南开大学 2025年数学分析第7题

被积函数为 $f(x,y) = (e^y + e^{-y})\cos x$，其中 $e^y + e^{-y}$ 是 $y$ 的偶函数，$\cos x$ 是 $x$ 的偶函数。积分区域是单位圆盘 $x^2 + y^2 \le 1$，关于 $x$ 轴和 $y$ 轴均对称。因此，可以利用对称性简化积分，例如将积分区域限制在第一象限后乘以 4，但更有效的方法是注意到 $e^y$ 与 $e^{-y}$ 在对称区域上的关系。

定义参数积分 $F(a) = \iint_{x^2+y^2 \le 1} e^{a y} \cos x \, dxdy$，则原积分 $I = F(1) + F(-1)$。由于积分区域关于 $x$ 轴对称，且 $\cos x$ 与 $y$ 无关，做变量替换 $y' = -y$ 可得 $F(-1) = F(1)$，因此 $I = 2F(1)$。这样只需计算 $F(1)$。

固定 $x$，$y$ 的范围为 $-\sqrt{1-x^2} \le y \le \sqrt{1-x^2}$。先对 $y$ 积分： \[ \int_{-\sqrt{1-x^2}}^{\sqrt{1-x^2}} e^y \, dy = e^{\sqrt{1-x^2}} - e^{-\sqrt{1-x^2}} \] 令 $\alpha = \sqrt{1-x^2}$，则内层积分结果为 $e^\alpha - e^{-\alpha}$。

将内层积分结果代入，得： \[ F(1) = \int_{-1}^{1} \cos x \left( e^{\sqrt{1-x^2}} - e^{-\sqrt{1-x^2}} \right) dx \] 被积函数是 $x$ 的偶函数（$\cos x$ 为偶，括号内只依赖 $|x|$），因此： \[ F(1) = 2 \int_{0}^{1} \cos x \left( e^{\sqrt{1-x^2}} - e^{-\sqrt{1-x^2}} \right) dx \] 于是 $I = 2F(1) = 4 \int_{0}^{1} \cos x \left( e^{\sqrt{1-x^2}} - e^{-\sqrt{1-x^2}} \right) dx$。

令 $x = \cos t$，则当 $x$ 从 0 到 1 时，$t$ 从 $\pi/2$ 到 0。此时 $\sqrt{1-x^2} = \sin t$，$dx = -\sin t \, dt$。代入积分： \[ I = 4 \int_{\pi/2}^{0} \cos(\cos t) \left( e^{\sin t} - e^{-\sin t} \right) (-\sin t) \, dt = 4 \int_{0}^{\pi/2} \cos(\cos t) \left( e^{\sin t} - e^{-\sin t} \right) \sin t \, dt \] 利用 $e^{\sin t} - e^{-\sin t} = 2\sinh(\sin t)$，得： \[ I = 8 \int_{0}^{\pi/2} \cos(\cos t) \sinh(\sin t) \sin t \, dt \]

用极坐标 $x = r\cos\theta, y = r\sin\theta$，$dxdy = r\, dr\, d\theta$，则： \[ F(1) = \int_{0}^{2\pi} \int_{0}^{1} e^{r\sin\theta} \cos(r\cos\theta) \, r\, dr\, d\theta \] 注意到 $e^{r\sin\theta} \cos(r\cos\theta) = \operatorname{Re}\left[ e^{r\sin\theta} e^{i r\cos\theta} \right] = \operatorname{Re}\left[ e^{r(\sin\theta + i\cos\theta)} \right]$。而 $\sin\theta + i\cos\theta = i e^{-i\theta}$，因此被积函数实部为 $\operatorname{Re}\left[ e^{i r e^{-i\theta}} \right]$。该积分可通过复变方法或特殊函数进一步化简，但不如直角坐标法直接。