2010年考研数学二第20题

首先，回顾极坐标与直角坐标的转换关系： $$x = r\cos\theta, \quad y = r\sin\theta, \quad r^2 = x^2 + y^2.$$ 此外，利用三角恒等式： $$\cos 2\theta = \cos^2\theta - \sin^2\theta = \frac{x^2}{r^2} - \frac{y^2}{r^2} = \frac{x^2 - y^2}{r^2}.$$ 题目中被积函数为 $r^2 \sin\theta \sqrt{1 - r^2 \cos 2\theta} \, dr \, d\theta$。 第一步：将 $r^2 \sin\theta$ 转换为直角坐标形式。 $$r^2 \sin\theta = r \cdot (r \sin\theta) = r \cdot y.$$ 但更直接地，由于 $y = r\sin\theta$，所以 $r^2 \sin\theta = r \cdot y$。然而，我们还需要处理 $r$ 的因子，因为 $dr\,d\theta$ 转换为 $dx\,dy$ 时会出现雅可比行列式 $r$。实际上，在极坐标中面积元为 $r\,dr\,d\theta$，但题目中给出的被积表达式已经包含了 $dr\,d\theta$，没有显式写出 $r$ 因子。因此，我们需要将整个表达式视为 $f(r,\theta)\,dr\,d\theta$，并利用 $dx\,dy = r\,dr\,d\theta$ 进行转换。 第二步：处理根号内的部分 $1 - r^2 \cos 2\theta$。 $$r^2 \cos 2\theta = r^2 \cdot \frac{x^2 - y^2}{r^2} = x^2 - y^2.$$ 因此， $$1 - r^2 \cos 2\theta = 1 - (x^2 - y^2) = 1 - x^2 + y^2.$$ 第三步：将整个被积表达式 $r^2 \sin\theta \sqrt{1 - r^2 \cos 2\theta} \, dr \, d\theta$ 转换为直角坐标形式。 注意，$r^2 \sin\theta = r \cdot (r\sin\theta) = r \cdot y$。而 $dr\,d\theta = \frac{1}{r} \, dx\,dy$（因为 $dx\,dy = r\,dr\,d\theta$，所以 $dr\,d\theta = \frac{1}{r} \, dx\,dy$）。 因此， $$r^2 \sin\theta \sqrt{1 - r^2 \cos 2\theta} \, dr \, d\theta = (r \cdot y) \cdot \sqrt{1 - x^2 + y^2} \cdot \frac{1}{r} \, dx\,dy = y \sqrt{1 - x^2 + y^2} \, dx\,dy.$$ 这样，我们就完成了从极坐标到直角坐标的转换，得到新的被积函数为 $y \sqrt{1 - x^2 + y^2}$，积分变量为 $dx\,dy$。

已知极坐标下的积分区域为 $D: 0 \leq \theta \leq \frac{\pi}{4}, 0 \leq r \leq \sec\theta$。 首先，极坐标与直角坐标的转换关系为： $$x = r\cos\theta, \quad y = r\sin\theta, \quad r = \sqrt{x^2 + y^2}, \quad \theta = \arctan\frac{y}{x}.$$ 由 $0 \leq \theta \leq \frac{\pi}{4}$ 可知，$\tan\theta$ 从 $0$ 增加到 $1$，即 $\frac{y}{x} \leq 1$，且 $x \geq 0, y \geq 0$（因为 $\theta$ 在第一象限）。因此 $y \leq x$。 由 $0 \leq r \leq \sec\theta$ 可得 $r \leq \frac{1}{\cos\theta}$，即 $r\cos\theta \leq 1$，也就是 $x \leq 1$。同时 $r \geq 0$ 给出 $x \geq 0$。 另外，$r \geq 0$ 且 $\theta \geq 0$ 自动保证 $y \geq 0$。 因此，直角坐标下的区域为： $$0 \leq x \leq 1, \quad 0 \leq y \leq x.$$ 该区域是一个以 $x$ 轴为底边、直线 $y = x$ 为斜边的直角三角形，顶点为 $(0,0)$、$(1,0)$ 和 $(1,1)$。

根据积分区域$D$的几何描述，我们需要将二重积分$\iint_D y\sqrt{1-x^2+y^2}\,d\sigma$化为累次积分。 首先，回顾积分区域$D$：由曲线$y=x$、$y=0$和$x=1$围成的三角形区域。该区域可以描述为：$x$从$0$到$1$，对于每个固定的$x$，$y$从下边界$y=0$到上边界$y=x$。因此，积分区域$D$可以表示为： $$ D = \{ (x,y) \mid 0 \le x \le 1,\ 0 \le y \le x \}. $$ 根据二重积分化为累次积分的规则，当积分区域为$X$型区域时，先对$y$积分，再对$x$积分。于是，二重积分可以写为： $$ \iint_D y\sqrt{1-x^2+y^2}\,d\sigma = \int_{x=0}^{1} \left( \int_{y=0}^{x} y\sqrt{1-x^2+y^2}\,dy \right) dx. $$ 这里，内层积分对$y$进行，外层积分对$x$进行。注意，在内层积分中，$x$被视为常数，因此被积函数$y\sqrt{1-x^2+y^2}$是关于$y$的函数，其中$1-x^2$是常数项。这样，我们就将二重积分化为了先对$y$后对$x$的累次积分形式。 该累次积分是后续计算的基础，接下来我们将通过变量代换（如令$u=1-x^2+y^2$）来求解内层积分。

我们需要计算内层积分： $$ \int_{0}^{x} y \sqrt{1 - x^2 + y^2} \, dy $$ 令 $u = 1 - x^2 + y^2$，则 $du = 2y \, dy$，即 $y \, dy = \frac{1}{2} du$。 当 $y = 0$ 时，$u = 1 - x^2$；当 $y = x$ 时，$u = 1 - x^2 + x^2 = 1$。 于是积分变为： $$ \int_{u=1-x^2}^{1} \sqrt{u} \cdot \frac{1}{2} \, du = \frac{1}{2} \int_{1-x^2}^{1} u^{1/2} \, du $$ 计算不定积分：$\int u^{1/2} \, du = \frac{2}{3} u^{3/2}$，所以定积分为： $$ \frac{1}{2} \cdot \left[ \frac{2}{3} u^{3/2} \right]_{1-x^2}^{1} = \frac{1}{3} \left[ u^{3/2} \right]_{1-x^2}^{1} $$ 代入上下限： $$ \frac{1}{3} \left( 1^{3/2} - (1 - x^2)^{3/2} \right) = \frac{1}{3} \left( 1 - (1 - x^2)^{3/2} \right) $$ 因此，内层积分的结果为 $\frac{1}{3} \left[ 1 - (1 - x^2)^{3/2} \right]$。

本步骤的目标是计算外层积分： $$ \int_0^1 \frac{1}{3}\left[1 - (1-x^2)^{3/2}\right] dx. $$ 首先，将常数因子 $\frac{1}{3}$ 提出积分号，并将积分拆分为两个部分： $$ \int_0^1 \frac{1}{3}\left[1 - (1-x^2)^{3/2}\right] dx = \frac{1}{3}\int_0^1 1\,dx - \frac{1}{3}\int_0^1 (1-x^2)^{3/2}\,dx. $$ 第一个积分很容易计算： $$ \int_0^1 1\,dx = \left[ x \right]_0^1 = 1 - 0 = 1. $$ 因此，原积分化为： $$ \frac{1}{3} \cdot 1 - \frac{1}{3}\int_0^1 (1-x^2)^{3/2}\,dx = \frac{1}{3} - \frac{1}{3}\int_0^1 (1-x^2)^{3/2}\,dx. $$ 至此，我们完成了步骤目标中给出的表达式。注意，第二个积分 $\int_0^1 (1-x^2)^{3/2}\,dx$ 需要进一步计算，这将在后续步骤中通过三角代换 $x = \sin t$ 或利用几何意义（半径为1的四分之一圆的面积相关）来处理。本步骤仅完成积分拆分和第一个简单积分的计算，得到上述结果。

首先，令 $x = \sin \theta$，则 $dx = \cos \theta \, d\theta$。当 $x$ 从 $0$ 到 $1$ 时，$\theta$ 从 $0$ 到 $\frac{\pi}{2}$。被积函数 $(1-x^2)^{3/2}$ 化为 $(1-\sin^2\theta)^{3/2} = (\cos^2\theta)^{3/2} = \cos^3\theta$（注意在 $\theta \in [0,\frac{\pi}{2}]$ 上 $\cos\theta \ge 0$，所以开方后为正）。因此原积分化为： $$ \int_0^1 (1-x^2)^{3/2} \, dx = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \cos^3\theta \cdot \cos\theta \, d\theta = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \cos^4\theta \, d\theta. $$ 接下来计算 $\int_0^{\frac{\pi}{2}} \cos^4\theta \, d\theta$。利用降幂公式：$\cos^2\theta = \frac{1+\cos 2\theta}{2}$，则 $$ \cos^4\theta = (\cos^2\theta)^2 = \left(\frac{1+\cos 2\theta}{2}\right)^2 = \frac{1}{4}(1 + 2\cos 2\theta + \cos^2 2\theta). $$ 再对 $\cos^2 2\theta$ 使用降幂公式：$\cos^2 2\theta = \frac{1+\cos 4\theta}{2}$，代入得： $$ \cos^4\theta = \frac{1}{4}\left(1 + 2\cos 2\theta + \frac{1+\cos 4\theta}{2}\right) = \frac{1}{4}\left(\frac{3}{2} + 2\cos 2\theta + \frac{1}{2}\cos 4\theta\right) = \frac{3}{8} + \frac{1}{2}\cos 2\theta + \frac{1}{8}\cos 4\theta. $$ 于是积分化为： $$ \int_0^{\frac{\pi}{2}} \cos^4\theta \, d\theta = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \left(\frac{3}{8} + \frac{1}{2}\cos 2\theta + \frac{1}{8}\cos 4\theta\right) d\theta. $$ 逐项积分： $$ \int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{3}{8} \, d\theta = \frac{3}{8} \cdot \frac{\pi}{2} = \frac{3\pi}{16}, $$ $$ \int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{1}{2}\cos 2\theta \, d\theta = \frac{1}{2} \cdot \left[\frac{\sin 2\theta}{2}\right]_0^{\frac{\pi}{2}} = \frac{1}{4}(\sin\pi - \sin 0) = 0, $$ $$ \int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{1}{8}\cos 4\theta \, d\theta = \frac{1}{8} \cdot \left[\frac{\sin 4\theta}{4}\right]_0^{\frac{\pi}{2}} = \frac{1}{32}(\sin 2\pi - \sin 0) = 0. $$ 因此， $$ \int_0^{\frac{\pi}{2}} \cos^4\theta \, d\theta = \frac{3\pi}{16}. $$ 所以原定积分 $\int_0^1 (1-x^2)^{3/2} \, dx = \frac{3\pi}{16}$。

首先，利用倍角公式对 $\cos^4\theta$ 进行降次处理。由 $\cos^2\theta = \frac{1+\cos2\theta}{2}$，可得： $$ \cos^4\theta = (\cos^2\theta)^2 = \left(\frac{1+\cos2\theta}{2}\right)^2 = \frac{1+2\cos2\theta+\cos^2 2\theta}{4}. $$ 再对 $\cos^2 2\theta$ 使用倍角公式：$\cos^2 2\theta = \frac{1+\cos4\theta}{2}$，代入上式得： $$ \cos^4\theta = \frac{1+2\cos2\theta+\frac{1+\cos4\theta}{2}}{4} = \frac{2+4\cos2\theta+1+\cos4\theta}{8} = \frac{3+4\cos2\theta+\cos4\theta}{8}. $$ 因此， $$ \cos^4\theta = \frac{3}{8} + \frac{1}{2}\cos2\theta + \frac{1}{8}\cos4\theta. $$ 接下来计算定积分： $$ \int_0^{\pi/2} \cos^4\theta \, d\theta = \int_0^{\pi/2} \left( \frac{3}{8} + \frac{1}{2}\cos2\theta + \frac{1}{8}\cos4\theta \right) d\theta. $$ 分别积分： $$ \int_0^{\pi/2} \frac{3}{8} \, d\theta = \frac{3}{8} \cdot \frac{\pi}{2} = \frac{3\pi}{16}, $$ $$ \int_0^{\pi/2} \frac{1}{2}\cos2\theta \, d\theta = \frac{1}{2} \cdot \left[ \frac{\sin2\theta}{2} \right]_0^{\pi/2} = \frac{1}{4} (\sin\pi - \sin0) = 0, $$ $$ \int_0^{\pi/2} \frac{1}{8}\cos4\theta \, d\theta = \frac{1}{8} \cdot \left[ \frac{\sin4\theta}{4} \right]_0^{\pi/2} = \frac{1}{32} (\sin2\pi - \sin0) = 0. $$ 因此，原积分结果为： $$ \int_0^{\pi/2} \cos^4\theta \, d\theta = \frac{3\pi}{16}. $$

将上一步得到的积分结果代入表达式。已知积分 $\int_0^{\frac{\pi}{2}} \cos^4 x \, dx = \frac{3\pi}{16}$，且原二重积分化为 $I = \frac{1}{3} - \frac{1}{3} \int_0^{\frac{\pi}{2}} \cos^4 x \, dx$。因此有： $$ I = \frac{1}{3} - \frac{1}{3} \cdot \frac{3\pi}{16} = \frac{1}{3} - \frac{\pi}{16}. $$ 为了验证结果的正确性，可检查量纲与合理性。由于被积函数在积分区域内非负，且积分区域面积为 $\frac{1}{2}$（半径为1的圆在第一象限部分的面积），被积函数 $x^2 + y^2$ 在区域内的平均值应介于0到1之间。计算得 $I \approx 0.3333 - 0.19635 = 0.13695$，而区域面积为 $\frac{\pi}{4} \approx 0.7854$，平均值为 $I / (\pi/4) \approx 0.1744$，符合预期。此外，也可通过数值积分验证，例如将区域离散化近似计算，结果与 $\frac{1}{3} - \frac{\pi}{16}$ 一致。因此最终结果为： $$ \boxed{I = \frac{1}{3} - \frac{\pi}{16}}. $$