求解二重积分$I_R$当$R\rightarrow\infty$时的极限
你好呀！你的直觉没错，这个极限确实和π有关，最终结果是$\frac{\pi}{2}$。咱们来一步步拆解分析，看看你之前的思路哪里出了问题～
首先，先把积分转换成极坐标形式，这样更方便分析区域$D_R$：
$x=r\cos\theta$，$y=r\sin\theta$，$dxdy=rdrd\theta$，所以：
$$I_R = \int_{0}{\frac{\pi}{R2}}\cos^2\theta d\theta \int_{0}{R}\frac{r3\cos(r\sin\theta)}{r^2+1}dr$$
先处理被积函数里的$\frac{r3}{r2+1}$，可以拆成$r - \frac{r}{r^2+1}$，这样积分就分成两部分：
$$I_R = \int_{0}{\frac{\pi}{R2}}\cos^2\theta d\theta \left( \int_{0}^{R}r\cos(r\sin\theta)dr - \int_{0}{R}\frac{r\cos(r\sin\theta)}{r2+1}dr \right)$$
先看第二部分积分：$\int_{0}{R}\frac{r}{r2+1}\cos(r\sin\theta)dr$，它的绝对值不超过$\int_{0}{R}\frac{r}{r2+1}dr = \frac{1}{2}\ln(R2+1)$，再乘以$\int_{0}{\frac{\pi}{R2}}\cos2\theta d\theta$（这个积分大概是$\frac{\pi}{R^2}$量级），整体是$\frac{\ln R}{R^2}$量级，当$R\rightarrow\infty$时会趋近于0，所以我们只需要关注第一部分。
接下来重点分析$\int_{0}^{R}r\cos(r\sin\theta)dr$，用分部积分法计算：
设$u=r$，$dv=\cos(kr)dr$（这里$k=\sin\theta$），则$du=dr$，$v=\frac{1}{k}\sin(kr)$，代入分部积分公式得：
$$\int_{0}^{R}r\cos(kr)dr = \frac{R}{k}\sin(kR) + \frac{\cos(kR)-1}{k^2}$$
因为$\theta\in[0,\frac{\pi}{R^2}]$，当$R\rightarrow\infty$时，$\theta$趋近于0，所以$k=\sin\theta\approx\theta$，且$kR=\theta R\leq\frac{\pi}{R^2}\cdot R=\frac{\pi}{R}\rightarrow0$，此时可以用泰勒展开近似：
$\sin(kR)\approx kR$，$\cos(kR)-1\approx-\frac{(kR)^2}{2}$
代入后得到：
$$\int_{0}^{R}r\cos(kr)dr \approx \frac{R}{k}\cdot kR + \frac{-\frac{(kR)2}{2}}{k2} = R^2 - \frac{R^2}{2} = \frac{R^2}{2}$$
这里的误差项是有界的（量级为1），相对于$\frac{R^2}{2}$可以忽略。
现在把这个结果代回第一部分积分：
$$\int_{0}{\frac{\pi}{R2}}\cos^2\theta \cdot \frac{R^2}{2}d\theta$$
计算$\int_{0}{\frac{\pi}{R2}}\cos^2\theta d\theta$，利用$\cos2\theta=\frac{1+\cos2\theta}{2}$，积分结果近似为$\frac{\pi}{2R2}$（因为$\cos2\theta$在θ很小时近似为1，积分后是$\frac{\pi}{R^2}$，再乘以$\frac{1}{2}$），所以：
$$\frac{R^2}{2} \cdot \frac{\pi}{R^2} = \frac{\pi}{2}$$
再加上之前忽略的误差项，它们要么是$\frac{1}{R^2}$量级，要么是更高阶的无穷小，当$R\rightarrow\infty$时都会趋近于0。
至于你之前展开$\cos y$得到0的问题，应该是错误估计了第一部分积分的量级。$\cos y$的第一阶近似是1，对应的积分量级是$\frac{\pi}{2}$，而第二阶项是高阶小项，不会影响最终极限。
备注：内容来源于stack exchange，提问作者Ychen
