[SISSA 2013] Una disuguaglianza integrale
Sia $B$ la palla unitaria di $RR^3$ e sia \(f\in \mathscr{C}^1(\bar{B}) \) tale che $f=0$ sulla frontiera di $B$. Provare che
\[|f(0)|\le\frac{1}{4\pi} \int_{B} |\nabla (f(x))||x|^{-2}dx.\]
Mi sto esercitando con le prove degli anni passati per l'ammissione alla SISSA, ma su questo problema sono bloccato. Non riesco nemmeno a capire perché l'integranda sia sommabile. Qualche idea?
\[|f(0)|\le\frac{1}{4\pi} \int_{B} |\nabla (f(x))||x|^{-2}dx.\]
Mi sto esercitando con le prove degli anni passati per l'ammissione alla SISSA, ma su questo problema sono bloccato. Non riesco nemmeno a capire perché l'integranda sia sommabile. Qualche idea?
Risposte
Beh, se \(f\in C^1\) allora \(|\nabla f|
\int_B |\nabla f(x)|\cdot |x|^{-2}\ \text{d} x \leq M\cdot \int_B |x|^{-2}\ \text{d} x\; ,
\]
con l'integrale al secondo membro finito (basta passare in polari).
\int_B |\nabla f(x)|\cdot |x|^{-2}\ \text{d} x \leq M\cdot \int_B |x|^{-2}\ \text{d} x\; ,
\]
con l'integrale al secondo membro finito (basta passare in polari).
Grazie!
Dunque, passando in coordinate sferiche ho
\[\int_B \frac{1}{|x|^2}dx=\int_{]0,1]\times ]0, \pi[\times ]0, 2\pi[}\operatorname{sen}(\theta) dr d\theta d\varphi=4\pi<\infty\]
e ciò sistema la sommabilità.
Sia \(\Phi(r, \theta, \varphi)=(r \operatorname{sen}(\theta)\operatorname{sen}(\varphi),r\operatorname{sen}(\theta)\operatorname{cos}(\varphi) ,r\operatorname{cos}(\theta))\) e sia $g=f\circ \Phi$. Passando in coordinate sferiche anche nell'integrale di partenza ho (sfruttando il fatto che \(\frac{\partial g}{\partial r}\) è una delle componenti del gradiente espresso in coordinate polari)
\begin{align*}
\int_B \left|\frac{\nabla f(x)}{x^2}\right|dx &=\int_{\Phi^{-1}(B)}\left|\nabla f\left(\Phi(r, \theta, \varphi\right)\right| \operatorname{sen}(\theta) d r d\theta d\varphi \\
& \ge \int_{\Phi^{-1}(B)}\left|\frac{\partial g}{\partial r}(r, \theta, \varphi)\right|\operatorname{sen}(\theta) d r d\theta d\varphi \\
& \ge \left|\int_{0}^{2\pi}d\varphi \int_0^{\pi}\operatorname{sen}(\theta) d\theta \int_0^1\frac{\partial g}{\partial r}(r, \theta, \varphi)dr \right| \\
& =\left|\int_{0}^{2\pi}d\varphi \int_0^{\pi}\operatorname{sen}(\theta) \left[g(r,\theta,\varphi) \right]_0^1 d\theta \right| \\
& =\left|\int_{0}^{2\pi}d\varphi \int_0^{\pi}\operatorname{sen}(\theta) [f(1)-f(0)]d\theta \right| \\
& =\left|f(0)\int_{0}^{2\pi}d\varphi \int_0^{\pi}\operatorname{sen}(\theta) d\theta \right| =|4\pi f(0)|
\end{align*}
e ciò prova la disuguaglianza (a meno di non aver fatto grossolani errori, cosa tutt'altro che improbabile).
Dunque, passando in coordinate sferiche ho
\[\int_B \frac{1}{|x|^2}dx=\int_{]0,1]\times ]0, \pi[\times ]0, 2\pi[}\operatorname{sen}(\theta) dr d\theta d\varphi=4\pi<\infty\]
e ciò sistema la sommabilità.
Sia \(\Phi(r, \theta, \varphi)=(r \operatorname{sen}(\theta)\operatorname{sen}(\varphi),r\operatorname{sen}(\theta)\operatorname{cos}(\varphi) ,r\operatorname{cos}(\theta))\) e sia $g=f\circ \Phi$. Passando in coordinate sferiche anche nell'integrale di partenza ho (sfruttando il fatto che \(\frac{\partial g}{\partial r}\) è una delle componenti del gradiente espresso in coordinate polari)
\begin{align*}
\int_B \left|\frac{\nabla f(x)}{x^2}\right|dx &=\int_{\Phi^{-1}(B)}\left|\nabla f\left(\Phi(r, \theta, \varphi\right)\right| \operatorname{sen}(\theta) d r d\theta d\varphi \\
& \ge \int_{\Phi^{-1}(B)}\left|\frac{\partial g}{\partial r}(r, \theta, \varphi)\right|\operatorname{sen}(\theta) d r d\theta d\varphi \\
& \ge \left|\int_{0}^{2\pi}d\varphi \int_0^{\pi}\operatorname{sen}(\theta) d\theta \int_0^1\frac{\partial g}{\partial r}(r, \theta, \varphi)dr \right| \\
& =\left|\int_{0}^{2\pi}d\varphi \int_0^{\pi}\operatorname{sen}(\theta) \left[g(r,\theta,\varphi) \right]_0^1 d\theta \right| \\
& =\left|\int_{0}^{2\pi}d\varphi \int_0^{\pi}\operatorname{sen}(\theta) [f(1)-f(0)]d\theta \right| \\
& =\left|f(0)\int_{0}^{2\pi}d\varphi \int_0^{\pi}\operatorname{sen}(\theta) d\theta \right| =|4\pi f(0)|
\end{align*}
e ciò prova la disuguaglianza (a meno di non aver fatto grossolani errori, cosa tutt'altro che improbabile).
Sembra tutto giusto.
Avevo pensato anch'io di risolverlo così.
Avevo pensato anch'io di risolverlo così.
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