下册 8.1 二重积分 第46题
📝 题目
46．证明下列各题．
（1）设 $f(x, y)$ 在 $D=\left\{(x, y) \mid x^{2}+y^{2} \leqslant 1\right\}$ 上有连续的偏导数，且在 $\partial D=\left\{(x, y) \mid x^{2}+y^{2}=1\right\}$ 上恒为零。求证：$\displaystyle \left|\iint_{D} f(x, y) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y\right| \leqslant \frac{\pi}{3} \max _{(x, y) \in D}\left(f_{x}^{2}+f_{y}^{2}\right)^{\frac{1}{2}}$ 。
（2）设 $z=f(x, y)$ 在 $D: x^{2}+y^{2} \leqslant a^{2}$ 上具有非负的一阶连续偏导数，并且在 $D$ 的边界上处处取值为零，证明：$\displaystyle \left|\iint_{D} f(x, y) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y\right| \leqslant \frac{1}{3} \pi a^{3} \max _{(x, y) \in D} \sqrt{f_{x}^{2}+f_{y}^{2}}$ 。
💡 答案解析
\section*{解题过程：}
（1）$\left|\iint_{D} f(x, y) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y\right|=\left|\int_{0}^{1} \int_{0}^{2 \pi} f(r \cos \theta, r \sin \theta) r \mathrm{~d} \theta \mathrm{~d} r\right|$
$$
\begin{aligned}
& =\left|\int_{0}^{1} \int_{0}^{2 \pi}(f(r \cos \theta, r \sin \theta)-f(\cos \theta, \sin \theta)) r \mathrm{~d} \theta \mathrm{~d} r\right| \\
& =\left|\int_{0}^{1} \int_{0}^{2 \pi}\left(\int_{1}^{r} \frac{\mathrm{~d}}{\mathrm{~d} t} f(t \cos \theta, t \sin \theta) \mathrm{d} t\right) r \mathrm{~d} \theta \mathrm{~d} r\right| \\
& =\left|\int_{0}^{1} \int_{0}^{2 \pi}\left(\int_{1}^{r}\left(f_{x} \cos \theta+f_{y} \sin \theta\right) \mathrm{d} t\right) r \mathrm{~d} \theta \mathrm{~d} r\right| \\
& \leqslant\left|\int_{0}^{1} \int_{0}^{2 \pi}\left(\int_{1}^{r}\left[\left(f_{x}^{2}+f_{y}^{2}\right)^{\frac{1}{2}}\left(\cos ^{2} \theta+\sin ^{2} \theta\right)^{\frac{1}{2}}\right] \mathrm{d} t\right) r \mathrm{~d} \theta \mathrm{~d} r\right| \\
& \leqslant \max _{(x, y) \in D}\left(f_{x}^{2}+f_{y}^{2}\right)^{\frac{1}{2}} \cdot \int_{0}^{1} \mathrm{~d} t \int_{0}^{2 \pi} \mathrm{~d} \theta \int_{1}^{r} r \mathrm{~d} r \\
& =\max _{(x, y) \in D}\left(f_{x}^{2}+f_{y}^{2}\right)^{\frac{1}{2}} 2 \pi \int_{0}^{1} r(1-r) \mathrm{d} r=\frac{\pi}{3} \max _{(x, y) \in D}\left(f_{x}^{2}+f_{y}^{2}\right)^{\frac{1}{2}}
\end{aligned}
$$
（2）记 $M=\max _{(x, y) \in D} \sqrt{f_{x}^{2}+f_{y}^{2}}$ ．对于 $\forall(x, y) \in D$ ，由原点向点 $(x, y)$ 引射线，对应地在圆周上有一个交点 $\left(x_{0}, y_{0}\right)$ ．对于 $(x, y)$ 与 $\left(x_{0}, y_{0}\right)$ 连线的参数方程为
$$
x^{\prime}=x_{0}+t\left(x-x_{0}\right), y^{\prime}=y_{0}+t\left(y-y_{0}\right), t \in[0,1] .
$$
令 $\varphi(t)=f\left(x_{0}+t\left(x-x_{0}\right), y_{0}+t\left(y-y_{0}\right)\right)$ ，则 $\varphi(t)$ 在 $[0,1]$ 上连续可导。由拉格朗日中值定理， $\exists \theta \in[0,1]$ 使得
$$
\varphi(1)-\varphi(0)=\varphi(1)=\varphi^{\prime}(\theta) .
$$
记 $P=\left(x_{0}+\theta\left(x-x_{0}\right), y_{0}+\theta\left(y-y_{0}\right)\right), r=\sqrt{x^{2}+y^{2}}$ ，则
$$
\begin{aligned}
0 & \leqslant f(x, y)=\varphi(1)=\varphi^{\prime}(\theta)=f_{x}^{\prime}(P)\left(x-x_{0}\right)+f_{y}^{\prime}(P)\left(y-y_{0}\right) \\
& \leqslant \sqrt{f_{x}^{2}+f_{y}^{2}} \cdot \sqrt{\left(x-x_{0}\right)^{2}+\left(y-y_{0}\right)^{2}} \leqslant M(a-r)
\end{aligned}
$$
所以 $\displaystyle \left|\iint_{D} f(x, y) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y\right| \leqslant \iint_{D}|f(x, y)| \mathrm{d} x \mathrm{~d} y \leqslant M \iint_{D}(a-r) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y=M \int_{0}^{2 \pi} \mathrm{~d} \theta \int_{0}^{a}(a-\rho) \rho \mathrm{d} \rho=\frac{1}{3} M \pi a^{3}$ ．
📋 详细解题步骤
步骤 1/8
目标：将二重积分化为极坐标形式
令 $x=r\cos\theta$, $y=r\sin\theta$, 则 $\iint_D f(x,y) dxdy = \int_0^1 \int_0^{2\pi} f(r\cos\theta, r\sin\theta) r d\theta dr$.
公式：极坐标变换公式
提示：注意雅可比行列式为 $r$，不要遗漏。
步骤 2/8
目标：利用边界条件消去 $f$ 在边界上的值
由于在边界 $r=1$ 上 $f(\cos\theta,\sin\theta)=0$，故 $f(r\cos\theta,r\sin\theta) = f(r\cos\theta,r\sin\theta) - f(\cos\theta,\sin\theta)$.
提示：边界条件 $f=0$ 是本题的关键。
步骤 3/8
目标：将差值表示为径向积分
利用牛顿-莱布尼茨公式：$f(r\cos\theta,r\sin\theta)-f(\cos\theta,\sin\theta) = \int_1^r \frac{d}{dt} f(t\cos\theta,t\sin\theta) dt = \int_1^r (f_x \cos\theta + f_y \sin\theta) dt$.
公式：链式法则
提示：注意积分限从 $1$ 到 $r$，因为 $r\le 1$，所以 $r-1\le 0$，但绝对值会处理。
步骤 4/8
目标：应用柯西-施瓦茨不等式估计被积函数
由柯西-施瓦茨不等式：$|f_x\cos\theta+f_y\sin\theta| \le \sqrt{f_x^2+f_y^2} \cdot \sqrt{\cos^2\theta+\sin^2\theta} = \sqrt{f_x^2+f_y^2}$.
公式：柯西-施瓦茨不等式
提示：注意 $\cos^2\theta+\sin^2\theta=1$。
步骤 5/8
目标：交换积分次序并计算积分
令 $M = \max_{(x,y)\in D} \sqrt{f_x^2+f_y^2}$，则原积分绝对值 $\le M \int_0^1 \int_0^{2\pi} \left|\int_1^r dt\right| r d\theta dr = M \int_0^1 \int_0^{2\pi} (1-r) r d\theta dr = M \cdot 2\pi \int_0^1 (r-r^2) dr = M \cdot 2\pi \cdot \frac{1}{6} = \frac{\pi}{3} M$.
公式：定积分计算
提示：注意 $\int_1^r dt = r-1$，取绝对值为 $1-r$。
步骤 6/8
目标：利用边界条件与拉格朗日中值定理估计 $f$
对任意 $(x,y)\in D$，设其径向射线与边界交于 $(x_0,y_0)$，参数化 $x'=x_0+t(x-x_0), y'=y_0+t(y-y_0)$，令 $\varphi(t)=f(x',y')$，则 $\varphi(1)-\varphi(0)=f(x,y)-0=f(x,y)=\varphi'(\theta)$ 对某个 $\theta\in[0,1]$.
公式：拉格朗日中值定理
提示：注意 $f$ 在边界上为 $0$。
步骤 7/8
目标：利用偏导数有界性得到 $f$ 的上界
由链式法则：$\varphi'(\theta)=f_x(P)(x-x_0)+f_y(P)(y-y_0)$，其中 $P$ 为中间点。由柯西-施瓦茨不等式：$|\varphi'(\theta)| \le \sqrt{f_x^2+f_y^2} \cdot \sqrt{(x-x_0)^2+(y-y_0)^2} \le M (a-r)$，其中 $r=\sqrt{x^2+y^2}$，且 $(x-x_0)^2+(y-y_0)^2 = (a-r)^2$.
公式：柯西-施瓦茨不等式
提示：注意 $\sqrt{(x-x_0)^2+(y-y_0)^2}=a-r$，因为 $(x_0,y_0)$ 在半径为 $a$ 的圆周上。
步骤 8/8
目标：计算二重积分得到最终不等式
于是 $\left|\iint_D f dxdy\right| \le \iint_D |f| dxdy \le M \iint_D (a-r) dxdy = M \int_0^{2\pi} d\theta \int_0^a (a-\rho) \rho d\rho = M \cdot 2\pi \cdot \frac{a^3}{6} = \frac{\pi a^3}{3} M$.
公式：极坐标下二重积分计算
提示：注意 $\int_0^a (a\rho-\rho^2) d\rho = \frac{a^3}{6}$。
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