来自群的二重积分不等式

(25.77 KB)

2012-9-17 13:42

话说我证出了原式 $\leqslant4/3$，加强了右边，不知对不对……
吃完饭再发过程上来。

由和差化积有
\[\sin(x^2)+\cos(y^2)=2\sin\left(\frac\pi4+\frac{x^2-y^2}2\right)\sin\left(\frac\pi4+\frac{x^2+y^2}2\right).\]

易证
\[\sin\left(\frac\pi4+t\right)\leqslant \frac1{\sqrt2}(t+1), t\in\left[-\frac\pi2,\frac\pi2\right],\]
显然 $(x^2-y^2)/2$, $(x^2+y^2)/2\in[-\pi/2,\pi/2]$，所以
\[2\sin\left(\frac\pi4+\frac{x^2-y^2}2\right)\sin\left(\frac\pi4+\frac{x^2+y^2}2\right)\leqslant \left(\frac{x^2-y^2}2+1\right)\left(\frac{x^2+y^2}2+1\right)=\frac{x^4}{4}-\frac{y^4}{4}+x^2+1,\]
于是
\[\iint_{[0,1]\times[0,1]}\sin(x^2)+\cos(y^2)\rmd{x}\rmd{y}\leqslant
\iint_{[0,1]\times[0,1]}\frac{x^4}{4}-\frac{y^4}{4}+x^2+1\rmd{x}\rmd{y}
=\int_0^1x^2+1\rmd{x}=\frac43.
\]

原来先利用积分的性质化简原式，会简单很多。

\begin{align*}
&\iint_{[0,1]\times[0,1]}\sin(x^2)+\cos(y^2)\rmd{x}\rmd{y}\\
={}&\iint_{[0,1]\times[0,1]}2\sin\left(\frac\pi4+\frac{x^2-y^2}2\right)\sin\left(\frac\pi4+\frac{x^2+y^2}2\right)\rmd{x}\rmd{y}\\
={}&\iint_{[0,1]\times[0,1]}\sqrt2\left(\sin\frac{x^2-y^2}2+\cos\frac{x^2-y^2}2\right)\sin\left(\frac\pi4+\frac{x^2+y^2}2\right)\rmd{x}\rmd{y}\\
={}&\iint_{[0,1]\times[0,1]}\sqrt2\cos\frac{x^2-y^2}2\sin\left(\frac\pi4+\frac{x^2+y^2}2\right)\rmd{x}\rmd{y}\\
={}&\iint_{[0,1]\times[0,1]}\frac{\sqrt2}2\left(\sin\left(\frac\pi4+x^2\right)+\sin\left(\frac\pi4+y^2\right)\right)\rmd{x}\rmd{y}\\
={}&\sqrt2\int_0^1\sin\left(\frac\pi4+x^2\right)\rmd{x},
\end{align*}
这样，由
\[\frac{\sqrt2}2\leqslant \sin\left(\frac\pi4+x^2\right)\leqslant \frac1{\sqrt2}(x^2+1),\]
即得
\[1=\sqrt2\int_0^1\frac{\sqrt2}2\rmd x\leqslant
\sqrt2\int_0^1\sin\left(\frac\pi4+x^2\right)\rmd{x}\leqslant
\sqrt2\int_0^1\frac1{\sqrt2}(x^2+1)\rmd x=\frac43<\sqrt2.\]

如果右边不用切线法，直接用$\sin\bigl(\frac\pi4+x^2\bigr)\leqslant 1$，便出来$\sqrt2$；
如果左边用支撑线法，便会得到更精确的结果，时间关系，就不写了。

原来如此暴力，秋风还说要目测，汗.................

显然我也没目测出来…………
不过居然能化成一元函数积分，我也有点意外。
说不定还真有能目测的办法。

pxchg 说：

(73.5 KB)

2012-9-17 20:33

其实我还在懵ing为什么第一个等号能直接等过去？

好像想懂了，是不是这样推导的？：
\begin{align*}
\iint_{[a,b]\times[a,b]}f(x)+g(y)\rmd{x}\rmd{y}
&=\int_a^b\left(\int_a^bf(x)+g(y)\rmd{x}\right)\rmd{y}\\
&=\int_a^b\left(\int_a^bf(x)\rmd{x}+(b-a)g(y)\right)\rmd{y}\\
&=(b-a)\int_a^bf(x)\rmd{x}+(b-a)\int_a^bg(y)\rmd{y}\\
&=(b-a)\int_a^bf(x)+g(x)\rmd{x},
\end{align*}
这样当 $b-a=1$ 时就有 $\iint_{[a,b]\times[a,b]}f(x)+g(y)\rmd{x}\rmd{y}=\int_a^bf(x)+g(x)\rmd{x}$。

其实我对重积分不太熟悉的说……

经群里 zhcosin 提点，原来直接分开就行了
\begin{align*}
\iint_{[a,b]\times[a,b]}f(x)+g(y)\rmd{x}\rmd{y}
&=\iint_{[a,b]\times[a,b]}f(x)\rmd{x}\rmd{y} + \iint_{[a,b]\times[a,b]}g(y)\rmd{x}\rmd{y} \\
&=(b-a)\int_a^bf(x)\rmd{x}+(b-a)\int_a^bg(y)\rmd{y}\\
&=(b-a)\int_a^bf(x)+g(x)\rmd{x},
\end{align*}
这样更加显然。

经群里 zhcosin 提点，原来直接分开就行了
\begin{align*}
\iint_{[a,b]\times[a,b]}f(x)+g(y)\rmd{x}\rmd{y}
&=\iint_{[a,b]\times[a,b]}f(x)\rmd{x}\rmd{y} + \iint_{[a,b]\times[a,b]}g(y)\rmd{x}\rmd{y} \\ ...
kuing 发表于 2012-9-19 14:38

原来如此
这样果真就是目测。。。

9# 秋风树林

这个是不是就是用了什么线性性质什么的啊？

9# 秋风树林

这个是不是就是用了什么线性性质什么的啊？
kuing 发表于 2012-9-20 00:02

嗯，线性性
不过这里还是有点二次积分的东西
但是已经能够目测了。。。即使是不知道二次积分的人