2023 年考研数学（二） 第 20 题

边界里出现 $x^2+y^2-xy$ 且约束是两条过原点的直线，这是极坐标的强烈信号——因为 $x^2+y^2-xy=r^2(1-\sin \theta \cos \theta )$ 能把两条曲线变成「$r^2\cdot (\text{同一个}\theta \text{因子})=$ 常数」，于是 $r_2/r_1=\sqrt{2}$ 是常数，内层对 $r$ 的积分 $\int \frac{dr}{r}=\ln \sqrt{2}$ 干脆利落且与角度无关，把二重积分漂亮地分离为「角向积分 $\times$ 常数」。最后角向积分用 $t=\tan \theta$ 化成反正切标准型。

本题考查二重积分的计算。 边界曲线与直线在极坐标下形式简单，宜用极坐标计算。

令 $x=r\cos \theta ,y=r\sin \theta$。曲线 $x^2+y^2-xy=r^2(1-\sin \theta \cos \theta )$，故两条曲线为
$$r^2(1-\sin \theta \cos \theta )=1,r^2(1-\sin \theta \cos \theta )=2,$$
即 $r=\frac{1}{\sqrt{1-\sin \theta \cos \theta }}$ 与 $r=\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{1-\sin \theta \cos \theta }}$。直线 $y=\sqrt{3}x$ 即 $\theta =\frac{\pi }{3}$，$y=0$ 即 $\theta =0$。于是
$$D=\left\{(r,\theta )|\frac{1}{\sqrt{1-\sin \theta \cos \theta }}⩽r⩽\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{1-\sin \theta \cos \theta }},0⩽\theta ⩽\frac{\pi }{3}\right\}.$$

被积函数 $\frac{1}{3x^2+y^2}=\frac{1}{r^2(3{\cos }^2\theta +{\sin }^2\theta )}$，乘上面积元 $r\mathrm{d}r\mathrm{d}\theta$：
$${\iint }_D\frac{\mathrm{d}x\mathrm{d}y}{3x^2+y^2}={\int }_0^{\frac{\pi }{3}}\frac{\mathrm{d}\theta }{3{\cos }^2\theta +{\sin }^2\theta }{\int }_{r_1}^{r_2}\frac{\mathrm{d}r}{r},$$
其中 $r_1,r_2$ 如上。内层 ${\int }_{r_1}^{r_2}\frac{\mathrm{d}r}{r}=\ln \frac{r_2}{r_1}=\ln \sqrt{2}=\frac{1}{2}\ln 2$（与 $\theta$ 无关）。

于是原式 $=\frac{\ln 2}{2}{\int }_0^{\frac{\pi }{3}}\frac{\mathrm{d}\theta }{3{\cos }^2\theta +{\sin }^2\theta }$。分子分母同除 ${\cos }^2\theta$：
$${\int }_0^{\frac{\pi }{3}}\frac{{\sec }^2\theta \mathrm{d}\theta }{3+{\tan }^2\theta }\stackrel{t=\tan \theta }{=}{\int }_0^{\sqrt{3}}\frac{\mathrm{d}t}{3+t^2}=\frac{1}{\sqrt{3}}\arctan \frac{t}{\sqrt{3}}{|}_0^{\sqrt{3}}=\frac{1}{\sqrt{3}}\cdot \frac{\pi }{4}.$$

综合：
$${\iint }_D\frac{\mathrm{d}x\mathrm{d}y}{3x^2+y^2}=\frac{\ln 2}{2}\cdot \frac{\pi }{4\sqrt{3}}=\frac{\pi \ln 2}{8\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}\pi \ln 2}{24}.$$