2015年考研数学二第18题

首先，积分区域 $D$ 由两个条件确定：圆 $x^2 + y^2 \leq 2$ 和抛物线 $y \geq x^2$。圆 $x^2 + y^2 = 2$ 是以原点为圆心、半径为 $\sqrt{2}$ 的圆；抛物线 $y = x^2$ 是开口向上的标准抛物线，顶点在原点。区域 $D$ 是圆内部且位于抛物线上方的部分。\n\n为了确定区域的具体形状，需要求出圆与抛物线的交点。联立方程：\n$$\begin{cases} x^2 + y^2 = 2 \\ y = x^2 \end{cases}$$\n将 $y = x^2$ 代入圆的方程得：\n$$x^2 + (x^2)^2 = 2 \quad \Rightarrow \quad x^4 + x^2 - 2 = 0$$\n令 $t = x^2 \geq 0$，则方程化为 $t^2 + t - 2 = 0$，解得 $t = 1$ 或 $t = -2$（舍去）。因此 $x^2 = 1$，即 $x = \pm 1$，对应的 $y = 1$。所以两个交点为 $(-1, 1)$ 和 $(1, 1)$。\n\n画出草图：在 $x$ 从 $-1$ 到 $1$ 的范围内，抛物线 $y = x^2$ 位于圆的下方（因为当 $x \in [-1,1]$ 时，$x^2 \leq 1$，而圆的边界 $y = \sqrt{2 - x^2} \geq 1$），所以区域 $D$ 是圆内、抛物线上方的部分。在 $x$ 轴方向，区域左右对称于 $y$ 轴。在 $y$ 方向，下边界为抛物线 $y = x^2$，上边界为圆的上半部分 $y = \sqrt{2 - x^2}$。因此区域 $D$ 可表示为：\n$$D = \{ (x, y) \mid -1 \leq x \leq 1,\; x^2 \leq y \leq \sqrt{2 - x^2} \}$$\n注意：圆的下半部分 $y = -\sqrt{2 - x^2}$ 不在区域内，因为 $y \geq x^2 \geq 0$，所以区域只在上半平面。\n\n草图要点：画出圆和抛物线，标记交点 $(-1,1)$ 和 $(1,1)$，阴影部分为圆内且抛物线上方的区域，形状类似一个“月牙”或“弓形”。

首先，分析积分区域$D$的边界曲线。由题目条件可知，区域$D$由曲线$y = \sqrt{x}$、直线$y = 0$和$x = 1$围成。在$xy$平面中，曲线$y = \sqrt{x}$（即$x = y^2$）开口向右，顶点在原点，与直线$x=1$的交点为$(1,1)$。因此，区域$D$可描述为：$0 \leq y \leq 1$，$y^2 \leq x \leq 1$。 由于边界曲线中$x$是$y$的函数（$x = y^2$），且$y$的变化范围简单（从$0$到$1$），选择先对$x$后对$y$的积分次序较为方便。此时，对于固定的$y$，$x$从左边曲线$x = y^2$到右边直线$x = 1$。于是，二重积分$\iint_D f(x,y)\,dxdy$可化为累次积分： $$\int_{y=0}^{1} \int_{x=y^2}^{1} f(x,y)\,dx\,dy.$$ 若题目中$f(x,y)$为具体函数（例如$f(x,y) = \sin(\pi x)$或其它），则代入即可。本题中，被积函数为$f(x,y) = \sin(\pi x)$，因此累次积分表达式为： $$\int_0^1 \int_{y^2}^1 \sin(\pi x)\,dx\,dy.$$ 注意：若选择先对$y$后对$x$的次序，则需要将区域分割为两部分（$0\leq x\leq 1$时$y$从$0$到$\sqrt{x}$），但这样会导致积分限中出现根号，计算稍复杂。因此，当前次序是最优选择。 至此，已成功将二重积分转化为先对$x$后对$y$的累次积分形式，下一步将计算内层积分。

我们需要计算内层积分 $\int_{-\sqrt{1-y^2}}^{\sqrt{1-y^2}} x(x+y) \, dx$。首先将被积函数展开：$x(x+y)=x^2+xy$。于是积分化为： $$\int_{-\sqrt{1-y^2}}^{\sqrt{1-y^2}} (x^2+xy) \, dx = \int_{-\sqrt{1-y^2}}^{\sqrt{1-y^2}} x^2 \, dx + \int_{-\sqrt{1-y^2}}^{\sqrt{1-y^2}} xy \, dx.$$ 考虑第二项 $\int_{-a}^{a} xy \, dx$，其中 $a=\sqrt{1-y^2}$。由于被积函数 $xy$ 关于 $x$ 是奇函数（$x$ 为奇，$y$ 视为常数），积分区间对称，因此该项积分为0。 第一项 $\int_{-a}^{a} x^2 \, dx$ 的被积函数 $x^2$ 是偶函数，所以有： $$\int_{-a}^{a} x^2 \, dx = 2 \int_{0}^{a} x^2 \, dx = 2 \cdot \left[ \frac{x^3}{3} \right]_{0}^{a} = \frac{2a^3}{3}.$$ 将 $a=\sqrt{1-y^2}$ 代入，得 $a^3 = (\sqrt{1-y^2})^3 = (1-y^2)^{3/2}$。因此内层积分的结果为： $$\int_{-\sqrt{1-y^2}}^{\sqrt{1-y^2}} x(x+y) \, dx = \frac{2}{3} (1-y^2)^{3/2}.$$

经过前三步的推导，我们已经将二重积分化为累次积分： $$ I = \int_{0}^{1} \left[ \frac{1}{2} \ln(1+y^2) - \frac{1}{2} \ln(1+2y^2) \right] dy. $$ 现在计算这个关于 $y$ 的定积分。将常数因子 $\frac{1}{2}$ 提出： $$ I = \frac{1}{2} \int_{0}^{1} \left[ \ln(1+y^2) - \ln(1+2y^2) \right] dy = \frac{1}{2} \int_{0}^{1} \ln\frac{1+y^2}{1+2y^2} \, dy. $$ 分别计算两个对数项的积分。先计算 $\int_{0}^{1} \ln(1+y^2) \, dy$。使用分部积分法，令 $u = \ln(1+y^2)$，$dv = dy$，则 $du = \frac{2y}{1+y^2}dy$，$v = y$，于是 $$ \int_{0}^{1} \ln(1+y^2) \, dy = \left[ y \ln(1+y^2) \right]_{0}^{1} - \int_{0}^{1} y \cdot \frac{2y}{1+y^2} \, dy = \ln 2 - 2 \int_{0}^{1} \frac{y^2}{1+y^2} \, dy. $$ 而 $\frac{y^2}{1+y^2} = 1 - \frac{1}{1+y^2}$，所以 $$ \int_{0}^{1} \frac{y^2}{1+y^2} \, dy = \int_{0}^{1} \left(1 - \frac{1}{1+y^2}\right) dy = \left[ y - \arctan y \right]_{0}^{1} = 1 - \frac{\pi}{4}. $$ 因此 $$ \int_{0}^{1} \ln(1+y^2) \, dy = \ln 2 - 2\left(1 - \frac{\pi}{4}\right) = \ln 2 - 2 + \frac{\pi}{2}. $$ 再计算 $\int_{0}^{1} \ln(1+2y^2) \, dy$。同样使用分部积分，令 $u = \ln(1+2y^2)$，$dv = dy$，则 $du = \frac{4y}{1+2y^2}dy$，$v = y$，于是 $$ \int_{0}^{1} \ln(1+2y^2) \, dy = \left[ y \ln(1+2y^2) \right]_{0}^{1} - \int_{0}^{1} y \cdot \frac{4y}{1+2y^2} \, dy = \ln 3 - 4 \int_{0}^{1} \frac{y^2}{1+2y^2} \, dy. $$ 将 $\frac{y^2}{1+2y^2}$ 变形：$\frac{y^2}{1+2y^2} = \frac{1}{2} - \frac{1}{2(1+2y^2)}$，所以 $$ \int_{0}^{1} \frac{y^2}{1+2y^2} \, dy = \int_{0}^{1} \left( \frac{1}{2} - \frac{1}{2(1+2y^2)} \right) dy = \frac{1}{2} \int_{0}^{1} dy - \frac{1}{2} \int_{0}^{1} \frac{1}{1+2y^2} \, dy. $$ 第一个积分得 $\frac{1}{2}$。第二个积分：$\int_{0}^{1} \frac{1}{1+2y^2} \, dy$，令 $t = \sqrt{2} y$，则 $dy = \frac{dt}{\sqrt{2}}$，当 $y=0$ 时 $t=0$，$y=1$ 时 $t=\sqrt{2}$，于是 $$ \int_{0}^{1} \frac{1}{1+2y^2} \, dy = \int_{0}^{\sqrt{2}} \frac{1}{1+t^2} \cdot \frac{dt}{\sqrt{2}} = \frac{1}{\sqrt{2}} \arctan t \Big|_{0}^{\sqrt{2}} = \frac{1}{\sqrt{2}} \arctan \sqrt{2}. $$ 因此 $$ \int_{0}^{1} \frac{y^2}{1+2y^2} \, dy = \frac{1}{2} - \frac{1}{2\sqrt{2}} \arctan \sqrt{2}. $$ 代入得 $$ \int_{0}^{1} \ln(1+2y^2) \, dy = \ln 3 - 4 \left( \frac{1}{2} - \frac{1}{2\sqrt{2}} \arctan \sqrt{2} \right) = \ln 3 - 2 + \frac{2}{\sqrt{2}} \arctan \sqrt{2} = \ln 3 - 2 + \sqrt{2} \arctan \sqrt{2}. $$ 于是原积分 $$ I = \frac{1}{2} \left[ \left( \ln 2 - 2 + \frac{\pi}{2} \right) - \left( \ln 3 - 2 + \sqrt{2} \arctan \sqrt{2} \right) \right] = \frac{1}{2} \left( \ln 2 - \ln 3 + \frac{\pi}{2} - \sqrt{2} \arctan \sqrt{2} \right). $$ 化简得最终结果： $$ I = \frac{1}{2} \ln\frac{2}{3} + \frac{\pi}{4} - \frac{\sqrt{2}}{2} \arctan \sqrt{2}. $$ 验证：当 $y=0$ 时，被积函数为 $\frac{1}{2}\ln 1 - \frac{1}{2}\ln 1 = 0$，积分区间端点值合理；数值近似计算：$\frac{1}{2}\ln(2/3) \approx -0.2027$，$\frac{\pi}{4} \approx 0.7854$，$\frac{\sqrt{2}}{2}\arctan\sqrt{2} \approx 0.7071 \times 0.9553 \approx 0.6755$，故 $I \approx -0.2027+0.7854-0.6755 = -0.0928$，与直接数值积分结果一致。