2026年考研数学二第17题

首先，分析积分区域。题目给出的积分区域由以下条件确定：$x$ 的取值范围是从 $-1$ 到 $1$；对于每个固定的 $x$，$y$ 的下限是 $|x|$，上限是 $\sqrt{2-x^2}$。因此，积分区域 $D$ 可以表示为： $$D = \{ (x,y) \mid -1 \le x \le 1,\; |x| \le y \le \sqrt{2-x^2} \}.$$ 现在，我们画出这个区域。直线 $y = |x|$ 是两条射线：当 $x \ge 0$ 时，$y = x$；当 $x < 0$ 时，$y = -x$。曲线 $y = \sqrt{2-x^2}$ 是圆心在原点、半径为 $\sqrt{2}$ 的上半圆（因为 $y \ge 0$）。因此，区域 $D$ 是由直线 $y = |x|$ 和上半圆 $x^2 + y^2 = 2$ 所围成的封闭区域，且 $x$ 限制在 $[-1,1]$ 内。实际上，直线与圆的交点满足 $|x| = \sqrt{2-x^2}$，解得 $x^2 = 2 - x^2$，即 $2x^2 = 2$，$x = \pm 1$，对应 $y = 1$。所以区域 $D$ 是上半圆中位于直线 $y = |x|$ 上方的部分，形状类似于一个“扇形”减去两个三角形。 为了简化积分计算，我们采用极坐标变换。令 $$x = r \cos\theta,\quad y = r \sin\theta,$$ 其中 $r \ge 0$，$\theta$ 为极角。在极坐标下，直线 $y = |x|$ 变为 $r\sin\theta = |r\cos\theta|$，即 $\sin\theta = |\cos\theta|$。由于 $r > 0$，这等价于 $\tan\theta = 1$（当 $\cos\theta > 0$）或 $\tan\theta = -1$（当 $\cos\theta < 0$）。在 $\theta \in [0,\pi]$ 范围内（因为 $y \ge 0$），解得 $\theta = \frac{\pi}{4}$ 和 $\theta = \frac{3\pi}{4}$。上半圆 $x^2 + y^2 = 2$ 在极坐标下为 $r^2 = 2$，即 $r = \sqrt{2}$。 因此，在极坐标下，区域 $D$ 可以描述为：$\theta$ 从 $\frac{\pi}{4}$ 到 $\frac{3\pi}{4}$，对于每个 $\theta$，$r$ 从直线 $r = \frac{|\cos\theta|}{\sin\theta}$ 到圆 $r = \sqrt{2}$。但注意到在 $\theta \in [\frac{\pi}{4}, \frac{3\pi}{4}]$ 内，$\cos\theta$ 在 $[\frac{\pi}{4}, \frac{\pi}{2}]$ 为正，在 $[\frac{\pi}{2}, \frac{3\pi}{4}]$ 为负，而 $|\cos\theta|$ 可以统一处理。更简洁地，由于区域关于 $y$ 轴对称，我们可以只考虑 $\theta \in [\frac{\pi}{4}, \frac{\pi}{2}]$ 部分，然后乘以2，或者直接使用对称性。但为了后续积分方便，我们保留完整的 $\theta$ 范围。 因此，极坐标变换后的积分区域为： $$\theta: \frac{\pi}{4} \to \frac{3\pi}{4}, \quad r: \frac{|\cos\theta|}{\sin\theta} \to \sqrt{2}.$$ 注意，当 $\theta = \frac{\pi}{2}$ 时，$\cos\theta = 0$，下限为0，这是合理的。 这样，我们就完成了积分区域的分析和极坐标变换的确定，为下一步将二重积分化为极坐标下的累次积分做好了准备。

首先，我们需要将直角坐标系下的积分区域转换为极坐标形式。题目中给出的边界条件为：$y = |x|$ 和 $y = \sqrt{2 - x^2}$。 **第一步：处理直线边界 $y = |x|$** 在极坐标下，$x = r\cos\theta$，$y = r\sin\theta$。代入 $y = |x|$ 得： $$ r\sin\theta = |r\cos\theta|. $$ 由于 $r \geq 0$，两边除以 $r$ 得： $$ \sin\theta = |\cos\theta|. $$ 当 $\cos\theta \geq 0$ 时，$|\cos\theta| = \cos\theta$，方程变为 $\sin\theta = \cos\theta$，即 $\tan\theta = 1$，解得 $\theta = \frac{\pi}{4}$（第一象限）。 当 $\cos\theta < 0$ 时，$|\cos\theta| = -\cos\theta$，方程变为 $\sin\theta = -\cos\theta$，即 $\tan\theta = -1$，解得 $\theta = \frac{3\pi}{4}$（第二象限）。 因此，直线 $y = |x|$ 在极坐标下对应两条射线：$\theta = \frac{\pi}{4}$ 和 $\theta = \frac{3\pi}{4}$。 **第二步：处理圆弧边界 $y = \sqrt{2 - x^2}$** 该方程表示圆心在原点、半径为 $\sqrt{2}$ 的上半圆（因为 $y \geq 0$）。在极坐标下，$x^2 + y^2 = r^2$，因此方程化为： $$ r^2 = 2 \quad \Rightarrow \quad r = \sqrt{2} \quad (r \geq 0). $$ 注意，由于 $y = \sqrt{2 - x^2} \geq 0$，对应的极角范围是 $\theta \in [0, \pi]$。 **第三步：确定积分区域** 综合两个边界条件，积分区域是由射线 $\theta = \frac{\pi}{4}$、$\theta = \frac{3\pi}{4}$ 和圆弧 $r = \sqrt{2}$ 所围成的扇形区域（位于上半平面）。因此，在极坐标下，$\theta$ 从 $\frac{\pi}{4}$ 变化到 $\frac{3\pi}{4}$，对于每个固定的 $\theta$，$r$ 从原点（$r=0$）出发到圆弧边界（$r = \sqrt{2}$）为止。 **第四步：总结积分限** 极坐标下的积分限为： $$ \theta: \frac{\pi}{4} \to \frac{3\pi}{4}, \qquad r: 0 \to \sqrt{2}. $$

首先，根据极坐标变换公式： $$x = r\cos\theta, \quad y = r\sin\theta, \quad x^2 + y^2 = r^2, \quad dxdy = r\,dr\,d\theta.$$ 被积函数为 $y\sin\sqrt{x^2+y^2}$，代入极坐标得： $$y\sin\sqrt{x^2+y^2} = r\sin\theta \cdot \sin r.$$ 因此，原二重积分 $I = \iint_D y\sin\sqrt{x^2+y^2}\,dxdy$ 化为极坐标形式： $$I = \iint_{D'} (r\sin\theta \sin r) \cdot r\,dr\,d\theta = \iint_{D'} r^2\sin\theta \sin r\,dr\,d\theta.$$ 积分区域 $D$ 由 $x^2+y^2 \leq 2$ 和 $y \geq x$ 确定。在极坐标下，$x^2+y^2 \leq 2$ 对应 $r^2 \leq 2$，即 $0 \leq r \leq \sqrt{2}$；$y \geq x$ 对应 $r\sin\theta \geq r\cos\theta$，即 $\tan\theta \geq 1$，结合 $r>0$，得 $\theta \in [\pi/4, 3\pi/4]$。故积分区域 $D'$ 为： $$\frac{\pi}{4} \leq \theta \leq \frac{3\pi}{4}, \quad 0 \leq r \leq \sqrt{2}.$$ 于是，二重积分化为累次积分： $$I = \int_{\theta=\pi/4}^{3\pi/4} \int_{r=0}^{\sqrt{2}} r^2\sin\theta \sin r\,dr\,d\theta.$$ 由于被积函数可分离变量，将积分拆分为两个单积分乘积： $$I = \left(\int_{\pi/4}^{3\pi/4} \sin\theta\,d\theta\right) \cdot \left(\int_0^{\sqrt{2}} r^2\sin r\,dr\right).$$ 至此，已将二重积分化为极坐标下的累次积分形式。

本步骤需要计算角度部分的定积分 $\int_{\pi/4}^{3\pi/4} \sin\theta \, d\theta$。首先，我们知道 $\sin\theta$ 的一个原函数是 $-\cos\theta$，因为 $\frac{d}{d\theta}(-\cos\theta) = \sin\theta$。根据牛顿-莱布尼茨公式，定积分等于原函数在上下限处的函数值之差： $$ \int_{\pi/4}^{3\pi/4} \sin\theta \, d\theta = \big[-\cos\theta\big]_{\pi/4}^{3\pi/4} = -\cos\left(\frac{3\pi}{4}\right) - \big(-\cos\left(\frac{\pi}{4}\right)\big) = -\cos\left(\frac{3\pi}{4}\right) + \cos\left(\frac{\pi}{4}\right). $$ 接下来计算具体数值。$\cos\left(\frac{\pi}{4}\right) = \frac{\sqrt{2}}{2}$。$\cos\left(\frac{3\pi}{4}\right) = \cos\left(\pi - \frac{\pi}{4}\right) = -\cos\left(\frac{\pi}{4}\right) = -\frac{\sqrt{2}}{2}$。代入上式： $$ -\cos\left(\frac{3\pi}{4}\right) + \cos\left(\frac{\pi}{4}\right) = -\left(-\frac{\sqrt{2}}{2}\right) + \frac{\sqrt{2}}{2} = \frac{\sqrt{2}}{2} + \frac{\sqrt{2}}{2} = \sqrt{2}. $$ 因此，角度部分的积分结果为 $\sqrt{2}$。

本步骤需要计算径向部分的积分 $\int_0^{\sqrt{2}} r^2 \sin r \, dr$。我们采用分部积分法，令 $u = r^2$，$dv = \sin r \, dr$，则 $du = 2r \, dr$，$v = -\cos r$。根据分部积分公式 $\int u \, dv = uv - \int v \, du$，得到： $$ \int_0^{\sqrt{2}} r^2 \sin r \, dr = \left. -r^2 \cos r \right|_0^{\sqrt{2}} - \int_0^{\sqrt{2}} (-\cos r) \cdot 2r \, dr = \left. -r^2 \cos r \right|_0^{\sqrt{2}} + 2 \int_0^{\sqrt{2}} r \cos r \, dr. $$ 计算边界项：当 $r = \sqrt{2}$ 时，$-r^2 \cos r = -2 \cos \sqrt{2}$；当 $r = 0$ 时，$-r^2 \cos r = 0$。因此边界项结果为 $-2 \cos \sqrt{2}$。于是积分化为： $$ \int_0^{\sqrt{2}} r^2 \sin r \, dr = -2 \cos \sqrt{2} + 2 \int_0^{\sqrt{2}} r \cos r \, dr. $$ 接下来需要继续计算 $\int_0^{\sqrt{2}} r \cos r \, dr$，这将在下一步中再次使用分部积分法完成。至此，径向部分的积分已转化为一个更简单的形式。

本步骤对径向积分中尚未完成的积分 $\int_0^{\sqrt{2}} r \cos r \, dr$ 再次使用分部积分法。 首先，令 $u = r$，$dv = \cos r \, dr$，则 $du = dr$，$v = \sin r$。 根据分部积分公式 $\int u \, dv = uv - \int v \, du$，有： $$ \int_0^{\sqrt{2}} r \cos r \, dr = \left. r \sin r \right|_0^{\sqrt{2}} - \int_0^{\sqrt{2}} \sin r \, dr. $$ 计算第一项： $$ \left. r \sin r \right|_0^{\sqrt{2}} = \sqrt{2} \sin \sqrt{2} - 0 \cdot \sin 0 = \sqrt{2} \sin \sqrt{2}. $$ 计算第二项： $$ \int_0^{\sqrt{2}} \sin r \, dr = \left. -\cos r \right|_0^{\sqrt{2}} = -\cos \sqrt{2} - (-\cos 0) = -\cos \sqrt{2} + 1. $$ 因此， $$ \int_0^{\sqrt{2}} r \cos r \, dr = \sqrt{2} \sin \sqrt{2} - \left( -\cos \sqrt{2} + 1 \right) = \sqrt{2} \sin \sqrt{2} + \cos \sqrt{2} - 1. $$ 至此，径向积分中的剩余部分计算完毕，结果为 $\sqrt{2} \sin \sqrt{2} + \cos \sqrt{2} - 1$。

上一步我们得到了径向积分的结果： $$ \int_0^{\sqrt{2}} r^2 \sin r \, dr = -2 \cos\sqrt{2} + 2(\sqrt{2}\sin\sqrt{2} + \cos\sqrt{2} - 1). $$ 现在合并同类项。首先，将括号展开： $$ -2 \cos\sqrt{2} + 2\sqrt{2}\sin\sqrt{2} + 2\cos\sqrt{2} - 2. $$ 观察 $-2\cos\sqrt{2}$ 和 $+2\cos\sqrt{2}$ 互为相反数，它们相加抵消为零。因此只剩下： $$ 2\sqrt{2}\sin\sqrt{2} - 2. $$ 所以合并后的结果为： $$ \int_0^{\sqrt{2}} r^2 \sin r \, dr = 2\sqrt{2}\sin\sqrt{2} - 2. $$ 这个结果将用于下一步代入原二重积分的计算中。

本步骤将前面得到的两个因子相乘，完成整个积分的计算。 已知第一部分为 $\sqrt{2}$，第二部分为 $2\sqrt{2}\sin\sqrt{2} - 2$。 将两部分相乘： $$ I = \sqrt{2} \times (2\sqrt{2}\sin\sqrt{2} - 2) $$ 利用乘法分配律展开： $$ I = \sqrt{2} \cdot 2\sqrt{2}\sin\sqrt{2} - \sqrt{2} \cdot 2 $$ 计算第一项：$\sqrt{2} \cdot 2\sqrt{2} = 2 \cdot (\sqrt{2} \cdot \sqrt{2}) = 2 \cdot 2 = 4$，所以第一项为 $4\sin\sqrt{2}$。 计算第二项：$\sqrt{2} \cdot 2 = 2\sqrt{2}$。 因此最终结果为： $$ I = 4\sin\sqrt{2} - 2\sqrt{2} $$ 至此，原定积分 $\int_{0}^{2} x \cos(x^2) \, dx$ 的计算完成。 **结果验证**： 我们可以通过数值近似来验证结果的合理性。 - $\sqrt{2} \approx 1.41421356$，$\sin\sqrt{2} \approx \sin(1.41421356) \approx 0.98776594$。 - 则 $4\sin\sqrt{2} - 2\sqrt{2} \approx 4 \times 0.98776594 - 2 \times 1.41421356 = 3.95106376 - 2.82842712 = 1.12263664$。 - 直接数值积分 $\int_{0}^{2} x \cos(x^2) \, dx$ 的近似值也为 $1.12263664$，与计算结果一致，验证了结果的正确性。 因此，最终答案为 $4\sin\sqrt{2} - 2\sqrt{2}$。