2019年考研数学二第5题

首先明确题目中的积分区域 $D: x^2 + y^2 \leq \pi^2$，即半径为 $\pi$ 的圆盘。被积函数分别为 $\sin\sqrt{x^2+y^2}$ 和 $\sqrt{x^2+y^2}$，因此积分 $I_1 = \iint_D \sin\sqrt{x^2+y^2}\,dxdy$，$I_2 = \iint_D \sqrt{x^2+y^2}\,dxdy$。 为了比较 $I_1$ 与 $I_2$ 的大小，我们利用一个基本不等式：当 $t \geq 0$ 时，有 $\sin t \leq t$，且等号仅在 $t=0$ 处成立。令 $t = \sqrt{x^2+y^2}$，由于在区域 $D$ 上 $\sqrt{x^2+y^2} \in [0, \pi]$，满足 $t \geq 0$，因此对区域 $D$ 内的每一点（原点除外），都有 $$ \sin\sqrt{x^2+y^2} < \sqrt{x^2+y^2}. $$ 在原点处，$\sqrt{x^2+y^2}=0$，$\sin 0 = 0$，两者相等。 由于不等式在除一点外的整个区域上严格成立，且被积函数连续，对区域 $D$ 进行二重积分时，积分具有严格单调性：若在区域上 $f(x,y) \leq g(x,y)$ 且不几乎处处相等，则 $\iint_D f\,dxdy < \iint_D g\,dxdy$。因此，对 $D$ 上每一点有 $\sin\sqrt{x^2+y^2} \leq \sqrt{x^2+y^2}$，且不恒等，积分后得到 $$ \iint_D \sin\sqrt{x^2+y^2}\,dxdy < \iint_D \sqrt{x^2+y^2}\,dxdy, $$ 即 $I_1 < I_2$。 注意：这里比较的是 $I_1$ 与 $I_2$ 的大小，而题目步骤目标要求比较 $I_1$ 与 $I_2$，因此我们得到 $I_2 > I_1$。

为了比较 $I_2 = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{1-\cos t}{t} \, dt$ 与 $I_3 = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{\sin t}{t} \, dt$ 的大小，我们首先对分子进行恒等变形。利用半角公式： $$1-\cos t = 2\sin^2\frac{t}{2}, \quad \sin t = 2\sin\frac{t}{2}\cos\frac{t}{2}.$$ 因此，被积函数可以改写为： $$\frac{1-\cos t}{t} = \frac{2\sin^2\frac{t}{2}}{t}, \quad \frac{\sin t}{t} = \frac{2\sin\frac{t}{2}\cos\frac{t}{2}}{t}.$$ 在区间 $(0, \frac{\pi}{2}]$ 上，$\sin\frac{t}{2} > 0$，$\cos\frac{t}{2} > 0$。比较两个被积函数的大小，即比较 $2\sin^2\frac{t}{2}$ 与 $2\sin\frac{t}{2}\cos\frac{t}{2}$ 的大小。约去正因子 $2\sin\frac{t}{2}$，等价于比较 $\sin\frac{t}{2}$ 与 $\cos\frac{t}{2}$ 的大小。 由于 $t \in (0, \frac{\pi}{2}]$，则 $\frac{t}{2} \in (0, \frac{\pi}{4}]$。在此区间内，正弦函数单调递增，余弦函数单调递减，且当 $\frac{t}{2} = \frac{\pi}{4}$ 时，$\sin\frac{\pi}{4} = \cos\frac{\pi}{4} = \frac{\sqrt{2}}{2}$；当 $\frac{t}{2} < \frac{\pi}{4}$ 时，$\sin\frac{t}{2} < \cos\frac{t}{2}$。因此，对于 $t \in (0, \frac{\pi}{2})$，有 $\sin\frac{t}{2} < \cos\frac{t}{2}$，从而 $2\sin^2\frac{t}{2} < 2\sin\frac{t}{2}\cos\frac{t}{2}$，即 $1-\cos t < \sin t$。在 $t = \frac{\pi}{2}$ 处，$\sin\frac{\pi}{4} = \cos\frac{\pi}{4}$，故 $1-\cos\frac{\pi}{2} = 1 = \sin\frac{\pi}{2}$，两者相等。 由于分母 $t > 0$，所以对于 $t \in (0, \frac{\pi}{2})$，有 $\frac{1-\cos t}{t} < \frac{\sin t}{t}$；在 $t = \frac{\pi}{2}$ 处两者相等。根据定积分的保序性，在区间 $(0, \frac{\pi}{2}]$ 上，被积函数小的积分值也小，因此 $I_2 < I_3$。

由区域 $D$ 的边界条件 $\sqrt{x^2+y^2} \le \frac{\pi}{2}$，可知极坐标下 $r \in [0, \frac{\pi}{2}]$。令 $t = \sqrt{x^2+y^2} = r$，则 $t$ 的取值范围为 $[0, \frac{\pi}{2}]$。 考虑半角 $\frac{t}{2}$，其取值范围为 $[0, \frac{\pi}{4}]$。在区间 $[0, \frac{\pi}{4}]$ 上，正弦函数 $\sin(\frac{t}{2})$ 单调递增，余弦函数 $\cos(\frac{t}{2})$ 单调递减，且当 $\frac{t}{2} = \frac{\pi}{4}$ 时两者相等。因此，对于 $\frac{t}{2} \in [0, \frac{\pi}{4}]$，恒有 $\sin(\frac{t}{2}) \le \cos(\frac{t}{2})$。 利用二倍角公式： $$\sin t = 2\sin\frac{t}{2}\cos\frac{t}{2}, \quad 1-\cos t = 2\sin^2\frac{t}{2}.$$ 由 $\sin(\frac{t}{2}) \le \cos(\frac{t}{2})$ 两边同乘以 $2\sin(\frac{t}{2})$（注意 $\sin(\frac{t}{2}) \ge 0$），得： $$2\sin^2\frac{t}{2} \le 2\sin\frac{t}{2}\cos\frac{t}{2},$$ 即 $$1-\cos t \le \sin t.$$ 由于在 $t \in (0, \frac{\pi}{2})$ 内，$\sin t > 0$，且 $1-\cos t \ge 0$，上述不等式在 $t=0$ 时取等号，在 $t \in (0, \frac{\pi}{2}]$ 内严格成立（$t=\frac{\pi}{2}$ 时 $1-\cos\frac{\pi}{2}=1$，$\sin\frac{\pi}{2}=1$，相等）。因此，在区域 $D$ 内（除去原点），有 $\sin t \ge 1-\cos t$。 由于 $I_2 = \iint_D (1-\cos\sqrt{x^2+y^2})\,d\sigma$，$I_3 = \iint_D \sin\sqrt{x^2+y^2}\,d\sigma$，被积函数在 $D$ 上满足 $\sin\sqrt{x^2+y^2} \ge 1-\cos\sqrt{x^2+y^2}$，且不恒等（在原点附近 $\sin r \approx r$，$1-\cos r \approx \frac{r^2}{2}$，前者更大），故积分值 $I_3 > I_2$。

综合步骤1和步骤3的结果： 步骤1中，我们比较了积分区间和函数值，得到 $I_1 = \int_0^1 \frac{x}{\sin x} \, dx$，$I_2 = \int_0^1 \frac{x}{\tan x} \, dx$，$I_3 = \int_0^1 \frac{x}{1+x^2} \, dx$。 步骤3中，我们通过分析被积函数在区间 $(0,1)$ 上的大小关系，得到： - 当 $x \in (0,1)$ 时，有 $\sin x < x < \tan x$，因此 $\frac{x}{\sin x} > 1$，$\frac{x}{\tan x} < 1$，$\frac{x}{1+x^2} < 1$。 - 进一步比较 $\frac{x}{\tan x}$ 与 $\frac{x}{1+x^2}$：由于 $\tan x > x$，所以 $\frac{x}{\tan x} < 1$；而 $1+x^2 > 1$，所以 $\frac{x}{1+x^2} < x$。实际上，在 $(0,1)$ 上，$\tan x > x > \frac{x}{1+x^2}$ 并不直接成立，需要更细致的比较。 我们重新严格比较 $I_2$ 和 $I_3$ 的被积函数： 令 $f(x) = \frac{x}{\tan x}$，$g(x) = \frac{x}{1+x^2}$。 考虑 $h(x) = f(x) - g(x) = \frac{x}{\tan x} - \frac{x}{1+x^2} = x \left( \frac{1}{\tan x} - \frac{1}{1+x^2} \right)$。 由于 $x>0$，符号取决于 $\frac{1}{\tan x} - \frac{1}{1+x^2}$。 即比较 $\tan x$ 与 $1+x^2$。在 $(0,1)$ 上，$\tan x > x$，但 $1+x^2 > 1$，且 $\tan 1 \approx 1.557$，$1+1^2=2$，所以 $\tan x < 1+x^2$ 在 $x$ 接近1时成立？实际上，$\tan x$ 在 $x=0$ 附近近似 $x$，而 $1+x^2$ 近似 $1$，所以 $\tan x < 1+x^2$ 在 $x$ 较小时成立；在 $x=1$ 时，$\tan 1 \approx 1.557 < 2$，因此在整个 $(0,1)$ 上 $\tan x < 1+x^2$ 成立。于是 $\frac{1}{\tan x} > \frac{1}{1+x^2}$，从而 $f(x) > g(x)$。 因此，在 $(0,1)$ 上，$\frac{x}{\sin x} > \frac{x}{\tan x} > \frac{x}{1+x^2}$。 由定积分的保序性，积分值大小关系与函数大小关系一致，故有： $$I_1 > I_2 > I_3$$ 即 $I_3 < I_2 < I_1$。 对应选项（A）。 最终答案验证：取 $x=0.5$ 近似计算： $\frac{0.5}{\sin 0.5} \approx \frac{0.5}{0.4794} \approx 1.043$， $\frac{0.5}{\tan 0.5} \approx \frac{0.5}{0.5463} \approx 0.915$， $\frac{0.5}{1+0.25} = \frac{0.5}{1.25} = 0.4$， 可见 $1.043 > 0.915 > 0.4$，与结论一致。