五、（共10分）分别设 $R=\{(x, y): 0 \leq x \leq 1 ; 0 \leq y \leq 1\}$

$$
R_{\varepsilon}=\{(x, y): 0 \leq x \leq 1-\varepsilon ; 0 \leq y \leq 1-\varepsilon\} .
$$

考虑 $I=\iint_{R} \frac{\mathrm{~d} x \mathrm{~d} y}{1-x y}$ 与 $I_{\varepsilon}=\iint_{R_{\varepsilon}} \frac{\mathrm{d} x \mathrm{~d} y}{1-x y}$ ，定义 $I=\lim _{\varepsilon \rightarrow 0^{+}} I_{\varepsilon}$ ：
（1）证明 $I=\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^{2}}$ ；
（2）利用变量替换：$\left\{\begin{array}{l}u=\frac{1}{2}(x+y) \\ v=\frac{1}{2}(y-x)\end{array}\right.$ 计算积分 $I$ 的值，并由此推出 $\frac{\pi^{2}}{6}=\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^{2}}$ ．

【参考证明】：显然，$I_{\varepsilon}=\iint_{R_{\varepsilon}} \sum_{n=0}^{\infty}(x y)^{n} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y$ ．
注意到上述级数在 $\boldsymbol{R}_{\varepsilon}$ 上的一致收敛性，则有

$$
I_{\varepsilon}=\sum_{n=0}^{\infty} \int_{0}^{1-\varepsilon} x^{n} \mathrm{~d} x \int_{0}^{1-\varepsilon} y^{n} \mathrm{~d} y=\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(1-\varepsilon)^{2 n}}{n^{2}}
$$

由于 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{x^{2 n}}{n^{2}}$ 在点 $x=1$ 收敛，故有 $I=\lim _{\varepsilon \rightarrow 0^{+}} I_{\varepsilon}=\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^{2}}$ ．
下面证明 $\boldsymbol{I}=\frac{\boldsymbol{\pi}^{\mathbf{2}}}{\mathbf{6}}$ 。在给定的变换下，

$$
x=u-v, y=u+v
$$

那么 $\frac{1}{1-x y}=\frac{1}{1-u^{2}+v^{2}}$ ，变换的雅可比行列式，

$$
J=\left|\frac{\partial(x, y)}{\partial(u, v)}\right|=2
$$

假定正方形 $\boldsymbol{R}$ 在给定变换下的像为 $\widetilde{\boldsymbol{R}}$ ，那么根据 $\widetilde{\boldsymbol{R}}$ 的图象以及被积函数的特征，我们有

$$
\begin{aligned}
& I=2 \iint_{\widetilde{R}} \frac{1}{1-u^{2}+v^{2}} \mathrm{~d} u \mathrm{~d} v \\
& =4 \int_{0}^{\frac{1}{2}}\left(\int_{0}^{u} \frac{\mathrm{~d} v}{1-u^{2}+v^{2}}\right) \mathrm{d} u+4 \int_{\frac{1}{2}}^{1}\left(\int_{0}^{1-u} \frac{\mathrm{~d} v}{1-u^{2}+v^{2}}\right) \mathrm{d} u
\end{aligned}
$$

利用 $\int \frac{\mathrm{d} x}{a^{2}+x^{2}}=\frac{1}{a} \arctan \frac{x}{a}+C(a>0)$ ，又得

$$
I=4 \int_{0}^{\frac{1}{2}} \frac{\arctan \left(\frac{u}{\sqrt{1-u^{2}}}\right)}{\sqrt{1-u^{2}}} \mathrm{~d} u+4 \int_{\frac{1}{2}}^{1} \frac{\arctan \left(\frac{1-u}{\sqrt{1-u^{2}}}\right)}{\sqrt{1-u^{2}}} \mathrm{~d} u
$$

令 $g(u)=\arctan \frac{u}{\sqrt{1-u^{2}}} ;$

$$
h(u)=\arctan \frac{1-u}{\sqrt{1-u^{2}}}=\arctan \sqrt{\frac{1-u}{1+u}}
$$

那么 $g^{\prime}(u)=\frac{1}{\sqrt{1-u^{2}}} ; h^{\prime}(u)=-\frac{2}{\sqrt{1-u^{2}}}$ ．最后，得到

$$
\begin{aligned}
I & =4 \int_{0}^{\frac{1}{2}} g^{\prime}(u) g(u) \mathrm{d} u-8 \int_{\frac{1}{2}}^{1} h^{\prime}(u) h(u) \mathrm{d} u \\
& =\left.2[g(u)]^{2}\right|_{0} ^{\frac{1}{2}}-\left.4[h(u)]^{2}\right|_{\frac{1}{2}} ^{1} \\
& =2\left(\frac{\pi}{6}\right)^{2}-0-0+4\left(\frac{\pi}{6}\right)^{2}=\frac{\pi^{2}}{6}
\end{aligned}
$$