大学生数学竞赛非数专题四（4）

用户9628320

发布于 2022-11-14 17:10:34

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专题四多元函数积分学（4）

4.4 与重积分有关的不等式证明问题

4.9 (清华大学1985年竞赛题) 设函数

f(x)

在

[0,1]

上连续且单调递减，又

f(x) > 0

，求证：

\frac{\displaystyle\int_{0}^{1}xf^{2}(x)dx}{\displaystyle \int_{0}^{1}xf(x)dx}\leq \frac{\displaystyle\int_{0}^{1}f^{2}(x)dx}{\displaystyle \int_{0}^{1}f(x)dx}

【解析】：由题意知，

f(x)

单调递减，所以

(f(x)-f(y))(x-y) \leq 0

，所以两边乘以

f(x)f(y)

，即

f(x)f(y)(f(x)-f(y))(x-y) \leq 0

；展开得

xf^{2}(x)f(y)+yf^{2}(y)f(x) \leq xf(x)f^{2}(y)+yf(y)f^{2}(x)

构造二重积分

D:\{(x,y)|0 \leq x \leq 1,0 \leq y \leq 1\}

，对上面不等式进行二重积分，则

\begin{align*}\displaystyle \underset{D}{\iint}[xf^{2}(x)f(y)+yf^{2}(y)f(x)]dxdy&=\int_{0}^{1}xf^{2}(x)dx\int_{0}^{1}f(y)dy+\int_{0}^{1}yf^{2}(y)dy\int_{0}^{1}f(x)dx\\&=2\int_{0}^{1}xf^{2}(x)dx\int_{0}^{1}f(x)dx\end{align*}

\begin{align*}\displaystyle \underset{D}{\iint}[xf(x)f^{2}(y)+yf(y)f^{2}(x)]dxdy&=\int_{0}^{1}xf(x)dx\int_{0}^{1}f^{2}(y)dy+\int_{0}^{1}yf(y)dy\int_{0}^{1}f^{2}(x)dx\\&=2\int_{0}^{1}xf(x)dx\int_{0}^{1}f^{2}(x)dx\end{align*}

所以

\begin{align*}\displaystyle \int_{0}^{1}xf^{2}(x)dx\int_{0}^{1}f(x)dx \leq \int_{0}^{1}xf(x)dx\int_{0}^{1}f^{2}(x)dx\end{align*}

即

\frac{\displaystyle\int_{0}^{1}xf^{2}(x)dx}{\displaystyle \int_{0}^{1}xf(x)dx}\leq \frac{\displaystyle\int_{0}^{1}f^{2}(x)dx}{\displaystyle \int_{0}^{1}f(x)dx}

4.10 (广东省1991年竞赛题) 设

域是

x^2+y^2 \leq 1

，试着证明不等式

\dfrac{61}{165}\pi \leq \displaystyle \underset{D}{\iint}\sin\sqrt{(x^2+y^2)^3}dxdy \leq \dfrac{2}{5}\pi

【解析】：先利用极坐标，有

\displaystyle \underset{D}{\iint}\sin\sqrt{(x^2+y^2)^3}dxdy =\int_{0}^{2\pi}d\theta\int_{0}^{1}\rho\sin(\rho^3)d\rho=2\pi\rho\sin(\rho^3)d\rho

当

x \geq 0

时，

\sin x \leq x

；又泰勒公式展开可知，

\sin x \geq x-\dfrac{1}{6}x^3

，所以

\sin(\rho^3)\leq \rho^3

，

\sin(\rho^3) \geq \rho^3-\dfrac{1}{6}\rho^9

，记原二重积分为

，即

\displaystyle I \leq 2\pi\int_{0}^{1}\rho^4d\rho =\dfrac{2}{5}\pi,I \geq 2\pi\int_{0}^{1}\rho(\rho^3-\frac{1}{6}\rho^9)d\rho=\frac{61}{165}\pi

故原不等式得证。

4.12 （江苏省2004年竞赛题）已知

\Omega

为

x^2+y^2+z^2 \leq 1

，求证：

\displaystyle \frac{3}{2}\pi < \underset{\Omega}{\iiint}\sqrt[3]{x+2y-2z+5}dV < 3\pi

【解析】：令

f=x+2y-2z+5

，当

处于

x^2+y^2+z^2 < 1

的内部时，

f^{'}_{x}=1 \neq 0

，

f^{'}_{y}=2 \neq 0

，

f^{'}_{z}=-2\neq 0

，无驻点，即

在内部无极大值和极小值。当处于边界

x^2+y^2+z^2=1

时，利用拉格朗日乘数法令

F=x+2y-2z+5\lambda(x^2+y^2+z^2-1)

，

\begin{matrix}&F^{'}(x)=1+2\lambda x=0,F^{'}(y)=2+2\lambda y=0\\&F^{'}(z)=-2+2\lambda z=0,F^{'}(\lambda)=x^2+y^2+z^2-1=0\end{matrix}

解得极值点为

(\dfrac{1}{3},\dfrac{2}{3},-\dfrac{2}{3})

和

(-\dfrac{1}{3},-\dfrac{2}{3},\dfrac{2}{3})

，带入，求得

F_{\min}=2

，

F_{\max}=8

，所以

\displaystyle\underset{\Omega}{\iiint}\sqrt[3]{x+2y-2z+5}dV >\sqrt[3]{2}\underset{\Omega}{\iiint}dV=\dfrac{4\sqrt[3]{2}}{3}\pi > \frac{3}{2}\pi

\displaystyle\underset{\Omega}{\iiint}\sqrt[3]{x+2y-2z+5}dV < 2\underset{\Omega}{\iiint}dV=\dfrac{8}{3}\pi < 3\pi

所以得证。

4.13 （全国大学生2014年决赛题）设

\displaystyle I=\underset{D}{\iint} f(x,y)dxdy

，其中

D:\{(x,y)|0\leq x\leq 1,0\leq y\leq 1\}

，函数

f(x,y)

在

上有连续的二阶偏导数。若多任意的

x,y

均有

f(0,y)=f(x,0)=0

，且有

\dfrac{\partial ^2 f}{\partial x\partial y} \leq A

，证明

I \leq \dfrac{A}{4}

【解析】：先将二重积分化为二次积分，再利用分部积分有

\begin{align*}I&=\int_{0}^{1}dx\int_{0}^{1}f(x,y)dy=\int_{0}^{1}dx\int_{0}^{1}f(x,y)d(y-1)\\&=\int_{0}^{1}dx\left((y-1)f(x,y)\bigg|_{y=0}^{y=1}-\int_{0}^{1}(y-1)f^{'}_{y}(x,y)dy\right)\\&=-\int_{0}^{1}dx\int_{0}^{1}(y-1)f^{'}_{y}(x,y)dy=-\int_{0}^{1}dy\int_{0}^{1}(y-1)f^{'}_{y}(x,y)dx\\&=-\int_{0}^{1}dy\int_{0}^{1}(y-1)f^{'}_{y}(x,y)d(x-1)\\&=-\int_{0}^{1}[(x-1)(y-1)f^{'}_{y}(x,y)\bigg|_{x=0}^{x=1}-\int_{0}^{1}(x-1)(y-1)f^{''}_{xy}(x,y)dx]\\&=\int_{0}^{1}dx\int_{0}^{1}f^{''}_{xy}(x,y)dx=\underset{D}{\iint}(x-1)(y-1)f^{''}_{xy}(x,y)dxdy\end{align*}

\begin{align*}\displaystyle \underset{D}{\iint}(x-1)(y-1)f^{''}_{xy}(x,y)dxdy& \leq A\underset{D}{\iint}(x-1)(y-1)dxdy\\&=A\times \frac{1}{2}(x-1)^2\Big|_{0}^{1}\cdot\frac{1}{2}(y-1)^2\Big|_{0}^{1}=\frac{A}{4}\end{align*}

故得证。

4.14 （广东省1991年竞赛题） 设二元函数

f(x,y)

在区域

D:\{0 \leq x \leq 1,0 \leq y\leq 1\}

上具有连续的四阶偏导数，并且

f(x,y)

在区域

的边界上恒为

，且

\left|\dfrac{\partial^4 f}{\partial x^2 \partial y^2}\right| \leq 3

，试着证明：

\displaystyle\left|\underset{D}{\iint}f(x,y)dxdy\right| \leq \frac{1}{48}

【解析】：可以展开上述的二重积分，利用分部积分法，有

\begin{align*}\displaystyle \underset{D}{\iint}xy(x-1)(y-1)\frac{\partial^4 f}{\partial x^2 \partial y^2}dxdy&=\int_{0}^{1}x(1-x)dx\int_{0}^{1}y(y-1)\frac{\partial^4 f}{\partial x^2 \partial y^2}dy \\&=\int_{0}^{1}x(1-x)\left[y(1-y)\frac{\partial^3 f}{\partial x^2 \partial y}\Bigg|_{0}^{1}+\int_{0}^{1}(2y-1)\frac{\partial^3 f}{\partial x^2 \partial y}dy\right]dx\\&=\int_{0}^{1}x(1-x)dx\int_{0}^{1}(2y-1)\frac{\partial^3 f}{\partial x^2\partial y}dy\\&=\int_{0}^{1}x(1-x)\left[(2y-1)\frac{\partial^2 f}{\partial x^2}\Bigg|_{0}^{1}-2\int_{0}^{1}\frac{\partial^2 f}{\partial x^2}dy\right]dx\\&=\int_{0}^{1}x(1-x)\left[(2y-1)\frac{\partial^2 f(x,1)}{\partial x^2}+\frac{\partial^2 f(x,0)}{\partial x^2}\right]dx-2\int_{0}^{1}\left[\int_{0}^{1}x(1-x)\frac{\partial^2 f}{\partial x^2}dx\right]dy\\&=x(1-x)\left[f^{'}_{x}(x,1)+f^{'}_{x}(x,0)\right]\bigg|_{0}^{1}+\int_{0}^{1}(2x-1)\left[f^{'}_{x}(x,1)+f_{x}^{'}(x,0)\right]dx\\&-2\int_{0}^{1}\left[x(1-x)f^{'}_{x}(x,y)\bigg|_{0}^{1}+\int_{0}^{1}(2x-1)f^{'}_{x}(x,y)dx\right]dy\\&=(2x-1)\left[f(x,1)+f(x,0)]\bigg|_{0}^{1}-2\int_{0}^{1}[f(x,1)+f(x,0)\right]dx-2\int_{0}^{1}\left[(2x-1)f(x,y)\bigg|_{0}^{1}-2\int_{0}^{1}f(x,y)dx\right]dy\\&=4\underset{D}{\iint}f(x,y)d\sigma\end{align*}

所以

\begin{align*}\displaystyle \left|\underset{D}{\iint}f(x,y)d\sigma\right|&=\frac{1}{4}\left|\underset{D}{\iint}xy(1-x)(1-y)\dfrac{\partial^4 f}{\partial x^2 \partial y^2}d\sigma\right|\\&\leq\frac{3}{4}\underset{D}{\iint}xy(1-x)(1-y)d\sigma\\&=\frac{3}{4}(\frac{x^2}{2}-\frac{x^3}{3})\bigg|_{0}^{1}\times(\frac{y^2}{2}-\frac{y^3}{3})\bigg|_{0}^{1}\\&=\frac{3}{4}\times(\frac{1}{6})^2=\frac{1}{48}\end{align*}

故得证。

作者：小熊

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