2018 年考研数学（三） 第 16 题

椭圆弧 + 直线 + 坐标轴围成的区域算 $\iint x^2$ → 直角坐标 X 型先对 $y$ 积分。坑：${\int }_0^{1/\sqrt{2}}{x}^2\sqrt{1-x^2}dx$ 需三角代换 $x=\sin t$，配 ${\sin }^{2}t{\cos }^{2}t=\frac{1}{4}{\sin }^{2}2t$ 降幂，上限是 $\frac{\pi }{4}$。

本题考查直角坐标下二重积分的计算。 曲线 $y=\sqrt{3(1-x^2)}$ 是椭圆 $\frac{x^2}{1}+\frac{y^2}{3}=1$ 的上半部分。它与直线 $y=\sqrt{3}x$ 的交点满足 $3(1-x^2)=3x^2$，得 $x=\frac{1}{\sqrt{2}}$，交点 $\left(\frac{1}{\sqrt{2}},\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{2}}\right)$。区域在第一象限、$y$ 轴右侧，$x$ 从 $0$ 到 $\frac{1}{\sqrt{2}}$，$y$ 从直线 $\sqrt{3}x$ 到椭圆弧 $\sqrt{3(1-x^2)}$。

${\iint }_D{x}^{2}dxdy={\int }_0^{1/\sqrt{2}}{x}^{2}dx{\int }_{\sqrt{3}x}^{\sqrt{3(1-x^2)}}dy=\sqrt{3}{\int }_0^{1/\sqrt{2}}{x}^2(\sqrt{1-x^2}-x)dx=\sqrt{3}\left({\int }_0^{1/\sqrt{2}}{x}^2\sqrt{1-x^2}dx-{\int }_0^{1/\sqrt{2}}{x}^{3}dx\right)$。

第一项令 $x=\sin t$（$t:0\to \frac{\pi }{4}$）：${\int }_0^{\pi /4}{\sin }^{2}t{\cos }^{2}tdt=\frac{1}{4}{\int }_0^{\pi /4}{\sin }^{2}2tdt=\frac{1}{8}{\int }_0^{\pi /4}(1-\cos 4t)dt=\frac{1}{8}\left(t-\frac{\sin 4t}{4}\right){|}_0^{\pi /4}=\frac{\pi }{32}$；第二项 ${\int }_0^{1/\sqrt{2}}{x}^{3}dx=\frac{x^4}{4}{|}_0^{1/\sqrt{2}}=\frac{1}{16}$。

故 ${\iint }_D{x}^{2}dxdy=\sqrt{3}\left(\frac{\pi }{32}-\frac{1}{16}\right)=\frac{\sqrt{3}(\pi -2)}{32}$。