2015 年考研数学（二） 第 18 题

二重积分先看「对称性能否砍掉一半被积函数」。这里 $D$ 左右对称（关于 $y$ 轴），被积函数拆成偶部 $x^2$ 与奇部 $xy$，奇部直接积零——这是最省力的一刀。剩下 $\iint x^2$ 用「$x$ 外层、$y$ 从抛物线到圆弧」的直角坐标累次积分；遇到 $\int x^2\sqrt{2-x^2}dx$ 这种「$\sqrt{a^2-x^2}$」标志就上三角代换。整体是「对称化简 + 直角坐标 + 三角代换」三连。

本题考查二重积分的计算，重点是利用对称性简化被积函数。 区域 $D$ 由圆内部 $x^2+y^2\le 2$ 与抛物线上方 $y\ge x^2$ 相交而成。

先求边界交点：由 $x^2+y^2=2$ 与 $y=x^2$ 得 $x^2+x^4=2$，即 $(x^2-1)(x^2+2)=0$，$x=\pm 1,y=1$。故 $D$ 关于 $y$ 轴对称，且 $-1\le x\le 1$，$x^2\le y\le \sqrt{2-x^2}$。

展开被积函数 $x(x+y)=x^2+xy$。因 $D$ 关于 $y$ 轴对称、而 $xy$ 是 $x$ 的奇函数，${\iint }_{D}xydxdy=0$。于是
$$I={\iint }_D{x}^{2}dxdy=2{\int }_0^1{x}^2(\sqrt{2-x^2}-x^2)dx=2{\int }_0^1{x}^2\sqrt{2-x^2}dx-2{\int }_0^1{x}^{4}dx.$$

后一项：$2{\int }_0^1{x}^{4}dx=\frac{2}{5}$。前一项令 $x=\sqrt{2}\sin t(0\le t\le \frac{\pi }{4})$，$dx=\sqrt{2}\cos tdt$，$\sqrt{2-x^2}=\sqrt{2}\cos t$：
$$2{\int }_0^{\pi /4}2{\sin }^{2}t\cdot \sqrt{2}\cos t\cdot \sqrt{2}\cos tdt=8{\int }_0^{\pi /4}{\sin }^{2}t{\cos }^{2}tdt=2{\int }_0^{\pi /4}{\sin }^{2}2tdt.$$
又 $2{\int }_0^{\pi /4}{\sin }^{2}2tdt={\int }_0^{\pi /2}{\sin }^{2}udu=\frac{1}{2}\cdot \frac{\pi }{2}=\frac{\pi }{4}$（令 $u=2t$）。

故 $I=\frac{\pi }{4}-\frac{2}{5}$。