Espero que esto ayude.
Posiblemente ya has deducido, con el hecho de que $\partial \mathbb{R}_+^n \cong \mathbb{R}^{n-1}$
$$\int_{\parcial \mathbb{R}_+^n} K(x,y) dy = \int_{\mathbb{R}^{n-1}} K(x,y) dy = \int_{\mathbb{R}^{n-1}} \frac{2x_n}{n \alpha(n)} \frac{1}{|x-y|^n} dy \\\\
= \frac{2x_n}{n \alpha(n)} \int_{\mathbb{R}^{n-1}}\frac{1}{(x_{n}^2+y_{1}^2+...+y_{n-1}^2)^{\frac{n}{2}}} dy = \frac{2x_n}{n \alpha(n)} \int_{\mathbb{R}^{n-1}}\frac{1}{(x_{n}^2+|y|^2)^{\frac{n}{2}}} dy$$
Ahora sólo factor $x_{n}^2$ y aplicar el cambio de las variables de $y \mapsto \frac{y}{x_{n}}$ a la integral anterior. Usted obtener
$$\frac{2x_n}{n \alpha(n)} \int_{\mathbb{R}^{n-1}}\frac{1}{(x_{n}^2+|y|^2)^{\frac{n}{2}}} dy = \frac{2}{n \alpha(n)} \frac{1}{x_{n}^{n-1}} \int_{\mathbb{R}^{n-1}}\frac{1}{(1+|\frac{y}{x_{n}}|^2)^{\frac{n}{2}}} dy \\\\
= \frac{2}{n \alpha(n)} \int_{\mathbb{R}^{n-1}}\frac{1}{(1+|y|^2)^{\frac{n}{2}}} dy $$
Usando coordenadas polares (cf. Evans, P. 628, Teorema 4)
$$\frac{2}{n \alpha(n)} \int_{\mathbb{R}^{n-1}}\frac{1}{(1+|y|^2)^{\frac{n}{2}}} dy = \frac{2}{n \alpha(n)} \int_{0}^{\infty}\left(\int_{\parcial B(0,r)}\frac{1}{(1+r^2)^{\frac{n}{2}}} dS \right) dr \\\\
= \frac{2(n-1)\alpha(n-1)}{n \alpha(n)} \int_{0}^{\infty}\frac{r^{n-2}}{(1+r^2)^{\frac{n}{2}}} dr $$
Ahora $n\alpha(n)$ es sólo el área de $S(n)$ de la $n$-esfera, que es, precisamente, $$S(n)=\frac{2\pi^{\frac{n}{2}}}{\Gamma(\frac{n}{2})}$ $ (véase, por ejemplo, http://en.wikipedia.org/wiki/Deriving_the_volume_of_an_n-ball#General_form_and_surface_area). Así que la ecuación se convierte finalmente en
$$\frac{2(n-1)\alpha(n-1)}{n \alpha(n)} \int_{0}^{\infty}\frac{r^{n-2}}{(1+r^2)^{\frac{n}{2}}} dr = \frac{2S(n-1)}{S(n)} \int_{0}^{\infty}\frac{r^{n-2}}{(1+r^2)^{\frac{n}{2}}} dr \\\\
= \frac{2\Gamma(\frac{n}{2})}{\Gamma(\frac{n-1}{2})\sqrt{\pi}}\int_{0}^{\infty}\frac{r^{n-2}}{(1+r^2)^{\frac{n}{2}}} dr$$
Pero $\int_{0}^{\infty}\frac{r^{n-2}}{(1+r^2)^{\frac{n}{2}}} dr = \frac{\Gamma(\frac{n-1}{2})\sqrt{\pi}}{2\Gamma(\frac{n}{2})}$ I esto es más fácilmente demostrado por inducción, ver más abajo).
Ahora que finalmente ha derivado el resultado deseado, es decir,
$$\int_{\partial \mathbb{R}_+^n} K(x,y) dy =1$$
Si hay algo mal o quieres conocer algunos de los pasos con más detalle por favor, hágamelo saber a través de darme una respuesta.
$\textbf{Edit:}$ Afirman
$$\int_{0}^{\infty}\frac{r^{n-2}}{(1+r^{2})^{\frac{n}{2}}}dr=\frac{\Gamma(\frac{n-1}{2})\sqrt{\pi}}{2\Gamma(\frac{n}{2})}$$
Prueba:Por inducción sobre n:
Para n=2 tenemos
$$\int_{0}^{\infty}\frac{1}{1+r^2}dr=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{1}{\mathrm{cos}(r)^{2}(1+\mathrm{tan}(r)^{2})}dr$$
$$=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{\mathrm{cos}(r)^{2}}{\mathrm{cos}(r)^{2}}dr=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}1dr=\frac{\pi}{2}$$
Para el caso general, usamos la integración por partes para obtener
$$\int_{0}^{\infty}\frac{r^{n-2}}{(1+r^{2})^{\frac{n}{2}}}dr=\underbrace{\left[-\frac{1}{n-2}\frac{1}{(1+r^2)^{\frac{n-2}{2}}}r^{n-3}\right]_{0}^{\infty}}_{=0}+\frac{n-3}{n-2}{\int_{0}^{\infty}\frac{r^{n-4}}{(1+r^{2})^{\frac{n-2}{2}}}dr}$$
Por hipótesis de inducción tenemos
$$\int_{0}^{\infty}\frac{r^{n-4}}{(1+r^{2})^{\frac{n-2}{2}}}dr=\frac{\Gamma(\frac{n-3}{2})\sqrt{\pi}}{2\Gamma(\frac{n-2}{2})}$$
El uso que para la función gamma tenemos $x\Gamma(x)=\Gamma(x+1)$ obtenemos
$$\int_{0}^{\infty}\frac{r^{n-2}}{(1+r^{2})^{\frac{n}{2}}}dr=\frac{n-3}{n-2}\int_{0}^{\infty}\frac{r^{n-4}}{(1+r^{2})^{\frac{n-2}{2}}}dr=\frac{\frac{n-3}{2}}{\frac{n-2}{2}}\frac{\Gamma(\frac{n-3}{2})\sqrt{\pi}}{2\Gamma(\frac{n-2}{2})}\\\\
=\frac{\Gamma(\frac{n-1}{2})\sqrt{\pi}}{2\Gamma(\frac{n}{2})}$$
lo cual termina la prueba.
