2024 年考研数学（一） 第 17 题

被积函数带 $\sqrt{x^2+y^2}$、区域由圆弧和直线围成，天然指向极坐标。但直接以 $r=\sec \theta$ 为上限会较繁，所以先榨干对称性：关于 $x$ 轴对称去掉一半，再关于 $y=x$ 用轮换对称把 $x$ 升级成 $x+y$、把极角压到 $[0,\frac{\pi }{4}]$。这样内层 ${\int }_1^{\sec \theta }rdr$ 简单，外层化成 $\sec \theta ,\cos \theta ,\sin \theta$ 的可积组合。

分析： 积分区域 $D$（单位圆弧 $x=\sqrt{1-y^2}$ 与直线 $x=1$ 之间的部分）关于 $x$ 轴对称，被积函数 $\frac{x}{\sqrt{x^2+y^2}}$ 关于 $y$ 为偶函数，且含 $\sqrt{x^2+y^2}$，宜用对称性与极坐标。

由对称性 ${\iint }_D\frac{x}{\sqrt{x^2+y^2}}\mathrm{d}x\mathrm{d}y=2{\iint }_{D_1}\frac{x}{\sqrt{x^2+y^2}}\mathrm{d}x\mathrm{d}y$，其中 $D_1$ 为 $D$ 位于 $x$ 轴上方部分。$D_1$ 关于直线 $y=x$ 对称，记 $D_0$ 为 $D_1$ 中位于 $y=x$ 下方的部分，由轮换对称性
$${\iint }_{D_1}\frac{x}{\sqrt{x^2+y^2}}\mathrm{d}x\mathrm{d}y={\iint }_{D_0}\frac{x+y}{\sqrt{x^2+y^2}}\mathrm{d}x\mathrm{d}y.$$

$D_0$ 的极坐标表示为 $D_0=\left\{(r,\theta )|1\le r\le \sec \theta ,0\le \theta \le \frac{\pi }{4}\right\}$。于是
$${\iint }_D\frac{x}{\sqrt{x^2+y^2}}\mathrm{d}x\mathrm{d}y=2{\iint }_{D_0}(\cos \theta +\sin \theta )r\mathrm{d}r\mathrm{d}\theta =2{\int }_0^{\pi /4}(\cos \theta +\sin \theta )\mathrm{d}\theta {\int }_1^{\sec \theta }r\mathrm{d}r.$$

内层积分 ${\int }_1^{\sec \theta }r\mathrm{d}r=\frac{1}{2}({\sec }^2\theta -1)$，故
$$\text{原式}={\int }_0^{\pi /4}(\cos \theta +\sin \theta )({\sec }^2\theta -1)\mathrm{d}\theta ={\int }_0^{\pi /4}(\sec \theta -\cos \theta +\frac{\sin \theta }{{\cos }^2\theta }-\sin \theta )\mathrm{d}\theta .$$

逐项积分：
$$=[\ln (\sec \theta +\tan \theta )-\sin \theta +\frac{1}{\cos \theta }+\cos \theta {]}_0^{\pi /4}=\ln (\sqrt{2}+1)+\sqrt{2}-2.$$

结论： ${\iint }_D\frac{x}{\sqrt{x^2+y^2}}\mathrm{d}x\mathrm{d}y=\ln (\sqrt{2}+1)+\sqrt{2}-2$。