1999 年考研数学（三） 第 12 题

边界含 $x=-\sqrt{2y-y^2}$（半圆）→ 配方认出圆，用「矩形减半圆」补形；半圆部分极坐标 $r=2\sin \theta$ 最省事。坑：极角范围是 $[\frac{\pi }{2},\pi ]$（左半），$\int {\sin }^4$ 用华里士公式 $\frac{3}{4}\cdot \frac{1}{2}\cdot \frac{\pi }{2}$。

本题考查二重积分——识别边界曲线并用「大矩形减半圆」或直接积分。 曲线 $x=-\sqrt{2y-y^2}$ 即 $x^2+(y-1{)}^2=1(x\le 0)$，是圆心 $(0,1)$、半径 $1$ 的左半圆。

方法一（补形） 令矩形 $D_1:-2\le x\le 0,0\le y\le 2$，半圆 $D_2:-\sqrt{2y-y^2}\le x\le 0$，则 ${\iint }_D={\iint }_{D_1}-{\iint }_{D_2}$。${\iint }_{D_1}y\mathrm{d}x\mathrm{d}y={\int }_{-2}^0\mathrm{d}x{\int }_0^{2}y\mathrm{d}y=2{\int }_0^{2}y\mathrm{d}y=4$。

$D_2$ 用极坐标（以原点为极点）：${\iint }_{D_2}y\mathrm{d}x\mathrm{d}y={\int }_{\pi /2}^{\pi }\mathrm{d}\theta {\int }_0^{2\sin \theta }{r}^2\sin \theta \mathrm{d}r=\frac{8}{3}{\int }_{\pi /2}^{\pi }{\sin }^4\theta \mathrm{d}\theta =\frac{8}{3}\cdot \frac{3}{4}\cdot \frac{1}{2}\cdot \frac{\pi }{2}=\frac{\pi }{2}$。

故 ${\iint }_{D}y\mathrm{d}x\mathrm{d}y=4-\frac{\pi }{2}$。（也可直接 ${\int }_0^{2}y[2-\sqrt{2y-y^2}]\mathrm{d}y$，令 $t=y-1$ 得同样结果。）