2005年考研数学三第17题

首先，题目中出现的被积函数含有绝对值 $|x^2+y^2-1|$，因此需要先确定绝对值内部表达式 $x^2+y^2-1$ 的符号变化分界线。令 $x^2+y^2-1=0$，即 $x^2+y^2=1$，这是一个圆心在原点、半径为 $1$ 的单位圆。由于积分区域 $D$ 是正方形 $\{(x,y)\mid 0\le x\le 1,\,0\le y\le 1\}$，即第一象限内的单位正方形，因此单位圆与正方形相交的部分是单位圆在第一象限内的四分之一圆弧。该圆弧将正方形 $D$ 分为两部分：一部分是圆内区域（$x^2+y^2<1$），另一部分是圆外区域（$x^2+y^2>1$）。在圆内，$x^2+y^2-1<0$，故 $|x^2+y^2-1| = 1-(x^2+y^2)$；在圆外，$x^2+y^2-1>0$，故 $|x^2+y^2-1| = x^2+y^2-1$。因此，后续积分需要将 $D$ 分割为这两个子区域分别计算。

根据题目给定的积分区域 $D$ 为 $x^2 + y^2 \leq 2$ 且 $x \geq 0, y \geq 0$ 的部分，即第一象限内的四分之一圆盘（半径为 $\sqrt{2}$）。为了利用极坐标或对称性简化计算，我们将 $D$ 划分为两个子区域： - 区域 $D_1$：圆内部分 $x^2 + y^2 \leq 1$ 且 $x \geq 0, y \geq 0$，即半径为 $1$ 的四分之一圆盘。 - 区域 $D_2$：$D$ 中除去 $D_1$ 的部分，即 $1 < x^2 + y^2 \leq 2$ 且 $x \geq 0, y \geq 0$ 的环形区域（第一象限内的四分之一圆环）。 这样划分的原因是：被积函数中可能含有 $x^2 + y^2$ 的表达式，而 $D_1$ 和 $D_2$ 分别对应不同的半径范围，便于后续采用极坐标变换 $x = r\cos\theta, y = r\sin\theta$，其中 $r \geq 0$，$\theta \in [0, \pi/2]$。 具体地： - 在 $D_1$ 上，$r$ 从 $0$ 到 $1$； - 在 $D_2$ 上，$r$ 从 $1$ 到 $\sqrt{2}$。 因此，原二重积分可以分解为： $$ \iint_D f(x,y) \, dxdy = \iint_{D_1} f(x,y) \, dxdy + \iint_{D_2} f(x,y) \, dxdy. $$ 这种划分使得每个子区域上的积分限简单明确，为后续计算奠定基础。

根据积分区域 $D$ 的划分，在子区域 $D_1$ 上，满足 $x^2 + y^2 \leq 1$，因此 $x^2 + y^2 - 1 \leq 0$。由绝对值的定义，当 $a \leq 0$ 时，$|a| = -a$，所以有 $$|x^2 + y^2 - 1| = -(x^2 + y^2 - 1) = 1 - x^2 - y^2.$$ 在子区域 $D_2$ 上，满足 $x^2 + y^2 \geq 1$，因此 $x^2 + y^2 - 1 \geq 0$，此时绝对值直接等于本身：$$|x^2 + y^2 - 1| = x^2 + y^2 - 1.$$ 这样，原积分 $\iint_D |x^2 + y^2 - 1| \, d\sigma$ 就可以分解为两个积分之和：$$\iint_{D_1} (1 - x^2 - y^2) \, d\sigma + \iint_{D_2} (x^2 + y^2 - 1) \, d\sigma.$$ 注意，$D_1$ 是圆盘 $x^2 + y^2 \leq 1$ 在正方形 $D$ 内的部分，$D_2$ 是正方形中圆外的部分。这一步骤的关键在于正确判断每个子区域上被积函数的符号，从而去掉绝对值，为后续利用极坐标或直接积分计算做好准备。

由于被积函数 $f(x,y) = |1 - x^2 - y^2|$ 在积分区域 $D: x^2 + y^2 \leq 2$ 内，当 $x^2 + y^2 \leq 1$ 时，$1 - x^2 - y^2 \geq 0$，绝对值可直接去掉；当 $1 < x^2 + y^2 \leq 2$ 时，$1 - x^2 - y^2 < 0$，绝对值去掉后需添加负号。因此，将区域 $D$ 分为两个子区域： - $D_1 = \{ (x,y) \mid x^2 + y^2 \leq 1 \}$，即单位圆内部； - $D_2 = \{ (x,y) \mid 1 < x^2 + y^2 \leq 2 \}$，即圆环区域。 于是原积分可分解为： $$ \iint_D |1 - x^2 - y^2| \, d\sigma = \iint_{D_1} (1 - x^2 - y^2) \, d\sigma + \iint_{D_2} (x^2 + y^2 - 1) \, d\sigma. $$ 其中第一个积分在单位圆内，被积函数为正；第二个积分在圆环内，被积函数为 $-(1 - x^2 - y^2) = x^2 + y^2 - 1$，也为正。这样分解后，两个积分均可用极坐标计算。

在极坐标变换下，积分区域$D_1$对应于$0 \leq \theta \leq \frac{\pi}{2}$，$0 \leq r \leq 1$。被积函数$1 - x^2 - y^2$变为$1 - r^2$，面积元$\mathrm{d}x\mathrm{d}y$变为$r\,\mathrm{d}r\mathrm{d}\theta$。因此，二重积分化为累次积分： $$ \iint_{D_1} (1 - x^2 - y^2)\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y = \int_{\theta=0}^{\pi/2} \int_{r=0}^{1} (1 - r^2)\, r\,\mathrm{d}r\mathrm{d}\theta. $$ 先对$r$积分，内层积分与$\theta$无关： $$ \int_{0}^{1} (1 - r^2) r\,\mathrm{d}r = \int_{0}^{1} (r - r^3)\,\mathrm{d}r = \left[ \frac{1}{2}r^2 - \frac{1}{4}r^4 \right]_{0}^{1} = \frac{1}{2} - \frac{1}{4} = \frac{1}{4}. $$ 再对$\theta$积分： $$ \int_{0}^{\pi/2} \frac{1}{4}\,\mathrm{d}\theta = \frac{1}{4} \cdot \frac{\pi}{2} = \frac{\pi}{8}. $$ 因此，$D_1$上的积分结果为$\frac{\pi}{8}$。

区域$D_2$是圆环$1 \leq x^2 + y^2 \leq 4$中位于$x \geq 0$且$y \geq 0$的部分，即第一象限内的圆环。被积函数为$f(x,y) = x^2 + y^2 - 1$。 方法一：利用积分区域的可加性。将$D_2$上的积分表示为$D$上的积分减去$D_1$上的积分，其中$D$是第一象限内半径为2的扇形（即$x^2+y^2 \leq 4, x \geq 0, y \geq 0$），$D_1$是第一象限内半径为1的扇形（即$x^2+y^2 \leq 1, x \geq 0, y \geq 0$）。 首先计算$D$上的积分。采用极坐标变换：$x = r\cos\theta$, $y = r\sin\theta$，则$d\sigma = r\,dr\,d\theta$，$x^2+y^2 = r^2$。$D$对应$0 \leq \theta \leq \frac{\pi}{2}$，$0 \leq r \leq 2$。于是 $$ \iint_D (x^2+y^2-1)\,d\sigma = \int_0^{\pi/2} d\theta \int_0^2 (r^2-1)\,r\,dr = \frac{\pi}{2} \int_0^2 (r^3 - r)\,dr. $$ 计算定积分： $$ \int_0^2 (r^3 - r)\,dr = \left[ \frac{r^4}{4} - \frac{r^2}{2} \right]_0^2 = \left( \frac{16}{4} - \frac{4}{2} \right) - 0 = 4 - 2 = 2. $$ 所以 $$ \iint_D (x^2+y^2-1)\,d\sigma = \frac{\pi}{2} \times 2 = \pi. $$ 再计算$D_1$上的积分。$D_1$对应$0 \leq \theta \leq \frac{\pi}{2}$，$0 \leq r \leq 1$。 $$ \iint_{D_1} (x^2+y^2-1)\,d\sigma = \int_0^{\pi/2} d\theta \int_0^1 (r^2-1)\,r\,dr = \frac{\pi}{2} \int_0^1 (r^3 - r)\,dr. $$ 计算定积分： $$ \int_0^1 (r^3 - r)\,dr = \left[ \frac{r^4}{4} - \frac{r^2}{2} \right]_0^1 = \frac{1}{4} - \frac{1}{2} = -\frac{1}{4}. $$ 所以 $$ \iint_{D_1} (x^2+y^2-1)\,d\sigma = \frac{\pi}{2} \times \left(-\frac{1}{4}\right) = -\frac{\pi}{8}. $$ 因此，$D_2$上的积分为 $$ \iint_{D_2} (x^2+y^2-1)\,d\sigma = \iint_D (x^2+y^2-1)\,d\sigma - \iint_{D_1} (x^2+y^2-1)\,d\sigma = \pi - \left(-\frac{\pi}{8}\right) = \pi + \frac{\pi}{8} = \frac{9\pi}{8}. $$ 方法二：直接计算$D_2$上的二重积分。$D_2$在极坐标下对应$0 \leq \theta \leq \frac{\pi}{2}$，$1 \leq r \leq 2$。则 $$ \iint_{D_2} (x^2+y^2-1)\,d\sigma = \int_0^{\pi/2} d\theta \int_1^2 (r^2-1)\,r\,dr = \frac{\pi}{2} \int_1^2 (r^3 - r)\,dr. $$ 计算定积分： $$ \int_1^2 (r^3 - r)\,dr = \left[ \frac{r^4}{4} - \frac{r^2}{2} \right]_1^2 = \left( \frac{16}{4} - \frac{4}{2} \right) - \left( \frac{1}{4} - \frac{1}{2} \right) = (4-2) - \left( \frac{1}{4} - \frac{2}{4} \right) = 2 - \left(-\frac{1}{4}\right) = 2 + \frac{1}{4} = \frac{9}{4}. $$ 所以 $$ \iint_{D_2} (x^2+y^2-1)\,d\sigma = \frac{\pi}{2} \times \frac{9}{4} = \frac{9\pi}{8}. $$ 两种方法结果一致，均为$\frac{9\pi}{8}$。

将前两步计算得到的两个积分结果相加。第一个积分结果为 $\frac{1}{2}\ln(1+x^2)$，第二个积分结果为 $\frac{1}{2}\arctan^2 x$。因此，原不定积分为： $$ \int \frac{\ln(1+x^2)}{1+x^2} \, dx = \frac{1}{2}\ln(1+x^2) \cdot \arctan x + \frac{1}{2}\arctan^2 x + C $$ 注意，在分部积分过程中，我们实际上得到了一个恒等式： $$ \int \frac{\ln(1+x^2)}{1+x^2} \, dx = \arctan x \cdot \ln(1+x^2) - \int \frac{2x \arctan x}{1+x^2} \, dx $$ 而第二个积分通过换元 $u = \arctan x$ 可求得为 $\arctan^2 x - \int \frac{\ln(1+x^2)}{1+x^2} \, dx$，代入后整理即得上述结果。 最终答案可写成： $$ \boxed{\frac{1}{2}\arctan x \cdot \ln(1+x^2) + \frac{1}{2}\arctan^2 x + C} $$ 其中 $C$ 为任意常数。 **验证**：对结果求导，可得被积函数 $\frac{\ln(1+x^2)}{1+x^2}$，说明结果正确。