^{\frac{3\pi }{4}}\sin \theta \mathrm{d}\theta {\int }_0^{{\sin }^2\theta }r\mathrm{d}r\\ \\ =& {\int }_{\frac{\pi }{4}}^{\frac{3\pi }{4}}\sin \theta \cdot \frac{1}{2}{r}^2{|}_0^{{\sin }^2\theta }\mathrm{d}\theta \\ \\ =& {\int }_{\frac{\pi }{4}}^{\frac{3\pi }{4}}\sin \theta \cdot \frac{1}{2}{\sin }^4\theta \mathrm{d}\theta \\ \\ =& \frac{1}{2}{\int }_{\frac{\pi }{4}}^{\frac{3\pi }{4}}{\sin }^5\theta \mathrm{d}\theta \\ \\ =& \frac{-1}{2}{\int }_{\frac{\pi }{4}}^{\frac{3\pi }{4}}{(1–{\cos }^2\theta )}^2\mathrm{d}(\cos \theta )\\ \\ \underset{t\in (\frac{\sqrt{2}}{2},\frac{-\sqrt{2}}{2})}{\overset{\cos \theta =t}{=}}& \frac{-1}{2}{\int }_{\frac{\sqrt{2}}{2}}^{\frac{-\sqrt{2}}{2}}{\left(1–t^2\right)}^2\mathrm{d}t\\ \\ =& \frac{-1}{2}\cdot 2{\int }_{\frac{\sqrt{2}}{2}}^0{\left(1–t^2\right)}^2\mathrm{d}t\\ \\ =& {\int }_0^{\frac{\sqrt{2}}{2}}{\left(1–t^2\right)}^2\mathrm{d}t\\ \\ =& {\int }_0^{\frac{\sqrt{2}}{2}}(1–2t^2+t^4)\mathrm{d}t\\ \\ =& (t–2\cdot \frac{1}{3}{t}^3+\frac{1}{5}{t}^5){|}_0^{\frac{\sqrt{2}}{2}}\\ \\ =& \frac{\sqrt{2}}{2}–\frac{2}{3}\cdot \frac{\sqrt{2}}{4}+\frac{1}{5}\cdot \frac{\sqrt{2}}{8}\\ \\ =& \frac{\mathbf{43}\sqrt{\mathbf{2}}}{\mathbf{120}}\end{array}$$

即：

$${\mathbf{\iint }}_{\mathit{D}}\frac{\mathit{x}\mathbf{+}\mathit{y}}{\sqrt{{\mathit{x}}^{\mathbf{2}}\mathbf{+}{\mathit{y}}^{\mathbf{2}}}}\mathbf{d}\mathit{x}\mathbf{d}\mathit{y}\mathbf{=}\frac{\mathbf{43}\sqrt{\mathbf{2}}}{\mathbf{120}}$$

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