2015年考研数二第18题解析：二重积分、二重积分的化简、三角函数代换、华里士点火公式

题目

计算二重积分 ${\iint }_{D}x(x+y)\mathrm{d}x\mathrm{d}y$, 其中 $D=$ $\{(x,y)|x^2+y^2⩽2,y⩾x^2\}$.

解析

根据题目条件，我们可以绘制出如图 01 所示的示意图，其中绿色的部分就是积分区域 $D$.

观察可知，积分区域 $D$ 是关于 $y$ 轴对称的，于是，以 $y$ 轴为界，我们可以将积分区域 $D$ 划分为如图 01 所示的 $D_1$ 和 $D_2$ 两个面积相等的区域。

又：

$${\iint }_{D}x(x+y)\mathrm{d}x\mathrm{d}y\Rightarrow$$

$${\iint }_D{x}^2\mathrm{d}x\mathrm{d}y+{\iint }_{D}xy\mathrm{d}x\mathrm{d}y.$$

由于积分区域 $D$ 是关于 $y$ 轴对称的，而函数 $f(x,y)=xy$ 是关于变量 $x$ 的奇函数，因此：

$${\iint }_D{x}^2\mathrm{d}x\mathrm{d}y+{\iint }_{D}xy\mathrm{d}x\mathrm{d}y=$$

$${\iint }_D{x}^2\mathrm{d}x\mathrm{d}y+0=$$

$${\iint }_D{x}^2\mathrm{d}x\mathrm{d}y=\mathrm{①}$$

$$2{\iint }_{D_1}{x}^2\mathrm{d}x\mathrm{d}y.\mathrm{②}$$

注：

[1]. 注意上面 $\mathrm{①}$ 式和 $\mathrm{②}$ 式积分区域的不同。

又：

$$x^2+y^2=2\Rightarrow$$

$$y=\pm \sqrt{2-x^2}.$$

若令：

$$\sqrt{2-x^2}=x^2.$$

注：

[1]. 由于积分区域 $D$ 全部位于 $y$ 轴的正半轴，因此，我们只需计算 $\sqrt{2-x^2}=x^2$, 而无需计算 $-\sqrt{2-x^2}=x^2$.

则：

$$x=\pm 1.$$

即曲线 $x^2+y^2=2$ 与曲线 $y=x^2$ 相交点的横坐标分别是 $-1$ 和 $1$, 于是：

$$2{\iint }_{D_1}{x}^2\mathrm{d}x\mathrm{d}y=$$

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

$$2{\int }_0^1{x}^2(\sqrt{2-x^2}–x^2)\mathrm{d}x=$$

$$2[{\int }_0^1(x^2\sqrt{2-x^2})\mathrm{d}x–{\int }_0^1{x}^4\mathrm{d}x].$$

$$2{\int }_0^1(x^2\sqrt{2-x^2})\mathrm{d}x–2{\int }_0^1{x}^4\mathrm{d}x=$$

$$2{\int }_0^1(x^2\sqrt{2-x^2})\mathrm{d}x–2\frac{1}{5}{x}^5{|}_0^1=$$

$$2{\int }_0^1(x^2\sqrt{2-x^2})\mathrm{d}x–\frac{2}{5}.$$

接着，借助三角函数代换，令 $x=\sqrt{2}\sin A$, 于是：

$$0⩽x⩽1\Rightarrow$$

$$0⩽\sqrt{2}\sin A⩽1\Rightarrow$$

$$0⩽\sin A⩽\frac{\sqrt{2}}{2}\Rightarrow$$

$$0⩽A⩽\frac{\pi }{4}.$$

即：

$$2{\int }_0^1{x}^2\sqrt{2-x^2}–\frac{2}{5}\Rightarrow$$

$$2{\int }_0^{\frac{\pi }{4}}2{\sin }^{2}A\cdot \sqrt{2}\cos A\mathrm{d}(\sqrt{2}\sin A)–\frac{2}{5}=$$

$$2{\int }_0^{\frac{\pi }{4}}2{\sin }^{2}A\cdot 2{\cos }^{2}A\mathrm{d}(A)–\frac{2}{5}=$$

$$8{\int }_0^{\frac{\pi }{4}}{\sin }^{2}A\cdot {\cos }^{2}A\mathrm{d}(A)–\frac{2}{5}=$$

$$8{\int }_0^{\frac{\pi }{4}}(\sin A\cos A)\cdot (\sin A\cos A)\mathrm{d}(A)–\frac{2}{5}=\mathrm{③}$$

$$8\cdot \frac{1}{4}{\int }_0^{\frac{\pi }{4}}{\sin }^2(2A)\mathrm{d}(A)–\frac{2}{5}=\mathrm{④}$$

注：

[1]. $\mathrm{③}$ 式到 $\mathrm{④}$ 式的变换过程利用了如下公式：

$\sin 2\alpha =2\sin \alpha \cos \alpha .$

$$2\cdot \frac{1}{2}{\int }_0^{\frac{\pi }{4}}{\sin }^2(2A)\mathrm{d}(2A)–\frac{2}{5}=$$

注：
[1]. 若令 $B=2A$, 则由 $0⩽A⩽\frac{\pi }{4}$ 可知：

$0⩽B⩽\frac{\pi }{2}.$

$${\int }_0^{\frac{\pi }{2}}{\sin }^{2}B\mathrm{d}(B)–\frac{2}{5}=\mathrm{⑤}$$

$$\frac{1}{2}\cdot \frac{\pi }{2}–\frac{2}{5}=\mathrm{⑥}$$

注：

[1]. $\mathrm{⑤}$ 式到 $\mathrm{⑥}$ 式的变换过程利用了华里士“点火公式”。

$$\frac{\pi }{4}–\frac{2}{5}.$$