下册 8.1 二重积分 第32题
📝 题目
32．证明下列结论．
（1）设 $f(x, y)$ 在平面上有界，证明： $\displaystyle \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1}{n^{2}} \iint_{x^{2}+y^{2}0$ ，区域 $D=\left\{(x, y) \mid x^{2}+y^{2} \leqslant R^{2}, x, y \geqslant 0\right\}$ ， $R>0$ ．（1）证明： $\lim _{u \rightarrow+\infty} f(u)=+\infty$ ；（2）求 $I_{R}=\iint_{D} f^{\prime}\left(x^{2}+y^{2}\right) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y$ ；（3）求 $\displaystyle \lim _{R \rightarrow+\infty} \frac{I_{R}}{R^{2}}$ ．（西北大学 2013，南开大
（3）设 $f(x, y)$ 在 $D=[0,1] \times[0,1]$ 上连续，求 $\displaystyle \lim _{n \rightarrow \infty}\left(\iint_{D}\left|f^{n}(x, y)\right| \mathrm{d} x \mathrm{~d} y\right)^{\frac{1}{n}}$ ．
💡 答案解析
\section*{解题过程：}
（1）由于 $f(x, y)$ 在平面上有界，所以 $\exists M>0, \forall(x, y) \in \mathbf{R}^{2}$ 有 $|f(x, y)| \leqslant M$ ．于是
$\displaystyle \left|\frac{1}{n^{2}} \iint_{x^{2}+y^{2}\lim _{u \rightarrow+\infty} \int_{0}^{u} \frac{A}{2} \mathrm{~d} u+f(0)=+\infty$ ．
$$
\begin{aligned}
& I_{R}=\iint_{D} f^{\prime}\left(x^{2}+y^{2}\right) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \mathrm{~d} \theta \int_{0}^{R} f^{\prime}(r) r \mathrm{~d} r=\frac{\pi}{2} \int_{0}^{R} r \mathrm{~d} f(r)=\left.\frac{\pi}{2} r f(r)\right|_{0} ^{R}-\frac{\pi}{2} \int_{0}^{R} f(r) \mathrm{d} r \\
& \quad=\frac{\pi R}{2} f(R)-\frac{\pi}{2} \int_{0}^{R} f(r) \mathrm{d} r=\frac{\pi R}{2}(f(R)-f(\xi)), 0 \leqslant \xi \leqslant R \\
& \lim _{R \rightarrow+\infty} \frac{I_{R}}{R^{2}}=\frac{\pi}{2} \lim _{R \rightarrow+\infty} \frac{\int_{0}^{R} r f^{\prime}(r) \mathrm{d} r}{R^{2}}=\frac{\pi}{2} \lim _{R \rightarrow+\infty} \frac{R f^{\prime}(R)}{2 R}=\frac{A \pi}{4}
\end{aligned}
$$
（3）设 $M=\max _{D} f(x, y)$ ，则若 $M=0$ ，显然成立．
若 $M>0$ ，由保号性，$\exists P_{0}\left(x_{0}, y_{0}\right) \in D, \forall P(x, y) \in D, 00, \exists \delta>0$ 使 $U\left(P_{0}, \delta\right) \subseteq D$ ，当 $P \in U\left(P_{0}, \delta\right)$ 时，$f(P) \geqslant M-\varepsilon$ 。从而
$$
\left(\iint_{D}(f(P))^{n} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y\right)^{\frac{1}{n}} \geqslant\left(\iint_{U\left(P_{0}, \delta\right)}(f(P))^{n} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y\right)^{\frac{1}{n}} \geqslant\left(S_{U\left(P_{0}, \delta\right)}\right)^{\frac{1}{n}}(M-\varepsilon)
$$
于是
$$
M-\varepsilon \leqslant \lim _{n \rightarrow+\infty}\left(\iint_{D}(f(P))^{n} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y\right)^{\frac{1}{n}} \leqslant M
$$
由 $\varepsilon$ 的任意性得 $\displaystyle \left(\iint_{D}(f(P))^{n} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y\right)^{\frac{1}{n}}=M$ ，即 $\displaystyle \left(\iint_{D}(f(x, y))^{n} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y\right)^{\frac{1}{n}}=\max _{D} f(x, y)$ ，其中 $S_{D}$ 为 $D$ 的面积．
📋 详细解题步骤
步骤 1/8
目标：利用有界性放缩被积函数
由于 $f(x,y)$ 在平面上有界，存在 $M>0$ 使得 $|f(x,y)|\leq M$ 对所有 $(x,y)\in\mathbb{R}^2$ 成立。于是有
\[
\left|\frac{1}{n^2}\iint_{x^2+y^2
公式：|f(x,y)| ≤ M
提示：注意有界性的应用，确保放缩方向正确。
步骤 2/8
目标：化为极坐标计算积分
将二重积分化为极坐标形式：令 $x=r\cos\theta$, $y=r\sin\theta$, 则 $dxdy=r\,dr\,d\theta$, 积分区域为 $0\leq\theta<2\pi$, $0\leq r
公式：dxdy = r dr dθ
提示：极坐标变换时不要漏掉雅可比行列式 r。
步骤 3/8
目标：计算定积分并放缩
计算 $\int_0^n\frac{r}{r^2+1}\,dr = \frac{1}{2}\ln(1+n^2)$。因此原式绝对值 ≤ $\frac{2\pi M}{n^2}\cdot\frac{1}{2}\ln(1+n^2) = \frac{\pi M}{n^2}\ln(1+n^2)$。
公式：∫ r/(r^2+1) dr = (1/2)ln(r^2+1)
提示：注意积分结果的对数形式。
步骤 4/8
目标：取极限得结论
由于 $\lim_{n\to\infty}\frac{\ln(1+n^2)}{n^2}=0$，由夹逼定理得原极限为0。
公式：lim_{n→∞} ln(1+n^2)/n^2 = 0
提示：注意极限计算中无穷大的比较。
步骤 5/8
目标：证明 f(u) 趋于无穷
由 $\lim_{u\to+\infty}f'(u)=A>0$，存在 $U>0$ 使得当 $u>U$ 时 $f'(u)>A/2$。于是对 $u>U$，有 $f(u)=f(U)+\int_U^u f'(t)\,dt > f(U)+\frac{A}{2}(u-U)$，从而 $\lim_{u\to+\infty}f(u)=+\infty$。
公式：f(u) = f(U) + ∫_U^u f'(t) dt
提示：注意利用导数的极限性质进行放缩。
步骤 6/8
目标：计算 I_R
区域 D 为第一象限的四分之一圆盘，用极坐标：$I_R = \iint_D f'(x^2+y^2)\,dx\,dy = \int_0^{\pi/2}d\theta\int_0^R f'(r^2)\,r\,dr$。注意 $f'(r^2)$ 中的自变量是 $r^2$，但这里 $f'$ 是 $f$ 的导数，而 $f$ 的自变量是 $u=x^2+y^2=r^2$，所以 $f'(r^2)$ 就是 $f'(u)$ 在 $u=r^2$ 处的值。因此 $I_R = \frac{\pi}{2}\int_0^R r f'(r^2)\,dr$。
公式：I_R = (π/2) ∫_0^R r f'(r^2) dr
提示：注意变量替换：令 u=r^2，则 du=2r dr，但这里直接保留 r 形式。
步骤 7/8
目标：利用分部积分或积分中值定理求极限
令 $u=r^2$，则 $I_R = \frac{\pi}{2}\int_0^{R^2} \frac{1}{2} f'(u)\,du = \frac{\pi}{4}[f(R^2)-f(0)]$。但更直接地，由 $\lim_{u\to+\infty}f'(u)=A$，利用洛必达法则或积分中值定理：$\lim_{R\to+\infty}\frac{I_R}{R^2} = \lim_{R\to+\infty}\frac{\frac{\pi}{2}\int_0^R r f'(r^2)\,dr}{R^2}$。令 $t=r^2$，则 $\int_0^R r f'(r^2)\,dr = \frac{1}{2}\int_0^{R^2} f'(t)\,dt = \frac{1}{2}[f(R^2)-f(0)]$。于是 $\frac{I_R}{R^2} = \frac{\pi}{4}\frac{f(R^2)-f(0)}{R^2}$。由于 $f(R^2)\sim \frac{A}{2}R^2$（因为 $f'(u)\to A$，$f(u)\sim Au$），所以极限为 $\frac{\pi}{4}A$。
公式：lim_{R→∞} I_R/R^2 = Aπ/4
提示：注意极限计算中需严格使用洛必达法则或中值定理。
步骤 8/8
目标：求含绝对值的幂次积分极限
设 $M=\max_D |f(x,y)|$。若 $M=0$，则极限为0。若 $M>0$，则对任意 $\varepsilon>0$，存在子区域 $D_\varepsilon\subset D$ 使得 $|f(x,y)|\geq M-\varepsilon$ 在 $D_\varepsilon$ 上成立。于是
\[
(M-\varepsilon)|D_\varepsilon|^{1/n} \leq \left(\iint_D |f|^n\,dx\,dy\right)^{1/n} \leq M|D|^{1/n}.
\]
令 $n\to\infty$，得 $M-\varepsilon \leq \liminf \leq \limsup \leq M$。由 $\varepsilon$ 任意性得极限为 $M$。
公式：lim_{n→∞} (∬_D |f|^n)^{1/n} = max_D |f|
提示：注意绝对值处理，以及子区域的存在性需由连续性保证。
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