2018年考研数二第17题解析：摆线、二重积分转二次积分、三角函数

题目

设平面区域 $D$ 由曲线 $\{\begin{array}{c}x=t–\sin t;\\ y=1–\cos t\end{array}$ $(0⩽t⩽2\pi )$ 与 $x$ 轴围成，计算二重积分 ${\iint }_D(x+2y)\mathrm{d}x\mathrm{d}y$.

解析

题目中所给的曲线其实就是一条摆线，关于什么是摆线以及摆线的相关性质，可以参考荒原之梦网的这篇文章：《[高数]摆线及其性质》。

很明显，题目中所给的曲线方程是一个参数方程，这里我们先要明白参数方程和平面直角坐标系下的普通方程有什么区别和联系：

• 区别就是，除了有 $x$ 和 $y$ 这两个变量之外，参数方程比普通方程多了一个参数；
• 联系就是，如果我们把变量 $y$ 看成是参数的函数，再把参数看作是变量 $x$ 的函数，那么，事实上，变量 $y$ 就是变量 $x$ 的函数。也就是说，参数方程和平面直角坐标系下的普通方程并没有本质上的区别，只是表述方式的不同而已。

于是，若设题目中的曲线在平面直角坐标系下的普通方程为 $y=y(x)$ $(x⩽x⩽2\pi )$, 则：

注：

[1]. 根据摆线的性质可知，题中所给的摆线就是半径为 $1$ 的圆沿 $x$ 轴旋转一周，其圆周上一定点从坐标原点开始运动的轨迹，因此，在函数 $y(x)$ 中，变量 $x$ 的最大取值就是该圆的周长，即 $2\pi$.

$${\iint }_D(x+2y)\mathrm{d}x\mathrm{d}y\Rightarrow$$

$${\int }_0^{2\pi }\mathrm{d}x{\int }_0^{y(x)}(x+2y)\mathrm{d}y\Rightarrow$$

$${\int }_0^{2\pi }\mathrm{d}x(xy+y^2){|}_0^{y(x)}\Rightarrow$$

$${\int }_0^{2\pi }[xy(x)+y^2(x)]\mathrm{d}x\Rightarrow$$

$${\int }_0^{2\pi }[(t–\sin t)(1–\cos t)+(1–\cos t{)}^2]\mathrm{d}(t–\sin t)\Rightarrow$$

$${\int }_0^{2\pi }[(t–\sin t)(1–\cos t)+(1–\cos t{)}^2](1–\cos t)\mathrm{d}t\Rightarrow$$

$${\int }_0^{2\pi }[(t–\sin t)(1–\cos t{)}^2+(1–\cos t{)}^3]\mathrm{d}t\Rightarrow$$

$${\int }_0^{2\pi }(t–\sin t)(1–\cos t{)}^2\mathrm{d}t+{\int }_0^{2\pi }(1–\cos t{)}^3\mathrm{d}t.$$

其中：

$${\int }_0^{2\pi }(t–\sin t)(1–\cos t{)}^2\mathrm{d}t\Rightarrow$$

$${\int }_0^{2\pi }(t–\sin t)(1+{\cos }^{2}t–2\cos t)\mathrm{d}t\Rightarrow$$

$${\int }_0^{2\pi }(t+t{\cos }^{2}t–2t\cos t–\sin t–\sin t{\cos }^{2}t+2\sin t\cos t)\mathrm{d}t\Rightarrow$$

注：

[1]. 根据 $\sin t$ 和 $\cos t$ 在 $(0,2\pi )$ 区间上的图象可知，$\sin t$ 是关于 $x=\pi$ 的奇函数，$\cos t$ 是关于 $x=\pi$ 的偶函数，于是：${\int }_0^{2\pi }\sin t\mathrm{d}t=0$, ${\int }_0^{2\pi }\sin t{\cos }^{2}t\mathrm{d}t=0$, $2{\int }_0^{2\pi }\sin t\cos t\mathrm{d}t=0$.

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

$$\{\begin{array}{c}{\int }_0^{2\pi }t\mathrm{d}t=\frac{1}{2}\cdot 4{\pi }^2=2{\pi }^2;\\ {\int }_0^{2\pi }t{\cos }^{2}t\mathrm{d}t=\frac{1}{2}{\int }_0^{2\pi }t(1+\cos 2t)\mathrm{d}t={\pi }^2+\frac{1}{4}{\int }_0^{2\pi }t\mathrm{d}(\sin 2t)={\pi }^2;\\ 2{\int }_0^{2\pi }t\cos t\mathrm{d}t=2{\int }_0^{2\pi }t\mathrm{d}(\sin t)=2(t\sin t{|}_0^{2\pi }–{\int }_0^{2\pi }\sin t\mathrm{d}t)=0.\end{array}\Rightarrow$$

$$2{\pi }^2+{\pi }^2–0=3{\pi }^2.$$

$${\int }_0^{2\pi }(1–\cos t{)}^3\mathrm{d}t\Rightarrow$$

$${\int }_0^{2\pi }(1–\cos t)(1+{\cos }^{2}t–2\cos t)\mathrm{d}t\Rightarrow$$

$${\int }_0^{2\pi }(1+{\cos }^{2}t–2\cos t–\cos t–{\cos }^{3}t+2{\cos }^{2}t)\mathrm{d}t\Rightarrow$$

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

$${\int }_0^{2\pi }(1+3{\cos }^{2}t)\mathrm{d}t\Rightarrow$$

$${\int }_0^{2\pi }\mathrm{d}t+3{\int }_0^{2\pi }{\cos }^{2}t\mathrm{d}t\Rightarrow$$

$$2\pi +3\cdot \frac{1}{2}{\int }_0^{2\pi }(1+\cos 2t)\mathrm{d}t\Rightarrow$$

$$2\pi +\frac{3}{2}{\int }_0^{2\pi }\mathrm{d}t+{\int }_0^{2\pi }\cos 2t\mathrm{d}t\Rightarrow$$

$$2\pi +3\pi +\frac{1}{2}{\int }_0^{2\pi }\cos 2t\mathrm{d}(2t)\Rightarrow$$

$$5\pi +0=5\pi .$$

于是：

$${\int }_0^{2\pi }(t–\sin t)(1–\cos t{)}^2\mathrm{d}t+{\int }_0^{2\pi }(1–\cos t{)}^3]\mathrm{d}t=3{\pi }^2+5\pi .$$

即：

$${\iint }_D(x+2y)\mathrm{d}x\mathrm{d}y=3{\pi }^2+5\pi .$$