comp_1_数学类_决赛_5

【参考证明】：显然，$I_{\varepsilon}=\iint_{R_{\varepsilon}} \sum_{n=0}^{\infty}(x y)^{n} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y$ ． 注意到上述级数在 $\boldsymbol{R}_{\varepsilon}$ 上的一致收敛性，则有 $$ I_{\varepsilon}=\sum_{n=0}^{\infty} \int_{0}^{1-\varepsilon} x^{n} \mathrm{~d} x \int_{0}^{1-\varepsilon} y^{n} \mathrm{~d} y=\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(1-\varepsilon)^{2 n}}{n^{2}} $$ 由于 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{x^{2 n}}{n^{2}}$ 在点 $x=1$ 收敛，故有 $\displaystyle I=\lim _{\varepsilon \rightarrow 0^{+}} I_{\varepsilon}=\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^{2}}$ ． 下面证明 $\displaystyle \boldsymbol{I}=\frac{\boldsymbol{\pi}^{\mathbf{2}}}{\mathbf{6}}$ 。在给定的变换下， $$ x=u-v, y=u+v $$ 那么 $\displaystyle \frac{1}{1-x y}=\frac{1}{1-u^{2}+v^{2}}$ ，变换的雅可比行列式， $$ J=\left|\frac{\partial(x, y)}{\partial(u, v)}\right|=2 $$ 假定正方形 $\boldsymbol{R}$ 在给定变换下的像为 $\widetilde{\boldsymbol{R}}$ ，那么根据 $\widetilde{\boldsymbol{R}}$ 的图象以及被积函数的特征，我们有 $$ \begin{aligned} & I=2 \iint_{\widetilde{R}} \frac{1}{1-u^{2}+v^{2}} \mathrm{~d} u \mathrm{~d} v \\ & =4 \int_{0}^{\frac{1}{2}}\left(\int_{0}^{u} \frac{\mathrm{~d} v}{1-u^{2}+v^{2}}\right) \mathrm{d} u+4 \int_{\frac{1}{2}}^{1}\left(\int_{0}^{1-u} \frac{\mathrm{~d} v}{1-u^{2}+v^{2}}\right) \mathrm{d} u \end{aligned} $$ 利用 $\displaystyle \int \frac{\mathrm{d} x}{a^{2}+x^{2}}=\frac{1}{a} \arctan \frac{x}{a}+C(a>0)$ ，又得 $$ I=4 \int_{0}^{\frac{1}{2}} \frac{\arctan \left(\frac{u}{\sqrt{1-u^{2}}}\right)}{\sqrt{1-u^{2}}} \mathrm{~d} u+4 \int_{\frac{1}{2}}^{1} \frac{\arctan \left(\frac{1-u}{\sqrt{1-u^{2}}}\right)}{\sqrt{1-u^{2}}} \mathrm{~d} u $$ 令 $\displaystyle g(u)=\arctan \frac{u}{\sqrt{1-u^{2}}} ;$ $$ h(u)=\arctan \frac{1-u}{\sqrt{1-u^{2}}}=\arctan \sqrt{\frac{1-u}{1+u}} $$ 那么 $\displaystyle g^{\prime}(u)=\frac{1}{\sqrt{1-u^{2}}} ; h^{\prime}(u)=-\frac{2}{\sqrt{1-u^{2}}}$ ．最后，得到 $$ \begin{aligned} I & =4 \int_{0}^{\frac{1}{2}} g^{\prime}(u) g(u) \mathrm{d} u-8 \int_{\frac{1}{2}}^{1} h^{\prime}(u) h(u) \mathrm{d} u \\ & =\left.2[g(u)]^{2}\right|_{0} ^{\frac{1}{2}}-\left.4[h(u)]^{2}\right|_{\frac{1}{2}} ^{1} \\ & =2\left(\frac{\pi}{6}\right)^{2}-0-0+4\left(\frac{\pi}{6}\right)^{2}=\frac{\pi^{2}}{6} \end{aligned} $$