Dette er intuitivt rimelig, tror jeg i alle fall. Dersom $f \geq 0$ så vil aldri flaten $z=f(x,y)$ ligge under $xy$-planet. Dermed vil det bare bli "bidratt" positive volumer, og ingen "negative volumer" kan nulle ut de positive. Dermed hvis $\iint_R f \, \text{d}A = 0$ så må nødvendigvis også $f=0$. Dette var en "utfordrer"-oppgave på øvingen, og jeg føler at jeg har gått glipp av noe da beviset mitt ble så kort. Ønsker gjerne tilbakemelding!Anta at funksjonen f er kontinuerlig og at $f \geq 0$ på rektangelet $R = [a, b]\times[c, d]$. Vis at $$\iint_R f \, \text{d}A = 0 \implies f=0 \text{ på hele R} $$
Bevis
Anta, i jakt på selvmotsigelse at $f \neq 0$ minst et sted over $R$. Del opp $R$ i to disjunkte mengder $X$ og $Y$ der $X$ er område der $f \neq 0$ og $Y$ er område der $f = 0$. Siden $f \geq 0$ av oppgaveantakelsen tvinges dermed $f>0$ over $X$, men da er $$\iint_R f \, \text{d}A = \iint_X f \, \text{d}A + \underbrace{\iint_Y f \, \text{d}A}_{0 \text{ siden } f= 0 \text{ over } Y} = \iint_X f \, \text{d}A > 0$$ som er en selvmotsigelse siden $\iint_R f \, \text{d}A = 0$. $\square$
Når jeg først skriver her, skulle gjerne også ønske et hint på følgende oppgave hvis noen har et godt et:
Anta at $f: R \to \mathbb{R}$ er en kontinuerlig funksjon på rektangelet $R=[a,b]\times [c,d]$. Vis at det finnes et punkt $(\overline{x},\overline{y})$ i $R$ slik at $$\frac{1}{|R|}\iint_R f(x,y) \, \text{d}x\text{d}y=f(\overline{x},\overline{y})$$ der $|R|$ er arealet til $R$.