1. 本題要求計算二重積分 $\int_0^{1/2} \int_{\sqrt{3}y}^{\sqrt{1-y^2}} x^2 y \,\mathrm{d}x\mathrm{d}y$。
2. 觀察積分邊界：
   • 外層： $0 \le y \le 1/2$。
   • 內層： $\sqrt{3}y \le x \le \sqrt{1-y^2}$。
3. 邊界曲線分別為：
   • $x = \sqrt{1-y^2} \implies x^2 + y^2 = 1$（單位圓在第一卦限的弧段）。
   • x = \sqrt{3}y \implies y = rac{1}{\sqrt{3}}x（斜率為 rac{1}{\sqrt{3}}，對應極角 $heta = \pi/6$ 的射線）。
   • $y = 0 \implies heta = 0$。
4. 兩曲線交點：由 $x^2 + y^2 = 1$ 與 $x = \sqrt{3}y$ 聯立，得 $3y^2 + y^2 = 1 \implies 4y^2 = 1 \implies y = 1/2$，與積分上限完美吻合。
5. 極座標轉換：
   • $0 \le heta \le \pi/6$
   • $0 \le r \le 1$
   • 被積函數 $x^2 y = (r\cos heta)^2 (r\sin heta) = r^3 \cos^2 heta\sin heta$
   • 面積微元 $\mathrm{d}x\mathrm{d}y = r\,\mathrm{d}r\mathrm{d} heta$。
6. 使用極座標進行積分，計算過程將遠比直角座標拆項來得簡單。

我們首先分析直角座標下的積分區域 $D$：

區域的右邊界為圓弧 $x = \sqrt{1 - y^2} \implies x^2 + y^2 = 1$，左邊界為直線 x = \sqrt{3}y \implies y = rac{1}{\sqrt{3}}x，下邊界為 $y = 0$。 兩邊界曲線的交點為：

對應的 $x$ 座標為 x = rac{\sqrt{3}}{2}。

我們引入極座標變換：

• 圓邊界 $x^2 + y^2 = 1 \implies r = 1$。
• 直線邊界 y = rac{1}{\sqrt{3}}x \implies an heta = rac{1}{\sqrt{3}} \implies heta = rac{\pi}{6}。
• 下邊界 $y = 0 \implies heta = 0$。

因此，在極座標下，積分區域可簡單表示為：

被積函數轉為極座標形式：

代入二重積分：

直接對直角座標進行累次積分：先對 $x$ 積分，再對 $y$ 積分。雖然有根式，但因為被積函數包含 $x^2 y$，對 $x$ 積分後會出現 $x^3$，這使得代入上限 $\sqrt{1-y^2}$ 後能通過代換法輕易求解。

直接進行累次積分：

分項計算：

1. 對於第一項 $\int_0^{1/2} y(1-y^2)^{3/2}\,\mathrm{d}y$，令 $u = 1-y^2 \implies \mathrm{d}u = -2y\,\mathrm{d}y$： \int_1^{3/4} u^{3/2} \left(-rac{1}{2}

ight)\mathrm{d}u = rac{1}{2} \int_{3/4}^1 u^{3/2} ,\mathrm{d}u = rac{1}{2} \left[ rac{2}{5}u^{5/2} ight]_{3/4}^1 = rac{1}{5} \left( 1 - \left(rac{3}{4} ight)^{5/2} ight) = rac{1}{5} \left( 1 - rac{9\sqrt{3}}{32} ight)

\sqrt{3} \left[ rac{1}{5}y^5 ight]_0^{1/2} = rac{\sqrt{3}}{5} \cdot rac{1}{32} = rac{\sqrt{3}}{160}

egin{align*} I =&, rac{1}{3} \cdot rac{1}{5} \left( 1 - rac{9\sqrt{3}}{32} ight) - rac{\sqrt{3}}{160} [4mm] =&, rac{1}{15} - rac{3\sqrt{3}}{160} - rac{\sqrt{3}}{160} [4mm] =&, rac{1}{15} - rac{4\sqrt{3}}{160} [4mm] =&, rac{1}{15} - rac{\sqrt{3}}{40} ,. \end{align*}