2019 年考研数学（二） 第 18 题

带 $\sqrt{x^2+y^2}$ 和圆/花瓣型边界（$(x^2+y^2{)}^3\le y^4$）的二重积分，第一反应是极坐标——边界会化简成 $r\le {\sin }^2\theta$ 这种漂亮的 $r(\theta )$。动手前先扫对称性：区域对 $y$ 轴对称、$\frac{x}{\sqrt{\cdots }}$ 是奇函数，直接省掉一半。角度范围由 $|x|\le y$（即 $|\cos \theta |\le \sin \theta$）锁定在 $[\frac{\pi }{4},\frac{3\pi }{4}]$。最后 ${\sin }^5\theta$ 用 $t=\cos \theta$ 换元是奇次幂正弦的通法。

本题考查二重积分（极坐标与对称性）。

利用对称性： 区域 $D$ 关于 $y$ 轴对称（约束 $|x|\le y$ 与 $(x^2+y^2{)}^3\le y^4$ 在 $x\to -x$ 下都不变），而 $\frac{x}{\sqrt{x^2+y^2}}$ 是 $x$ 的奇函数，故 ${\iint }_D\frac{x}{\sqrt{x^2+y^2}}dxdy=0$。于是
$${\iint }_D\frac{x+y}{\sqrt{x^2+y^2}}dxdy={\iint }_D\frac{y}{\sqrt{x^2+y^2}}dxdy.$$

化极坐标： 令 $x=r\cos \theta ,y=r\sin \theta$。$|x|\le y$ 即 $|\cos \theta |\le \sin \theta$，得 $\theta \in \left[\frac{\pi }{4},\frac{3\pi }{4}\right]$；$(x^2+y^2{)}^3\le y^4$ 即 $r^6\le r^4{\sin }^4\theta$，得 $0\le r\le {\sin }^2\theta$。故
$${\iint }_D\frac{y}{\sqrt{x^2+y^2}}dxdy={\int }_{\pi /4}^{3\pi /4}{\int }_0^{{\sin }^2\theta }\frac{r\sin \theta }{r}rdrd\theta ={\int }_{\pi /4}^{3\pi /4}\sin \theta \cdot \frac{{\sin }^4\theta }{2}d\theta =\frac{1}{2}{\int }_{\pi /4}^{3\pi /4}{\sin }^5\theta d\theta .$$

计算 $\int {\sin }^5\theta d\theta$： 令 $t=\cos \theta$，则 ${\sin }^5\theta d\theta =-(1-t^2{)}^{2}dt$；当 $\theta :\frac{\pi }{4}\to \frac{3\pi }{4}$ 时 $t:\frac{\sqrt{2}}{2}\to -\frac{\sqrt{2}}{2}$。由偶函数对称
$$\frac{1}{2}{\int }_{\pi /4}^{3\pi /4}{\sin }^5\theta d\theta =\frac{1}{2}{\int }_{-\sqrt{2}/2}^{\sqrt{2}/2}(1-t^2{)}^{2}dt={\int }_0^{\sqrt{2}/2}(1-2t^2+t^4)dt.$$

代入上限 $t=\frac{\sqrt{2}}{2}$：
$${\left[t-\frac{2}{3}{t}^3+\frac{1}{5}{t}^5\right]}_0^{\sqrt{2}/2}=\frac{\sqrt{2}}{2}-\frac{2}{3}\cdot \frac{\sqrt{2}}{4}+\frac{1}{5}\cdot \frac{\sqrt{2}}{8}=\frac{\sqrt{2}}{2}-\frac{\sqrt{2}}{6}+\frac{\sqrt{2}}{40}=\frac{43\sqrt{2}}{120}.$$
故 ${\iint }_D\frac{x+y}{\sqrt{x^2+y^2}}dxdy=\frac{43\sqrt{2}}{120}$。