5.2.4 与重积分有关的不等式的证明（例5.32—5.38）
例5.32（北京市2001年竞赛题） 设f（x）是［0，1］上的连续函数，证明：
解析 原式可化为下面两种形式的二重积分：
其中D为0≤x≤1，0≤y≤1，于是
例5.33（清华大学1985年竞赛题） 设函数f（x）在［0，1］上连续且单调减，又f（x）＞0，求证：
并给予物理解释.
解析 由于f（x）＞0，f（y）＞0，［f（x）-f（y）］（x-y）≤0，所以
f（x）f（y）［f（x）-f（y）］（x-y）≤0
⇔ f（x）f（y）［xf（x）+yf（y）］≤f（x）f（y）［xf（y）+yf（x）］
⇔ xf2（x）f（y）+yf2（y）f（x）≤xf（x）f2（y）+yf（y）f2（x）
应用二重积分的保向性，取D：｛（x，y）|0≤x≤1，0≤y≤1｝，则
由于
故有
物理解释：两根长为1的直杆放在x轴的区间［0，1］上，第一根直杆的线密度函数为f2（x），其重心坐标为x1，第二根直杆的线密度函数为f（x），其重心坐标为x2，则x1≤x2，这里
例5.34（莫斯科化工机械学院1977年竞赛题） 求证不等式
解析 取D=｛（u，v）|0≤u≤x，0≤v≤x｝，则
取D1=｛（u，v）|u2+v2≤x2，u≥0，v≥0｝，D2=｛（u，v）|u2+v2≤2x2，u≥0，v≥0｝，则D1为D的真子集，D为D2的真子集，而
，所以
综合（1），（2），（3）式即得原不等式成立.
例5.35（广东省1991年竞赛题） 设D域是x2+y2≤1，试证明不等式
解析 运用极坐标变换，有
下面先证明：x≥0时，有sinx≤x，sinx≥x-
令f（x）=x-sinx，则f′（x）=1-cosx≥0，于是f（x）单调增加，f（x）≥f（0）=0，即sinx≤x.令g（x）=sinx-x+
，则g′（x）=cosx-1+
，g″（x）=-sinx+x≥0，于是g′（x）单调增加，g′（x）≥g′（0）=0，g（x）单调增加，g（x）≥g（0）=0，即sinx≥x-
取x=ρ3（ρ≥0），得sin（ρ3）≤ρ3，sin（ρ3）≥ρ3-
设原二重积分的值为I，于是
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即
例5.36（南京大学1995年竞赛题） 证明：
解析 方法1 令f（x，y，z）=x+y-z+10，则
=
=1，
=-1，所以f在x2+y2+z2＜3内无驻点.在x2+y2+z2=3上，令
F=x+y-z+10+λ（x2+y2+z2-3）
由
解得可疑的条件极值点为（1，1，-1）与（-1，-1，1），这两个极值点对应的函数值分别为f（1，1，-1）=13，f（-1，-1，1）=7.于是
fmax=f（1，1，-1）=13，fmin=f（-1，-1，1）=7
由积分的保向性即得（设Ω：x2+y2+z2≤3）
方法2 由于x为奇函数，Ω关于x=0对称，所以
=0；由于y为奇函数，Ω关于y=0对称，所以
=0；由于z为奇函数，Ω关于z=0对称，所以
=0（Ω：x2+y2+z2≤3）.于是
显见
例5.37（江苏省2004年竞赛题） 求证：
其中Ω为x2+y2+z2≤1.
解析 首先求f=x+2y-2z+5在x2+y2+z2≤1上的最大值与最小值.在x2+y2+z2＜1的内部，由于
故f在x2+y2+z2＜1上无驻点.在x2+y2+z2=1上应用拉格朗日乘数法，令
F=x+2y-2z+5+λ（x2+y2+z2-1）
由
解得可疑的条件极值点P1
.由于连续函数f在有界闭集x2+y2+z2=1有最大值和最小值，所以f（P1）=8，f（P2）=2分别是f的最大值与最小值.又由于f与
有相同的极值点，故
由积分的保向性得
由于
因此
例5.38（广东省1991年竞赛题） 设二元函数f（x，y）在区域D=｛0≤x≤1，0≤y≤1｝上具有连续的四阶偏导数，并且f（x，y）在区域D的边界上恒为0，且
≤3，试证明：
（提示：考虑二重积分
解析 运用分部积分法，考察二重积分，有
因此
