2017年考研数二第20题解析：二重积分、二重积分的化简、直角坐标系转极坐标系

题目

已知平面区域 $D=$ $(x,y)|x^2+y^2⩽2y$, 计算二重积分 ${\iint }_D(x+1{)}^2\mathrm{d}x\mathrm{d}y$.

解析

由题可知：

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

$$x^2+y^2–2y=0\Rightarrow$$

$$x^2+(y–1{)}^2=1.\mathrm{①}$$

由 $\mathrm{①}$ 式可知，题目中所给的积分区域 $D$ 就是由一个圆心坐标 $O$ 为 $(0,1)$, 半径 $r$ 为 $1$ 的圆形所围成的，且该圆形关于坐标轴的 $Y$ 轴对称，如图 01 所示：

接着：

$${\iint }_D(x+1{)}^2\mathrm{d}x\mathrm{d}y\Rightarrow$$

$${\iint }_D(x^2+1+2x)\mathrm{d}x\mathrm{d}y\Rightarrow$$

$${\iint }_D{x}^2\mathrm{d}x\mathrm{d}y+{\iint }_{D}1\mathrm{d}x\mathrm{d}y+{\iint }_{D}2x\mathrm{d}x\mathrm{d}y.$$

由于 $2x$ 可被视为关于 $x$ 的奇函数，且积分区域 $D$ 关于坐标轴 $Y$ 轴对称，因此，根据二重积分的化简定律，可得：

$${\iint }_{D}2x\mathrm{d}x\mathrm{d}y=0.$$

又：

$${\iint }_{D}1\mathrm{d}x\mathrm{d}y=\pi r^2=\pi .$$

于是：

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

$${\iint }_D{x}^2\mathrm{d}x\mathrm{d}y+\pi .\mathrm{②}$$

于是，我们接下来只需要求解出 $\mathrm{②}$ 式中的 ${\iint }_D{x}^2\mathrm{d}x\mathrm{d}y$, 即可求解完毕本题。

根据积分的特点，我们接下来需要将直角坐标系下的二重积分 ${\iint }_D{x}^2\mathrm{d}x\mathrm{d}y$ 转换为极坐标系下的二重积分进行求解。

于是：

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

$$x^2+y^2⩽2y\Rightarrow$$

$$r^2{\cos }^2\theta +r^2{\sin }^2\theta ⩽2r\sin \theta \Rightarrow$$

$$r^2({\cos }^2\theta +{\sin }^2\theta )⩽2r\sin \theta \Rightarrow$$

$$r⩽2\sin \theta .$$

接着：

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

$${\iint }_D(r^2{\cos }^2\theta )\cdot r\mathrm{d}r\mathrm{d}\theta \Rightarrow$$

$${\iint }_D{r}^3{\cos }^2\theta \mathrm{d}r\mathrm{d}\theta \Rightarrow$$

$${\int }_0^{\pi }\mathrm{d}\theta {\int }_0^{2\sin \theta }{r}^3{\cos }^2\theta \mathrm{d}r.\mathrm{③}\Rightarrow$$

注：

[1]. 根据前面的图 01 可知，变量 $\theta$ 的取值范围是：$\theta \in (0,2\pi )$.

$${\int }_0^{\pi }\mathrm{d}\theta \cdot [{\cos }^2\theta {\int }_0^{2\sin \theta }{r}^3\mathrm{d}r]\Rightarrow$$

$${\int }_0^{\pi }\mathrm{d}\theta \cdot [{\cos }^2\theta \cdot \frac{1}{4}{r}^4{|}_0^{2\sin \theta }]\Rightarrow$$

$$4{\int }_0^{\pi }{\cos }^2\theta {\sin }^4\theta \mathrm{d}\theta \Rightarrow$$

$$2\cdot 4{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}{\cos }^2\theta {\sin }^4\theta \mathrm{d}\theta \Rightarrow$$

注：

[1]. 在区间 $(0,\pi )$ 上，${\cos }^2\theta$ 和 ${\sin }^4\theta$ 的图象都是关于 $x=\frac{\pi }{2}$ 对称的.

$$8{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}(1–{\sin }^2\theta ){\sin }^4\theta \mathrm{d}\theta \Rightarrow$$

$$8{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}({\sin }^4\theta –{\sin }^6\theta )\mathrm{d}\theta \Rightarrow$$

$$8[{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}{\sin }^4\theta \mathrm{d}\theta –{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}{\sin }^6\theta \mathrm{d}\theta ]\Rightarrow$$

$$\mathrm{华}\mathrm{里}\mathrm{士}\mathrm{点}\mathrm{火}\mathrm{公}\mathrm{式}\Rightarrow$$

$$8(\frac{3}{4}\cdot \frac{1}{2}\cdot \frac{\pi }{2}–\frac{5}{6}\cdot \frac{3}{4}\cdot \frac{1}{2}\cdot \frac{\pi }{2})\Rightarrow$$

$$8(\frac{3\pi }{16}\cdot \frac{1}{6})=\frac{\pi }{4}.$$

于是，由 $\mathrm{②}$ 式可知：

$${\iint }_D(x+1{)}^2\mathrm{d}x\mathrm{d}y\Rightarrow$$

$${\iint }_D{x}^2\mathrm{d}x\mathrm{d}y+\pi \Rightarrow$$

$$\frac{\pi }{4}+\pi =\frac{5\pi }{4}.$$