方企勤 第六章 多元函数积分学 第6.1题
📝 题目
6. 1.15 设在 $D = \left\lbrack {a,b}\right\rbrack \times \left\lbrack {c,d}\right\rbrack$ 上定义的二元函数 $f\left( {x,y}\right) \in {C}^{2}\left( D\right)$ ,证明:
(1) $\displaystyle{\iint }_{D}{f}_{xy}^{\prime \prime }\left( {x,y}\right) \mathrm{d}x\mathrm{\;d}y = {\iint }_{D}{f}_{yx}^{\prime \prime }\left( {x,y}\right) \mathrm{d}x\mathrm{\;d}y$ ;
(2)利用 (1) 证明 ${f}_{xy}^{\prime \prime }\left( {x,y}\right) = {f}_{yx}^{\prime \prime }\left( {x,y}\right) ,\left( {x,y}\right) \in D$ (这里不准用求偏导与秩序无关定理).
💡 答案解析
题目 6.1.15
已知：
$D = [a,b] \times [c,d]$，$f(x,y) \in C^2(D)$。
#### (1) 证明：
$$
\iint_D f_{xy}''(x,y) \, dx\,dy = \iint_D f_{yx}''(x,y) \, dx\,dy
$$
证明：
由于 $f \in C^2(D)$，所以二阶混合偏导数 $f_{xy}$ 和 $f_{yx}$ 在 $D$ 上连续，从而可积。
我们直接计算左边的二重积分：
$$
\iint_D f_{xy}''(x,y) \, dx\,dy
= \int_a^b \left( \int_c^d \frac{\partial^2 f}{\partial y \partial x} \, dy \right) dx
$$
先对 $y$ 积分：
$$
\int_c^d \frac{\partial^2 f}{\partial y \partial x} \, dy
= \left. \frac{\partial f}{\partial x}(x,y) \right|_{y=c}^{y=d}
= f_x(x,d) - f_x(x,c)
$$
再对 $x$ 积分：
$$
\int_a^b \left[ f_x(x,d) - f_x(x,c) \right] dx
= \left. f(x,d) \right|_{x=a}^{x=b} - \left. f(x,c) \right|_{x=a}^{x=b}
= f(b,d) - f(a,d) - f(b,c) + f(a,c)
$$
同理，计算右边的二重积分：
$$
\iint_D f_{yx}''(x,y) \, dx\,dy
= \int_c^d \left( \int_a^b \frac{\partial^2 f}{\partial x \partial y} \, dx \right) dy
$$
先对 $x$ 积分：
$$
\int_a^b \frac{\partial^2 f}{\partial x \partial y} \, dx
= f_y(b,y) - f_y(a,y)
$$
再对 $y$ 积分：
$$
\int_c^d \left[ f_y(b,y) - f_y(a,y) \right] dy
= \left. f(b,y) \right|_{y=c}^{y=d} - \left. f(a,y) \right|_{y=c}^{y=d}
= f(b,d) - f(b,c) - f(a,d) + f(a,c)
$$
可见两个结果相等，因此：
$$
\iint_D f_{xy}''(x,y) \, dx\,dy = \iint_D f_{yx}''(x,y) \, dx\,dy
$$
---
#### (2) 利用(1)证明 $f_{xy}''(x,y) = f_{yx}''(x,y)$ 在 $D$ 上处处成立。
证明：
假设存在一点 $(x_0,y_0) \in D$ 使得
$f_{xy}''(x_0,y_0) \neq f_{yx}''(x_0,y_0)$。
由于两个偏导数连续，存在一个邻域 $U \subset D$ 使得在该邻域内
$f_{xy}''(x,y) - f_{yx}''(x,y)$ 恒正（或恒负）。
取一个包含在该邻域内的小矩形 $R = [\alpha,\beta] \times [\gamma,\delta]$，则
$$
\iint_R \left( f_{xy}'' - f_{yx}'' \right) dx\,dy \neq 0
$$
但由(1)的结论，对任意子矩形 $R$ 同样有：
$$
\iint_R f_{xy}'' \, dx\,dy = \iint_R f_{yx}'' \, dx\,dy
$$
即差值的积分为零，矛盾。
因此假设不成立，故在 $D$ 上处处有：
$$
f_{xy}''(x,y) = f_{yx}''(x,y)
$$
---
题目 6.1.16
已知：
$f(x), g(x) \in R[a,b]$，$D = [a,b] \times [a,b]$。
考虑 $[f(x)g(y) - g(x)f(y)]^2$ 在 $D$ 上的重积分。
要证：
$$
\left( \int_a^b f(x)g(x) \, dx \right)^2 \le \int_a^b f^2(x) \, dx \cdot \int_a^b g^2(x) \, dx
$$
证明：
考虑二重积分：
$$
I = \iint_D [f(x)g(y) - g(x)f(y)]^2 \, dx\,dy
$$
由于被积函数非负，显然 $I \ge 0$。
展开被积函数：
$$
[f(x)g(y) - g(x)f(y)]^2
= f^2(x)g^2(y) - 2 f(x)g(x)f(y)g(y) + g^2(x)f^2(y)
$$
于是：
$$
I = \iint_D f^2(x)g^2(y) \, dx\,dy
- 2 \iint_D f(x)g(x)f(y)g(y) \, dx\,dy
+ \iint_D g^2(x)f^2(y) \, dx\,dy
$$
由于是矩形区域，每个二重积分可以化为累次积分：
第一项：
$$
\iint_D f^2(x)g^2(y) \, dx\,dy
= \left( \int_a^b f^2(x) \, dx \right) \left( \int_a^b g^2(y) \, dy \right)
$$
第二项：
$$
\iint_D f(x)g(x)f(y)g(y) \, dx\,dy
= \left( \int_a^b f(x)g(x) \, dx \right) \left( \int_a^b f(y)g(y) \, dy \right)
= \left( \int_a^b f(x)g(x) \, dx \right)^2
$$
第三项：
$$
\iint_D g^2(x)f^2(y) \, dx\,dy
= \left( \int_a^b g^2(x) \, dx \right) \left( \int_a^b f^2(y) \, dy \right)
= \left( \int_a^b f^2(x) \, dx \right) \left( \int_a^b g^2(x) \, dx \right)
$$
因此：
$$
I = 2 \left( \int_a^b f^2(x) \, dx \right) \left( \int_a^b g^2(x) \, dx \right)
- 2 \left( \int_a^b f(x)g(x) \, dx \right)^2
$$
由 $I \ge 0$ 得：
$$
2 \left( \int_a^b f^2(x) \, dx \right) \left( \int_a^b g^2(x) \, dx \right)
- 2 \left( \int_a^b f(x)g(x) \, dx \right)^2 \ge 0
$$
两边除以 2，即得：
$$
\left( \int_a^b f(x)g(x) \, dx \right)^2
\le \left( \int_a^b f^2(x) \, dx \right) \left( \int_a^b g^2(x) \, dx \right)
$$
这就是柯西-施瓦茨不等式在积分形式下的结论。证毕。
---
以上即为两题的完整解答。