中国科学院大学 2024年数学分析第0题

被积函数为 $\frac{x}{\sqrt{x^{2}+y^{2}}} \frac{\partial f}{\partial x}+\frac{y}{\sqrt{x^{2}+y^{2}}} \frac{\partial f}{\partial y}$。令向量场 $\mathbf{F} = \frac{(x, y)}{\sqrt{x^{2}+y^{2}}}$，则被积函数可表示为 $\mathbf{F} \cdot \nabla f$。题目条件为 $\Delta f = \frac{\partial^{2} f}{\partial x^{2}}+\frac{\partial^{2} f}{\partial y^{2}} = x^{2} y^{2}$。

由恒等式 $\nabla \cdot (f \mathbf{F}) = f (\nabla \cdot \mathbf{F}) + \mathbf{F} \cdot \nabla f$，可得 $\mathbf{F} \cdot \nabla f = \nabla \cdot (f \mathbf{F}) - f (\nabla \cdot \mathbf{F})$。因此原积分 $I = \iint_{x^2+y^2 \le 1} \nabla \cdot (f \mathbf{F}) \, dx\,dy - \iint_{x^2+y^2 \le 1} f \, (\nabla \cdot \mathbf{F}) \, dx\,dy$。

计算 $\nabla \cdot \mathbf{F} = \frac{\partial}{\partial x}\left( \frac{x}{r} \right) + \frac{\partial}{\partial y}\left( \frac{y}{r} \right)$。其中 $\frac{\partial}{\partial x}\left( \frac{x}{r} \right) = \frac{1}{r} - \frac{x^2}{r^3}$，$\frac{\partial}{\partial y}\left( \frac{y}{r} \right) = \frac{1}{r} - \frac{y^2}{r^3}$。相加得 $\nabla \cdot \mathbf{F} = \frac{2}{r} - \frac{x^2+y^2}{r^3} = \frac{2}{r} - \frac{1}{r} = \frac{1}{r}$。

由二维散度定理（高斯公式），$\iint_D \nabla \cdot (f \mathbf{F}) \, dA = \oint_{\partial D} f \mathbf{F} \cdot \mathbf{n} \, ds$。在边界 $x^2+y^2=1$ 上，外法向 $\mathbf{n} = (x, y)$，且 $r=1$，故 $\mathbf{F} = (x, y)$，于是 $\mathbf{F} \cdot \mathbf{n} = x^2+y^2 = 1$。因此第一项化为 $\oint_{x^2+y^2=1} f(x,y) \, ds$。

将第一项和第二项结果代入，得到 $I = \oint_{\partial D} f \, ds - \iint_D \frac{f}{r} \, dA$。其中 $\partial D$ 是单位圆周，$D$ 是单位圆盘。

取 $\phi = f$，$\psi = \ln r$。在二维中，$\Delta \psi = 0$（除原点外）。应用格林第二恒等式并考虑原点处的奇点修正，有：$\iint_D \ln r \, \Delta f \, dA = \oint_{\partial D} \left( f \frac{\partial (\ln r)}{\partial n} - (\ln r) \frac{\partial f}{\partial n} \right) ds + 2\pi f(0,0)$。在边界 $r=1$ 上，$\ln r = 0$，且 $\frac{\partial (\ln r)}{\partial n} = \nabla (\ln r) \cdot \mathbf{n} = \frac{(x,y)}{r^2} \cdot (x,y) = 1$。代入 $\Delta f = x^2 y^2$，得 $\iint_D \ln r \cdot x^2 y^2 \, dA = \oint_{\partial D} f \, ds + 2\pi f(0,0)$。

令 $x = r\cos\theta, y = r\sin\theta$，则 $\frac{x}{\sqrt{x^2+y^2}} = \cos\theta$，$\frac{y}{\sqrt{x^2+y^2}} = \sin\theta$。被积函数变为 $\cos\theta \frac{\partial f}{\partial x} + \sin\theta \frac{\partial f}{\partial y} = \frac{\partial f}{\partial r}$（径向方向导数）。面积元 $dx\,dy = r\,dr\,d\theta$，因此原积分化为 $I = \int_{\theta=0}^{2\pi} \int_{r=0}^1 \frac{\partial f}{\partial r} \cdot r \, dr \, d\theta$。

对固定的 $\theta$，计算 $\int_0^1 r \frac{\partial f}{\partial r} \, dr$。令 $u = r$，$dv = \frac{\partial f}{\partial r} dr$，则 $du = dr$，$v = f$。分部积分得：$\left[ r f \right]_{r=0}^{r=1} - \int_0^1 f \, dr = f(1,\theta) \cdot 1 - \lim_{r \to 0} r f(r,\theta) - \int_0^1 f \, dr$。由于 $f$ 连续，$\lim_{r \to 0} r f(r,\theta) = 0$。于是 $\int_0^1 r \frac{\partial f}{\partial r} \, dr = f(1,\theta) - \int_0^1 f \, dr$。再对 $\theta$ 积分，得 $I = \int_0^{2\pi} f(1,\theta) \, d\theta - \int_0^{2\pi} \int_0^1 f \, dr \, d\theta$。注意 $\int_0^{2\pi} f(1,\theta) \, d\theta = \oint_{\partial D} f \, ds$，而 $\int_0^{2\pi} \int_0^1 f \, dr \, d\theta = \iint_D \frac{f}{r} \, dA$（因为 $dA = r\,dr\,d\theta$，所以 $\iint_D \frac{f}{r} \, dA = \int_0^{2\pi} \int_0^1 f \, dr \, d\theta$）。因此 $I = \oint_{\partial D} f \, ds - \iint_D \frac{f}{r} \, dA$，与第五步结果一致。