2006年考研数学一第8题

首先，题目给出的积分形式为极坐标下的二重积分：$\int_{0}^{\pi/4} d\theta \int_{0}^{1} f(r\cos\theta, r\sin\theta) \, r \, dr$。 由积分限可知，角度 $\theta$ 的取值范围是从 $0$ 到 $\pi/4$，即 $\theta \in [0, \pi/4]$；径向变量 $r$ 的取值范围是从 $0$ 到 $1$，即 $r \in [0, 1]$。 在极坐标系中，$\theta$ 表示从极轴（通常为 $x$ 轴正方向）逆时针旋转的角度，$r$ 表示点到极点的距离。因此，积分区域由所有满足 $0 \leq \theta \leq \pi/4$ 且 $0 \leq r \leq 1$ 的点组成。 该区域是一个扇形：圆心在极点（原点），半径为 $1$，角度从 $0$ 到 $\pi/4$（即 $45^\circ$）。扇形的边界包括： - 极轴（$\theta=0$）上从 $(0,0)$ 到 $(1,0)$ 的线段； - 射线 $\theta = \pi/4$ 上从 $(0,0)$ 到 $(\cos(\pi/4), \sin(\pi/4)) = (\sqrt{2}/2, \sqrt{2}/2)$ 的线段； - 圆弧 $r=1$ 上从 $(1,0)$ 到 $(\sqrt{2}/2, \sqrt{2}/2)$ 的部分。 因此，积分区域是单位圆在第一象限内角度不超过 $45^\circ$ 的扇形部分。

将极坐标下的积分区域转换为直角坐标区域。已知极坐标边界条件： - 角度 $\theta = 0$ 对应极轴，即 $x$ 轴正半轴； - 角度 $\theta = \frac{\pi}{4}$ 对应直线 $y = x$（因为 $\tan\theta = 1$）； - 半径 $r = 1$ 对应单位圆 $x^2 + y^2 = 1$。 因此，在直角坐标系中，区域 $D$ 是由以下三条边界围成的曲边三角形： 1. $x$ 轴（$y = 0$），从 $x = 0$ 到 $x = 1$； 2. 直线 $y = x$，从原点 $(0,0)$ 到圆上的交点 $\left(\frac{\sqrt{2}}{2}, \frac{\sqrt{2}}{2}\right)$； 3. 圆弧 $x^2 + y^2 = 1$，从点 $(1,0)$ 到点 $\left(\frac{\sqrt{2}}{2}, \frac{\sqrt{2}}{2}\right)$。 该区域位于第一象限，形状为扇形的一部分。为了后续积分计算，需要将区域描述为 $x$ 型或 $y$ 型区域。 **$x$ 型区域描述**：对于固定的 $x \in [0, \frac{\sqrt{2}}{2}]$，$y$ 的下边界为 $y = 0$，上边界为 $y = x$；对于 $x \in [\frac{\sqrt{2}}{2}, 1]$，$y$ 的下边界为 $y = 0$，上边界为 $y = \sqrt{1 - x^2}$。 **$y$ 型区域描述**：对于固定的 $y \in [0, \frac{\sqrt{2}}{2}]$，$x$ 的下边界为 $x = y$，上边界为 $x = \sqrt{1 - y^2}$。 两种描述等价，可根据后续积分需要选择。通常 $y$ 型区域表达式更简洁，因为上下限均为单一函数。

将积分区域视为Y型区域，即先对$x$积分，再对$y$积分。首先确定$y$的变化范围。观察区域图形：区域由直线$y=x$、$x=0$（$y$轴）和圆弧$x=\sqrt{1-y^2}$（单位圆在第一象限的部分）围成。直线$y=x$与圆弧的交点满足$x=y$且$x=\sqrt{1-y^2}$，代入得$y=\sqrt{1-y^2}$，两边平方得$y^2=1-y^2$，即$2y^2=1$，解得$y^2=\frac12$，由于$y\ge0$，故$y=\frac{\sqrt2}{2}$。同时$x=y=\frac{\sqrt2}{2}$，所以交点为$(\frac{\sqrt2}{2},\frac{\sqrt2}{2})$。区域的下边界为$y=0$（$x$轴），上边界为交点的纵坐标$y=\frac{\sqrt2}{2}$，因此$y$的取值范围是$0\le y\le\frac{\sqrt2}{2}$。对于固定的$y\in[0,\frac{\sqrt2}{2}]$，$x$从左边直线$x=y$到右边圆弧$x=\sqrt{1-y^2}$。注意：当$y$较小时，直线$x=y$在圆弧左侧，且圆弧的$x$值大于直线，因此积分区域可表示为：$\{(x,y)\mid 0\le y\le\frac{\sqrt2}{2},\ y\le x\le\sqrt{1-y^2}\}$。这样，Y型积分限就确定了。

根据前一步得到的极坐标积分形式 $\iint_D f(r\cos\theta, r\sin\theta) r\,dr\,d\theta$，积分区域 $D$ 由 $0 \leq \theta \leq \frac{\pi}{4}$ 和 $0 \leq r \leq 1$ 组成。现在将其转换为直角坐标积分。 首先，极坐标与直角坐标的转换关系为：$x = r\cos\theta$，$y = r\sin\theta$，且 $r = \sqrt{x^2 + y^2}$，$\theta = \arctan\frac{y}{x}$。 积分区域在极坐标下为：$\theta$ 从 $0$ 到 $\frac{\pi}{4}$，$r$ 从 $0$ 到 $1$。这对应于直角坐标系中第一象限内由直线 $y = x$（对应 $\theta = \frac{\pi}{4}$）、$y = 0$（对应 $\theta = 0$）以及圆弧 $x^2 + y^2 = 1$（对应 $r = 1$）所围成的扇形区域。 为了写出直角坐标下的累次积分，我们需要确定积分次序。通常选择先对 $x$ 积分，再对 $y$ 积分。观察区域：$y$ 的取值范围是从 $0$ 到圆弧与直线 $y = x$ 的交点。联立 $y = x$ 和 $x^2 + y^2 = 1$，得 $x^2 + x^2 = 1$，即 $2x^2 = 1$，解得 $x = \frac{\sqrt{2}}{2}$，所以交点为 $(\frac{\sqrt{2}}{2}, \frac{\sqrt{2}}{2})$。因此 $y$ 从 $0$ 到 $\frac{\sqrt{2}}{2}$。 对于固定的 $y$，$x$ 的取值范围：左边界为直线 $x = y$（因为 $y = x$ 即 $x = y$），右边界为圆弧 $x = \sqrt{1 - y^2}$（由 $x^2 + y^2 = 1$ 解出 $x \geq 0$）。因此直角坐标下的累次积分为： $$\int_{0}^{\frac{\sqrt{2}}{2}} dy \int_{y}^{\sqrt{1 - y^2}} f(x, y) \, dx$$ 注意，这里被积函数 $f(x, y)$ 直接由原函数代入，无需再乘以 $r$，因为极坐标中的 $r\,dr\,d\theta$ 已通过变量替换转化为 $dx\,dy$。 现在与选项比较：选项C为 $\int_{0}^{\frac{\sqrt{2}}{2}} dy \int_{y}^{\sqrt{1 - y^2}} f(x, y) \, dx$，与我们的结果完全一致。因此正确答案是C。 最终答案验证：该积分形式正确描述了原极坐标积分对应的直角坐标区域，且与选项C吻合，故选择C。