下册 8.1 二重积分 第47题
📝 题目
47．证明下列各题．
（1）设 $D:[0,1] \times[0,1]$ ，证明： $1 \leqslant \iint_{D}\left(\sin \left(x^{2}\right)+\cos \left(x^{2}\right)\right) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y \leqslant \sqrt{2}$ 。电子科技 2010）
（2）证明不等式： $\displaystyle 2 \pi(\sqrt{17}-4) \leqslant \iint_{x^{2}+y^{2} \leqslant 1} \frac{\mathrm{~d} x \mathrm{~d} y}{\sqrt{16+\sin ^{2} x+\sin ^{2} y}} \leqslant \frac{\pi}{4}$ ．
（3）设 $f(x, y)$ 在区域 $C:|x-1| \leqslant 2,|y-1| \leqslant 2$ 上具有二阶连续偏导数，$f(1,1)=0$ ，且在点 $(1,1)$ 达到极值。又设 $\displaystyle \left|\frac{\partial^{2} f(x, y)}{\partial x^{l} \partial y^{2-1}}\right| \leqslant M,(x, y) \in G$ ，其中 $0 \leqslant l \leqslant 2$ 。取区域 $D: 0 \leqslant x \leqslant 1,0 \leqslant y \leqslant 1$ ，试证 $\displaystyle I=\iint_{D} f(x, y) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y \leqslant \frac{7}{12} M$ ．
💡 答案解析
\section*{解题过程：}
（1） $\iint_{D}\left(\sin \left(x^{2}\right)+\cos \left(x^{2}\right)\right) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y=\int_{0}^{1} \mathrm{~d} y \int_{0}^{1} \sin \left(x^{2}\right) \mathrm{d} x+\int_{0}^{1} \mathrm{~d} y \int_{0}^{1} \cos \left(x^{2}\right) \mathrm{d} x$
$$
=\int_{0}^{1} \sin \left(x^{2}\right) \mathrm{d} x+\int_{0}^{1} \cos \left(x^{2}\right) \mathrm{d} x=\sqrt{2} \int_{0}^{1} \sin \left(x^{2}+\frac{\pi}{4}\right) \mathrm{d} x
$$
又 $\displaystyle \frac{1}{\sqrt{2}} \leqslant \sin \left(x^{2}+\frac{\pi}{4}\right) \leqslant 1$ ，所以 $1 \leqslant \iint_{D}\left(\sin \left(x^{2}\right)+\cos \left(x^{2}\right)\right) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y \leqslant \sqrt{2}$ ．
（2）易得 $\displaystyle \iint_{x^{2}+y^{2} \leqslant 1} \frac{\mathrm{~d} x \mathrm{~d} y}{\sqrt{16+\sin ^{2} x+\sin ^{2} y}} \leqslant \iint_{x^{2}+y^{2}<1} \frac{1}{4} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y=\frac{\pi}{4}$ ．
由 $|\sin u| \leqslant|u|$ ，得
$$
\iint_{x^{2}+y^{2}<1} \frac{\mathrm{~d} x \mathrm{~d} y}{\sqrt{16+\sin ^{2} x+\sin ^{2} y}} \geqslant \iint_{x^{2}+y^{2}<1} \frac{\mathrm{~d} x \mathrm{~d} y}{\sqrt{16+x^{2}+y^{2}}}=\int_{0}^{2 \pi} \mathrm{~d} \theta \int_{0}^{1} \frac{r \mathrm{~d} r}{\sqrt{16+r^{2}}}=2 \pi(\sqrt{17}-4)
$$
所以
$$
2 \pi(\sqrt{17}-4) \leqslant \iint_{x^{2}+y^{2}<1} \frac{\mathrm{~d} x \mathrm{~d} y}{\sqrt{16+\sin ^{2} x+\sin ^{2} y}} \leqslant \frac{\pi}{4}
$$
（3）由泰勒公式得
$$
\begin{aligned}
f(x, y) & =f(1,1)+f_{x}(1,1)(x-1)+f_{y}(1,1)(x-1)+\frac{1}{2}\left[f_{x x}(\xi, \eta)(x-1)^{2}+2 f_{x y}(\xi, \eta)(x-1)(y-1)+f_{y y}(\xi, \eta)(y-1)^{2}\right] \\
& =\frac{1}{2}\left[f_{x x}(\xi, \eta)(x-1)^{2}+2 f_{x y}(\xi, \eta)(x-1)(y-1)+f_{y y}(\xi, \eta)(y-1)^{2}\right]
\end{aligned}
$$
于是 $\displaystyle f(x, y) \leqslant \frac{M}{2}\left[(x-1)^{2}+2(x-1)(y-1)+(y-1)^{2}\right]$ ．
故 $\displaystyle \quad I=\iint_{D} f(x, y) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y \leqslant \frac{M}{2} \iint_{D}\left[(x-1)^{2}+2(x-1)(y-1)+(y-1)^{2}\right] \mathrm{d} x \mathrm{~d} y=\frac{7}{12} M$ ．
📋 详细解题步骤
步骤 1/8
目标：化简被积函数
原积分 $\iint_D (\sin(x^2)+\cos(x^2))\,dxdy$ 中，被积函数与 $y$ 无关，因此可化为 $\int_0^1 dy \int_0^1 (\sin(x^2)+\cos(x^2))\,dx = \int_0^1 \sin(x^2)\,dx + \int_0^1 \cos(x^2)\,dx$。
公式：$\iint_D f(x)g(y)\,dxdy = \int_a^b f(x)\,dx \int_c^d g(y)\,dy$
提示：注意被积函数与 $y$ 无关，积分区域是正方形，可分离变量。
步骤 2/8
目标：合并为正弦函数
利用三角恒等式 $\sin\alpha+\cos\alpha = \sqrt{2}\sin(\alpha+\pi/4)$，得 $\int_0^1 \sin(x^2)\,dx + \int_0^1 \cos(x^2)\,dx = \sqrt{2}\int_0^1 \sin(x^2+\pi/4)\,dx$。
公式：$\sin\alpha+\cos\alpha = \sqrt{2}\sin(\alpha+\pi/4)$
提示：注意 $x^2$ 是整体，不能直接对 $x^2$ 使用公式，但此处 $x^2$ 作为变量代入恒等式成立。
步骤 3/8
目标：估计被积函数范围
当 $x\in[0,1]$ 时，$x^2\in[0,1]$，故 $x^2+\pi/4 \in [\pi/4, 1+\pi/4] \subset [\pi/4, \pi/2]$（因为 $1+\pi/4 \approx 1.785 < \pi/2 \approx 1.571$？实际上 $1+\pi/4 \approx 1.785 > \pi/2$，但正弦在 $[\pi/4, \pi/2]$ 上递减，在 $[\pi/2, 1+\pi/4]$ 上递减？需要重新分析：$\sin$ 在 $[\pi/4, \pi/2]$ 上递增，在 $[\pi/2, 1+\pi/4]$ 上递减，最小值在端点 $\pi/4$ 或 $1+\pi/4$ 处，最大值在 $\pi/2$ 处。计算：$\sin(\pi/4)=\sqrt{2}/2 \approx 0.707$，$\sin(1+\pi/4)=\sin(1.785) \approx 0.976$，$\sin(\pi/2)=1$。因此 $\sin(x^2+\pi/4) \in [\sqrt{2}/2, 1]$。但题目中写的是 $1/\sqrt{2} \le \sin(x^2+\pi/4) \le 1$，正确。
公式：正弦函数在 $[\pi/4, \pi/2]$ 上单调递增，在 $[\pi/2, 1+\pi/4]$ 上单调递减
提示：注意 $x^2$ 的范围导致 $x^2+\pi/4$ 可能超过 $\pi/2$，需仔细分析单调性。
步骤 4/8
目标：得出积分不等式
由 $\frac{1}{\sqrt{2}} \le \sin(x^2+\pi/4) \le 1$，积分得 $\sqrt{2}\int_0^1 \frac{1}{\sqrt{2}}\,dx \le \sqrt{2}\int_0^1 \sin(x^2+\pi/4)\,dx \le \sqrt{2}\int_0^1 1\,dx$，即 $1 \le \iint_D (\sin(x^2)+\cos(x^2))\,dxdy \le \sqrt{2}$。
公式：若 $m \le f(x) \le M$，则 $m(b-a) \le \int_a^b f(x)\,dx \le M(b-a)$
提示：积分区间长度为1，直接乘以1即可。
步骤 5/8
目标：证明右边不等式
由于 $\sin^2 x \ge 0, \sin^2 y \ge 0$，分母 $\sqrt{16+\sin^2 x+\sin^2 y} \ge \sqrt{16}=4$，所以 $\frac{1}{\sqrt{16+\sin^2 x+\sin^2 y}} \le \frac{1}{4}$。积分区域面积为 $\pi$，故 $\iint_{x^2+y^2\le 1} \frac{dxdy}{\sqrt{16+\sin^2 x+\sin^2 y}} \le \frac{1}{4} \cdot \pi = \frac{\pi}{4}$。
公式：若 $f(x,y) \le g(x,y)$，则 $\iint f \le \iint g$
提示：注意分母越大，分数越小，此处分母最小值是4。
步骤 6/8
目标：证明左边不等式
利用 $|\sin u| \le |u|$，得 $\sin^2 x \le x^2$，$\sin^2 y \le y^2$，所以分母 $\sqrt{16+\sin^2 x+\sin^2 y} \le \sqrt{16+x^2+y^2}$，从而 $\frac{1}{\sqrt{16+\sin^2 x+\sin^2 y}} \ge \frac{1}{\sqrt{16+x^2+y^2}}$。积分 $\iint_{x^2+y^2\le 1} \frac{dxdy}{\sqrt{16+x^2+y^2}}$ 用极坐标：$\int_0^{2\pi} d\theta \int_0^1 \frac{r dr}{\sqrt{16+r^2}} = 2\pi \cdot \frac{1}{2} \int_0^1 \frac{d(r^2)}{\sqrt{16+r^2}} = \pi \cdot 2(\sqrt{17}-4) = 2\pi(\sqrt{17}-4)$。因此原积分 $\ge 2\pi(\sqrt{17}-4)$。
公式：$|\sin u| \le |u|$，极坐标变换 $x=r\cos\theta, y=r\sin\theta$
提示：注意 $\sin^2 x \le x^2$ 成立是因为 $|\sin x| \le |x|$，平方后不等号方向不变。极坐标积分时 $dxdy = r dr d\theta$。
步骤 7/8
目标：应用泰勒公式展开
由于 $f(1,1)=0$ 且 $(1,1)$ 是极值点，故一阶偏导 $f_x(1,1)=f_y(1,1)=0$。在点 $(1,1)$ 处将 $f(x,y)$ 泰勒展开到二阶：$f(x,y) = \frac{1}{2}[f_{xx}(\xi,\eta)(x-1)^2 + 2f_{xy}(\xi,\eta)(x-1)(y-1) + f_{yy}(\xi,\eta)(y-1)^2]$，其中 $\xi,\eta$ 介于 $(x,y)$ 与 $(1,1)$ 之间。
公式：二元泰勒公式：$f(x,y)=f(1,1)+f_x(1,1)(x-1)+f_y(1,1)(y-1)+\frac{1}{2}[f_{xx}(\xi,\eta)(x-1)^2+2f_{xy}(\xi,\eta)(x-1)(y-1)+f_{yy}(\xi,\eta)(y-1)^2]$
提示：注意极值点处一阶偏导为零，且余项为拉格朗日型。
步骤 8/8
目标：估计被积函数并积分
由条件 $|\partial^2 f/\partial x^l \partial y^{2-l}| \le M$，得 $|f_{xx}|,|f_{xy}|,|f_{yy}| \le M$。因此 $f(x,y) \le \frac{M}{2}[(x-1)^2 + 2|x-1||y-1| + (y-1)^2]$。在区域 $D:0\le x\le 1,0\le y\le 1$ 上，$x-1\le 0, y-1\le 0$，故 $|x-1|=1-x, |y-1|=1-y$。于是 $I \le \frac{M}{2} \iint_D [(1-x)^2 + 2(1-x)(1-y) + (1-y)^2]\,dxdy$。计算积分：$\iint_D (1-x)^2\,dxdy = \int_0^1 (1-x)^2\,dx \int_0^1 dy = \frac{1}{3}$，同理 $\iint_D (1-y)^2\,dxdy = \frac{1}{3}$，$\iint_D 2(1-x)(1-y)\,dxdy = 2\left(\int_0^1 (1-x)\,dx\right)^2 = 2\cdot\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{2} = \frac{1}{2}$。总和为 $\frac{1}{3}+\frac{1}{3}+\frac{1}{2} = \frac{7}{6}$，乘以 $\frac{M}{2}$ 得 $\frac{7}{12}M$。
公式：二重积分可分离变量：$\iint_D f(x)g(y)\,dxdy = \int_a^b f(x)\,dx \int_c^d g(y)\,dy$
提示：注意绝对值处理：在 $D$ 内 $x-1\le 0$，所以 $|x-1|=1-x$。积分计算要仔细。
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