2023年考研数学二第20题

首先，回顾极坐标与直角坐标的转换关系：$x = r \cos \theta$，$y = r \sin \theta$，其中 $r \geq 0$，$\theta \in [0, 2\pi)$。将这两个关系代入给定的曲线方程 $x^2 + y^2 - xy = 1$ 和 $x^2 + y^2 - xy = 2$ 中。 对于第一个方程： $$x^2 + y^2 - xy = 1$$ 代入得： $$(r\cos\theta)^2 + (r\sin\theta)^2 - (r\cos\theta)(r\sin\theta) = 1$$ 化简： $$r^2\cos^2\theta + r^2\sin^2\theta - r^2\sin\theta\cos\theta = 1$$ 利用恒等式 $\cos^2\theta + \sin^2\theta = 1$，得： $$r^2(1 - \sin\theta\cos\theta) = 1$$ 因此： $$r^2 = \frac{1}{1 - \sin\theta\cos\theta}$$ 对于第二个方程： $$x^2 + y^2 - xy = 2$$ 同理代入得： $$r^2(1 - \sin\theta\cos\theta) = 2$$ 所以： $$r^2 = \frac{2}{1 - \sin\theta\cos\theta}$$ 这样，两条曲线在极坐标下的方程分别为 $r^2 = \frac{1}{1 - \sin\theta\cos\theta}$ 和 $r^2 = \frac{2}{1 - \sin\theta\cos\theta}$。注意，由于 $r^2 \geq 0$，分母 $1 - \sin\theta\cos\theta$ 必须为正，而 $\sin\theta\cos\theta = \frac{1}{2}\sin 2\theta$，其取值范围为 $[-\frac{1}{2}, \frac{1}{2}]$，因此分母恒大于0，定义域为全体实数。

首先，将直角坐标下的边界曲线转化为极坐标形式。已知直线 $y = \sqrt{3}x$，在极坐标下 $y = r\sin\theta$，$x = r\cos\theta$，代入得 $r\sin\theta = \sqrt{3} r\cos\theta$，即 $\tan\theta = \sqrt{3}$，解得 $\theta = \frac{\pi}{3}$。另一条边界 $y=0$ 对应极角 $\theta = 0$。由于积分区域位于第一象限，因此 $\theta$ 的范围为 $0 \leq \theta \leq \frac{\pi}{3}$。 接下来确定 $r$ 的范围。区域由两条曲线围成：内曲线为 $x^2 + y^2 = 1 + xy$，外曲线为 $x^2 + y^2 = 2 + xy$。将极坐标变换 $x = r\cos\theta$，$y = r\sin\theta$ 代入内曲线方程： $$r^2 = 1 + r^2 \sin\theta \cos\theta$$ 整理得 $r^2 (1 - \sin\theta\cos\theta) = 1$，所以 $r = \sqrt{\frac{1}{1 - \sin\theta\cos\theta}}$。 同理，代入外曲线方程： $$r^2 = 2 + r^2 \sin\theta\cos\theta$$ 整理得 $r^2 (1 - \sin\theta\cos\theta) = 2$，所以 $r = \sqrt{\frac{2}{1 - \sin\theta\cos\theta}}$。 因此，对于固定的 $\theta$，$r$ 从内曲线到外曲线，即 $r$ 的范围为 $\sqrt{\frac{1}{1 - \sin\theta\cos\theta}} \leq r \leq \sqrt{\frac{2}{1 - \sin\theta\cos\theta}}$。 综上，极坐标下的积分区域为：$\theta \in [0, \frac{\pi}{3}]$，$r \in \left[ \sqrt{\frac{1}{1 - \sin\theta\cos\theta}},\, \sqrt{\frac{2}{1 - \sin\theta\cos\theta}} \right]$。

首先，我们进行极坐标变换：令 $x = r\cos\theta$，$y = r\sin\theta$，则面积元 $dxdy = r\,dr\,d\theta$。被积函数中的分母为 $3x^2 + y^2 = 3r^2\cos^2\theta + r^2\sin^2\theta = r^2(3\cos^2\theta + \sin^2\theta)$，因此被积函数化为： $$ \frac{1}{3x^2 + y^2} = \frac{1}{r^2(3\cos^2\theta + \sin^2\theta)}. $$ 乘以面积元中的 $r$ 后，得到： $$ \frac{1}{r^2(3\cos^2\theta + \sin^2\theta)} \cdot r\,dr\,d\theta = \frac{1}{r(3\cos^2\theta + \sin^2\theta)}\,dr\,d\theta. $$ 接下来确定积分区域 $D$ 在极坐标下的表示。原区域 $D$ 由曲线 $x^2 + y^2 = 1 + xy$ 和 $x^2 + y^2 = 2 + xy$ 围成，且 $x \geq 0$，$y \geq 0$。将极坐标代入 $x^2 + y^2 = r^2$，$xy = r^2\sin\theta\cos\theta$，则边界方程化为： $$ r^2 = 1 + r^2\sin\theta\cos\theta \quad \Rightarrow \quad r^2(1 - \sin\theta\cos\theta) = 1 \quad \Rightarrow \quad r = \frac{1}{\sqrt{1 - \sin\theta\cos\theta}}. $$ 同理，另一边界为 $r = \frac{\sqrt{2}}{\sqrt{1 - \sin\theta\cos\theta}}$。由于 $x \geq 0$，$y \geq 0$，对应 $\theta$ 的范围为 $0 \leq \theta \leq \frac{\pi}{2}$。但题目中给出的积分区域还受直线 $y = \sqrt{3}x$ 的限制，该直线对应 $\tan\theta = \sqrt{3}$，即 $\theta = \frac{\pi}{3}$。因此 $\theta$ 的实际范围为 $0 \leq \theta \leq \frac{\pi}{3}$。 于是，二重积分化为极坐标下的累次积分： $$ \iint_D \frac{1}{3x^2 + y^2}\,dxdy = \int_{\theta=0}^{\pi/3} d\theta \int_{r=1/\sqrt{1-\sin\theta\cos\theta}}^{\sqrt{2}/\sqrt{1-\sin\theta\cos\theta}} \frac{1}{r(3\cos^2\theta + \sin^2\theta)}\,dr. $$ 注意，题目步骤概要中给出的被积函数为 $\frac{1}{r^2(3\cos^2\theta+\sin^2\theta)} \cdot r\,dr$，与上述结果一致，即 $\frac{1}{r(3\cos^2\theta+\sin^2\theta)}\,dr$。

本步骤对极径 $r$ 进行积分。由前一步骤可知，积分区域在极坐标下表示为 $r$ 从 $\sqrt{\frac{1}{1-\sin\theta\cos\theta}}$ 到 $\sqrt{\frac{2}{1-\sin\theta\cos\theta}}$，被积函数为 $\frac{1}{r}$。因此内层积分为： $$ \int_{\sqrt{\frac{1}{1-\sin\theta\cos\theta}}}^{\sqrt{\frac{2}{1-\sin\theta\cos\theta}}} \frac{1}{r} \, dr. $$ 计算该积分： $$ \int \frac{1}{r} \, dr = \ln r, $$ 代入上下限得： $$ \ln\left(\sqrt{\frac{2}{1-\sin\theta\cos\theta}}\right) - \ln\left(\sqrt{\frac{1}{1-\sin\theta\cos\theta}}\right) = \ln\left(\frac{\sqrt{\frac{2}{1-\sin\theta\cos\theta}}}{\sqrt{\frac{1}{1-\sin\theta\cos\theta}}}\right) = \ln\sqrt{2} = \frac{1}{2}\ln 2. $$ 注意，这里 $\ln\sqrt{2} = \frac{1}{2}\ln 2$。因此内层积分的结果是一个与 $\theta$ 无关的常数 $\frac{1}{2}\ln 2$。于是原二重积分化为： $$ \iint_D \frac{1}{r} \, dr \, d\theta = \frac{1}{2}\ln 2 \int_{0}^{\pi/3} \frac{1}{3\cos^2\theta + \sin^2\theta} \, d\theta. $$ 至此，对 $r$ 的积分完成，问题转化为对 $\theta$ 的定积分。

首先，我们处理被积函数 $\frac{1}{3\cos^2\theta + \sin^2\theta}$。为了简化积分，考虑将分母中的 $\cos^2\theta$ 提取出来，并利用 $\tan\theta$ 进行换元。具体步骤如下： 将分母除以 $\cos^2\theta$： $$ 3\cos^2\theta + \sin^2\theta = \cos^2\theta (3 + \tan^2\theta) $$ 因此， $$ \frac{1}{3\cos^2\theta + \sin^2\theta} = \frac{1}{\cos^2\theta (3 + \tan^2\theta)} = \frac{\sec^2\theta}{3 + \tan^2\theta} $$ 现在，令 $u = \tan\theta$，则 $du = \sec^2\theta \, d\theta$。同时，积分限也要相应变换：当 $\theta = 0$ 时，$u = \tan 0 = 0$；当 $\theta = \frac{\pi}{3}$ 时，$u = \tan\frac{\pi}{3} = \sqrt{3}$。 于是，原积分转化为： $$ \int_{0}^{\pi/3} \frac{\sec^2\theta}{3 + \tan^2\theta} \, d\theta = \int_{0}^{\sqrt{3}} \frac{1}{3 + u^2} \, du $$ 至此，被积函数已简化为标准形式 $\frac{1}{3+u^2}$，这是一个可以直接利用反正切函数积分公式求解的形式。

本步骤计算定积分 $\int_{0}^{\sqrt{3}} \frac{du}{3+u^2}$。首先，回忆基本积分公式：$\int \frac{du}{a^2+u^2} = \frac{1}{a} \arctan\left(\frac{u}{a}\right) + C$。这里 $a^2 = 3$，所以 $a = \sqrt{3}$。因此，\[\int_{0}^{\sqrt{3}} \frac{du}{3+u^2} = \left. \frac{1}{\sqrt{3}} \arctan\left(\frac{u}{\sqrt{3}}\right) \right|_{0}^{\sqrt{3}}.\]代入上限 $u = \sqrt{3}$ 得 $\frac{1}{\sqrt{3}} \arctan\left(\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{3}}\right) = \frac{1}{\sqrt{3}} \arctan(1) = \frac{1}{\sqrt{3}} \cdot \frac{\pi}{4}$。代入下限 $u = 0$ 得 $\frac{1}{\sqrt{3}} \arctan(0) = 0$。因此定积分的值为 $\frac{\pi}{4\sqrt{3}}$。原积分前面有系数 $\frac{1}{2}\ln 2$，所以整个积分结果为 \[\frac{1}{2}\ln 2 \cdot \frac{\pi}{4\sqrt{3}} = \frac{\pi \ln 2}{8\sqrt{3}}.\]有理化分母（或保持原形式）得 $\frac{\sqrt{3} \pi \ln 2}{24}$。最终答案为 $\frac{\sqrt{3} \pi \ln 2}{24}$。