设 $D=\{(x,y)\in\mathbb{R}^2\mid 1\leqslant x^2+y^2\leqslant 2\}$, 比较下面三个二重积分的大小

\[
M=\iint_{D}\ln(x^2+y^2)\mathrm{d}x\mathrm{d}y,
\]

\[
N=\iint_{D}\bigl[\ln(x^2+y^2)\bigr]^2\mathrm{d}\sigma,
\]

\[
P=\iint_{D}(x^2+y^2-1)\mathrm{d}x\mathrm{d}y.
\]

Answer:   $N < M < P$.

Hint: we have the inequality $\ln(1+t) < t$ for $t > 0$.

如果 $D$ 改为

$D=\{(x,y)\in\mathbb{R}^2\mid 1\leqslant x^2+y^2\leqslant 4\}$, 那就只能手算了. 此时答案是:  $M < N < P$.

具体的, 

\[
\begin{aligned}
M&=\pi(8\ln 2-3),\\
N&=4\pi\bigl[4(\ln 2)^2-4\ln 2+\frac{3}{2}\bigr],\\
P&=\frac{9}{2}\pi.
\end{aligned}
\]

二重积分不等式

设 $f,g$ 都在 $[a,b]$ 上可积, 则有

\[
\iint_{[a,b]^2}\Bigl[f(x)g(y)-f(y)g(x)\Bigr]^2 dxdy \geqslant 0.
\]

利用二重积分不等式证明下面的 Cauchy-Schwarz 不等式

\[
\biggl(\int_a^b f(x)g(x)dx\biggr)^2\leqslant\int_a^b f^2(x)dx\cdot\int_a^b g^2(x)dx
\]

证明

\[\int_a^b dx\int_a^x f(y)dy=\int_a^b f(x)(b-x)dx.\]

\[
\iint_{x^2+y^2\geqslant 1}\frac{\sin\sqrt{x^2+y^2}}{x^2+y^2}dxdy.
\]

Hint

令 $f(x,y)=\frac{\sin\sqrt{x^2+y^2}}{x^2+y^2}$, 记 $A=\{(x,y)\mid x^2+y^2\geqslant 1\}$, 回忆广义二重积分的定义

\[
\int_A f=\int_A f^{+}-\int_A f^{-}.
\]

这里 $f^+=\max\{f,0\}$, $f^-=\max\{-f,0\}$. 因此 $f(x,y)$ 在 $A$ 上可积当且仅当 $f^{+}$ 和 $f^{-}$ 在 $A$ 上都可积. 从而等价于 $|f|$ 在 $A$ 上可积. ($|f|=f^{+}+f^{-}$)

令 $x=r\cos\theta$, $y=r\sin\theta$, 则二重积分 $\int_A f^{+}$ 可写为

\[
\begin{split}
\int_A f^{+}&=\lim_{k\rightarrow+\infty}\int_{A\cap B_k}f^{+}\\
&=\lim_{k\rightarrow+\infty}\int_{0}^{2\pi}\int_{1}^{k}\frac{\max\{\sin r,0\}}{r^2}\cdot rdrd\theta\\
&=\lim_{k\rightarrow+\infty}2\pi\int_{1}^{k}\frac{\max\{\sin r,0\}}{r}dr.
\end{split}
\]

我们知道这是发散的, 具体参见 问题1387

求曲面 $z=xy$ 和平面 $x+y+z=1$, $z=0$ 所围成区域的体积.

Remark. $z=xy$ 是双曲抛物面.

计算三重积分 $\iiint_{V} zdV$, 其中 $V$ 为上半球面 $z=\sqrt{2-x^2-y^2}$ 与旋转抛物面 $x^2+y^2=z$ 所围成的区域.

\[\int_a^b f(x)\mathrm{d}x\int_a^b\frac{1}{f(x)}\mathrm{d}x\geq (b-a)^2\]

该题可以有好多种证法.

1) 使用重积分.

2) 应用几何不等式, 及积分的定义.

3) 应用 Hölder 不等式.

例题:

设 $f(x)$ 是 $[0,1]$ 上的连续函数, 且 $1\leqslant f(x)\leqslant 3$. 证明

\[
1\leqslant \int_0^1f(x)\mathrm{d}x\int_0^1\frac{1}{f(x)}\mathrm{d}x\leqslant\frac{4}{3}.
\]

一般的, 若 $f(x)$ 是 $[a,b]$ 上的正值连续函数, 且 $m\leqslant f(x)\leqslant M$, 则有所谓的康托罗维奇(Kantorovich)不等式:

\[
1\leqslant \int_0^1f(x)\mathrm{d}x\int_0^1\frac{1}{f(x)}\mathrm{d}x\leqslant\frac{(M+m)^2}{4Mm}(b-a)^2.
\]

References:

《大学数学竞赛指导》 国防科学技术大学大学数学竞赛指导组, 清华大学出版社. 2009年