2006年考研数学一第15题

首先，观察被积函数 $\frac{1+xy}{1+x^2+y^2}$。这是一个有理函数，分子为 $1+xy$，分母为 $1+x^2+y^2$。为了简化积分计算，我们将被积函数拆分为两个部分之和： $$ \frac{1+xy}{1+x^2+y^2} = \frac{1}{1+x^2+y^2} + \frac{xy}{1+x^2+y^2}. $$ 因此，原二重积分 $I = \iint_D \frac{1+xy}{1+x^2+y^2} \, dxdy$ 可以写成两个积分之和： $$ I = \iint_D \frac{1}{1+x^2+y^2} \, dxdy + \iint_D \frac{xy}{1+x^2+y^2} \, dxdy. $$ 记 $I_1 = \iint_D \frac{1}{1+x^2+y^2} \, dxdy$，$I_2 = \iint_D \frac{xy}{1+x^2+y^2} \, dxdy$，则 $I = I_1 + I_2$。 这一步的关键在于将复杂的被积函数分解为两个较简单的部分，其中第一项只与 $x^2+y^2$ 有关，适合用极坐标处理；第二项含有 $xy$，需要进一步分析其对称性。后续步骤将分别计算 $I_1$ 和 $I_2$。

考虑二重积分 $\iint_D \frac{xy}{1+x^2+y^2} \,dxdy$，其中积分区域 $D$ 关于 $x$ 轴对称。对于固定的 $x$，被积函数 $f(x,y)=\frac{xy}{1+x^2+y^2}$ 关于 $y$ 是奇函数，即 $f(x,-y)=-f(x,y)$。由于区域 $D$ 关于 $x$ 轴对称，且积分区域对称，奇函数在对称区域上的积分为零。因此，第二项积分为： $$ \iint_D \frac{xy}{1+x^2+y^2} \,dxdy = 0. $$ 这样，原二重积分简化为仅包含第一项 $\iint_D \frac{1}{1+x^2+y^2} \,dxdy$，从而简化了后续计算。

由于积分区域$D$是由$x$轴、$y$轴以及直线$x+y=1$所围成的三角形区域，但题目中给出的区域实际为$x\geq 0, y\geq 0, x+y\leq 1$。然而在本题的上下文中，被积函数含有$x^2+y^2$，且积分区域为圆的一部分（实际上原题区域为$x^2+y^2\leq 1$且$x\geq 0, y\geq 0$），因此采用极坐标变换最为简便。令$x = r\cos\theta$，$y = r\sin\theta$，则面积元$\mathrm{d}x\mathrm{d}y = r\,\mathrm{d}r\,\mathrm{d}\theta$。积分区域$D$对应$r$从$0$到$1$，$\theta$从$-\frac{\pi}{2}$到$\frac{\pi}{2}$（注意：原题区域为上半圆或右半圆，具体角度范围需根据题目实际确定，此处按步骤概要给出的范围）。被积函数中的$x^2+y^2$变为$r^2$，从而原二重积分转化为： $$ \iint_D f(x,y)\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y = \int_{\theta=-\pi/2}^{\pi/2} \int_{r=0}^{1} f(r\cos\theta, r\sin\theta)\, r\,\mathrm{d}r\,\mathrm{d}\theta. $$ 这一变换将直角坐标下的复杂区域和函数形式简化为极坐标下的简单积分限，便于后续计算。

将积分区域和积分表达式转换为极坐标形式。原积分区域由曲线 $y = \sqrt{1 - x^2}$、$y = -\sqrt{1 - x^2}$ 和直线 $x = 0$ 围成，即单位圆 $x^2 + y^2 = 1$ 的右半部分（$x \geq 0$）。在极坐标下，$x = r\cos\theta$，$y = r\sin\theta$，面积元 $\mathrm{d}x\mathrm{d}y = r\mathrm{d}r\mathrm{d}\theta$。 区域描述：对于右半圆，$\theta$ 从 $-\frac{\pi}{2}$ 到 $\frac{\pi}{2}$；对于每个固定的 $\theta$，$r$ 从 $0$ 到 $1$（因为圆半径 $r=1$）。 被积函数 $\frac{1}{1 + x^2 + y^2}$ 在极坐标下变为 $\frac{1}{1 + r^2}$。因此积分化为： $$I = \int_{\theta = -\pi/2}^{\pi/2} \int_{r=0}^{1} \frac{1}{1 + r^2} \cdot r \, \mathrm{d}r \, \mathrm{d}\theta = \int_{\theta = -\pi/2}^{\pi/2} \mathrm{d}\theta \int_{r=0}^{1} \frac{r}{1 + r^2} \, \mathrm{d}r.$$ 注意：这里 $r$ 的积分限为 $0$ 到 $1$，$\theta$ 的积分限为 $-\pi/2$ 到 $\pi/2$，覆盖了整个右半圆区域。

本步骤需要计算内层积分 $\int_0^1 \frac{r}{1+r^2} \, dr$。首先观察被积函数 $\frac{r}{1+r^2}$，其分子 $r$ 恰好是分母 $1+r^2$ 的导数的一半（因为 $\frac{d}{dr}(1+r^2)=2r$），因此适合使用凑微分法。令 $u = 1+r^2$，则 $du = 2r \, dr$，即 $r \, dr = \frac{1}{2} du$。当 $r=0$ 时，$u=1$；当 $r=1$ 时，$u=2$。于是积分化为： $$\int_0^1 \frac{r}{1+r^2} \, dr = \int_{u=1}^{2} \frac{1}{u} \cdot \frac{1}{2} \, du = \frac{1}{2} \int_1^2 \frac{1}{u} \, du.$$ 计算 $\int_1^2 \frac{1}{u} \, du = \ln|u| \big|_1^2 = \ln 2 - \ln 1 = \ln 2$。因此原积分结果为 $\frac{1}{2} \ln 2$。 也可以直接写出原函数：$\int \frac{r}{1+r^2} \, dr = \frac{1}{2} \ln(1+r^2) + C$，然后代入上下限： $$\frac{1}{2} \ln(1+r^2) \Big|_0^1 = \frac{1}{2} (\ln 2 - \ln 1) = \frac{1}{2} \ln 2.$$ 至此，内层对 $r$ 的积分计算完成，结果为 $\frac{1}{2} \ln 2$。

经过前几步的化简，我们得到二重积分化为累次积分的形式： $$I = \int_{-\pi/2}^{\pi/2} \left( \frac{1}{2} \ln 2 \right) d\theta$$ 其中被积函数 $\frac{1}{2} \ln 2$ 是与 $\theta$ 无关的常数，因此可以直接提到积分号外： $$I = \frac{1}{2} \ln 2 \cdot \int_{-\pi/2}^{\pi/2} d\theta$$ 计算内层积分 $\int_{-\pi/2}^{\pi/2} d\theta$，这表示对常数1在区间 $[-\pi/2, \pi/2]$ 上积分，积分结果等于区间的长度： $$\int_{-\pi/2}^{\pi/2} d\theta = \frac{\pi}{2} - \left(-\frac{\pi}{2}\right) = \pi$$ 因此，原积分值为： $$I = \frac{1}{2} \ln 2 \cdot \pi = \frac{\pi}{2} \ln 2$$ 至此，我们完成了整个二重积分的计算。最终答案为 $\frac{\pi}{2} \ln 2$。 **验证**：由于原积分区域对称，被积函数在区域内连续，计算过程每一步均符合积分运算法则。最终结果为一个正数（$\pi/2 > 0$，$\ln 2 > 0$），与积分区域上被积函数恒正的事实一致，结果合理。