2011年考研数二真题第13题解析：二重积分的计算，三种解法

题目

设平面区域 $D$ 由直线 $y=x$, 圆 $x^2+y^2=2y$ 及 $y$ 轴所围成，则二重积分 $\iint xyd\sigma =?$

解析

由题目中圆的方程 $x^2+y^2=2y$ 可得：

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

$$x^2+y^2–2y=0\Rightarrow$$

$$x^2+(y-1{)}^2=1.$$

于是可知，这是一个圆心坐标为 $(0,1)$, 半径 $r=1$ 的圆。

根据题目中的信息，我们可以绘制出如下示意图（阴影部分为积分区域 $D$）：

到这里可以知道，本题考查的就是二重积分的计算问题。具体到本题，我们有三种解法。

解法一

由于本题涉及到了圆形，在二重积分计算的问题中，只要涉及到了圆形，就可以考虑用极坐标系和极坐标方程来解。如下即为本题的极坐标解法。

已知，在极坐标系下：

$$\{\begin{array}{c}x=r\cos \theta ,\\ y=r\sin \theta .\end{array}$$

又知，极坐标系下二重积分可表示为：

$${\iint }_{D}f(x,y)dxdy={\iint }_{D}f(r\cos \theta ,r\sin \theta )rdrd\theta$$

于是：

$${\iint }_{D}xyd\sigma =$$

$${\iint }_{D}r\cos \theta \cdot r\sin \theta \cdot r\cdot drd\theta =$$

$${\iint }_D{r}^3\cos \theta \sin \theta drd\theta =$$

$${\int }_{\frac{\pi }{4}}^{\frac{\pi }{2}}\cos \theta \sin \theta d\theta {\int }_0^{2\sin \theta }{r}^{3}dr=$$

$${\int }_{\frac{\pi }{4}}^{\frac{\pi }{2}}[(\cos \theta \sin \theta )\cdot (\frac{1}{4}{r}^4{|}_0^{2\sin \theta })]d\theta =$$

$$4{\int }_{\frac{\pi }{4}}^{\frac{\pi }{2}}{\sin }^5\theta \cos \theta d\theta =$$

$$4{\int }_{\frac{\sqrt{2}}{2}}^1{\sin }^5\theta d(\sin \theta )=$$

$$4\cdot \frac{1}{6}({\sin }^6\theta ){|}_{\frac{\sqrt{2}}{2}}^1=$$

$$\frac{2}{3}\cdot (1–(\frac{\sqrt{2}}{2}{)}^6)=$$

$$\frac{2}{3}\cdot (1–\frac{1}{8})=$$

$$\frac{2}{3}\cdot \frac{7}{8}=\frac{7}{12}.$$

注：上面式子中 ${\int }_0^{2\sin \theta }{r}^{3}dr$ 中积分上限 $2\sin \theta$ 的来历如图 02 所示，推导方式如下：

$$\because {\theta }_1={90}^{\circ }–{\theta }_3$$

$${\theta }_2={180}^{\circ }–{90}^{\circ }–{\theta }_3$$

$$\therefore {\theta }_1={\theta }_2=\theta$$

$$\because \sin {\theta }_2=\frac{r}{2}$$

$$\therefore r=2\sin {\theta }_2=2\sin \theta .$$

解法二

除了可以全部使用极坐标系计算之外，我们也可以将积分区域分割成 $D_1$, $D_2$ 两个区域（如图 03），分别用合适的方式求解。

由题可知：

$${\iint }_{D}xyd\sigma ={\iint }_{D_1}xyd\sigma +{\iint }_{D_2}xyd\sigma .$$

其中，对于 $D_1$ 区域，我们可令：

$$\{\begin{array}{c}x=r\cos \theta ,\\ y=r\sin \theta +1.\end{array}$$

于是：

$${\iint }_{D_1}xyd\sigma =$$

$${\iint }_{D_1}(r\cos \theta )\cdot (r\sin \theta +1)\cdot rdrd\theta =$$

$${\iint }_{D_1}r(r^2\sin \theta \cos \theta +r\cos \theta )drd\theta =$$

$${\iint }_{D_1}(r^3\sin \theta \cos \theta +r^2\cos \theta )drd\theta =$$

$${\int }_0^{1}dr{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}(r^3\sin \theta \cos \theta +r^2\cos \theta )d\theta =$$

$${\int }_0^1[r^3{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\sin \theta \cos \theta d\theta +r^2{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\cos \theta d\theta ]dr=$$

$${\int }_0^1[r^3{\int }_0^1\sin \theta d(\sin \theta )d\theta +r^2\cdot (1-0)]dr=$$

$${\int }_0^1(\frac{1}{2}{r}^3+r^2)dr=\frac{1}{8}+\frac{1}{3}.$$

对于 $D_2$ 区域，我们有：

$$0<y<1;$$

$$0<x<y.$$

于是：

$${\iint }_{D_2}xyd\sigma =$$

$${\int }_0^{1}ydy{\int }_0^{y}xdx=$$

$${\int }_0^1(y\cdot \frac{1}{2}{y}^2)dy=$$

$$\frac{1}{2}{\int }_0^1{y}^{3}dy=$$

$$\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{4}=\frac{1}{8}.$$

于是：

$$D=D_1+D_2=$$

$$\frac{1}{3}+\frac{1}{8}+\frac{1}{8}=\frac{7}{12}.$$

解法三

我们也可以完全不使用极坐标，在直角坐标系下也可以解决本题。

由题可知：

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

$$x^2+(y–1{)}^2=1\Rightarrow$$

$$(y–1{)}^2=1-x^2\Rightarrow$$

$$y–1=\sqrt{1–x^2}\Rightarrow$$

$$y=1+\sqrt{1-x^2}.$$

于是，我们有：

$$0<x<1;$$

$$x<y<1+\sqrt{1-x^2}.$$

即：

$${\iint }_{D}xyd\sigma =$$

$${\int }_0^{1}x\cdot dx{\int }_x^{1+\sqrt{1-x^2}}y\cdot dy=$$

$${\int }_0^{1}x\frac{1}{2}[(1+\sqrt{1-x^2}{)}^2–x^2]dx=$$

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

$$\frac{1}{2}{\int }_0^1(2x-2x^3+2x\sqrt{1-x^2})dx=$$

$${\int }_0^1(x–x^3+x\sqrt{1-x^2})dx=$$

$${\int }_0^{1}xdx–{\int }_0^1{x}^{3}dx+{\int }_0^{1}x\sqrt{1-x^2}dx\Rightarrow$$

由于：

$$[(1-x^2{)}^{\frac{3}{2}}{]}^{‘}=$$

$$\frac{3}{2}(1-x^2{)}^{\frac{1}{2}}(-2x)=$$

$$-3x\sqrt{1-x^2}.$$

于是：

$$[-\frac{1}{3}(1-x^2{)}^{\frac{3}{2}}{]}^{‘}=x\sqrt{1-x^2}.$$

于是：

$${\int }_0^{1}xdx–{\int }_0^1{x}^{3}dx+{\int }_0^{1}x\sqrt{1-x^2}dx=$$

$$\frac{1}{2}–\frac{1}{4}-[\frac{1}{3}(1-x^2{)}^{\frac{3}{2}}{|}_0^1]=$$

$$\frac{1}{2}–\frac{1}{4}–(0-\frac{1}{3})=$$

$$\frac{1}{4}+\frac{1}{3}=\frac{7}{12}.$$

注：在本题中，区间写成“大于 $>$”、“小于 $<$”或“大于等于 $⩾$”、“小于等于 $⩽$”都是一样的，不影响积分的结果。