Derivata di integrale su sfera
Considero una funzione $u(t,x)\inC^2(RR^+ \times RR^n)$ e fisso $t_0\inRR^+$, $x_0 \in RR^n$ e $c\inRR$.
Definisco $e(t)=1/2\int_{B(x_0,c(t_0-t))} \{u_t^2+c^2\abs{\nablau}^2 \} dx$ per $t\in[0,t_0]$, dove $B(x_0,c(t_0-t))$ è la palla di centro $x_0$ e raggio $c(t_0-t)$.
Come posso provare che $e'(t)= \int_{B(x_0,c(t_0-t))} \{u_t u_{t t} + c^2 \nablau \nabla u_t \} dx -c/2 \int_{\partial B(x_0,c(t_0-t))} \{u_t^2+ c^2 \abs{\nablau}^2 \} dx$?
Definisco $e(t)=1/2\int_{B(x_0,c(t_0-t))} \{u_t^2+c^2\abs{\nablau}^2 \} dx$ per $t\in[0,t_0]$, dove $B(x_0,c(t_0-t))$ è la palla di centro $x_0$ e raggio $c(t_0-t)$.
Come posso provare che $e'(t)= \int_{B(x_0,c(t_0-t))} \{u_t u_{t t} + c^2 \nablau \nabla u_t \} dx -c/2 \int_{\partial B(x_0,c(t_0-t))} \{u_t^2+ c^2 \abs{\nablau}^2 \} dx$?
Risposte
Cambiamento di variabile (per eliminare la dipendenza da $t$ dell'insieme di integrazione) e derivazione sotto integrale.
Innanzitutto, portati tutto nella palla unitaria con $y = 1/(c(t-t_0))\ (x -x_0)$, poi deriva rispetto a $t$ sotto integrale ed infine fai il cambiamento di variabile inverso.
Sono contazzi, ma semplici.
Innanzitutto, portati tutto nella palla unitaria con $y = 1/(c(t-t_0))\ (x -x_0)$, poi deriva rispetto a $t$ sotto integrale ed infine fai il cambiamento di variabile inverso.
Sono contazzi, ma semplici.
Innanzitutto procedo con la sostituzione $x=x_0+c(t_0-t)y$, quindi $dx=(c(t_0-t))^n dy$, giusto?
Ottengo
$e(t)=1/2\int_{B(x_0,c(t_0-t))} \{u_t^2+c^2\abs{\nablau}^2 \}(t,x) dx=$
$=1/2\int_{B(0,1)} \{u_t^2+c^2\abs{\nablau}^2 \}(t,x_0+c(t_0-t)y)*(c(t_0-t))^n dy=$
$=(c(t_0-t))^n*1/2\int_{B(0,1)} \{u_t^2+c^2\abs{\nablau}^2 \}(t,x_0+c(t_0-t)y) dy$
Corretto? Ora procedo derivando questo prodotto?
Ottengo
$e(t)=1/2\int_{B(x_0,c(t_0-t))} \{u_t^2+c^2\abs{\nablau}^2 \}(t,x) dx=$
$=1/2\int_{B(0,1)} \{u_t^2+c^2\abs{\nablau}^2 \}(t,x_0+c(t_0-t)y)*(c(t_0-t))^n dy=$
$=(c(t_0-t))^n*1/2\int_{B(0,1)} \{u_t^2+c^2\abs{\nablau}^2 \}(t,x_0+c(t_0-t)y) dy$
Corretto? Ora procedo derivando questo prodotto?
No, troppo incasinato... Si vede che non faccio ste cose da un po’.
Ti conviene portare tutto in polari, di modo che:
\[
e(t) = \int_0^{c(t-t_0)} \left( \int_{\partial B(x_0; r)} f(t,x)\ \text{d}\sigma\right)\ \text{d} r
\]
(con $f$ tutto l’integrando che hai lì dentro) e poi derivare con i risultati classici del Calcolo.
Scusa la falsa pista.
Ti conviene portare tutto in polari, di modo che:
\[
e(t) = \int_0^{c(t-t_0)} \left( \int_{\partial B(x_0; r)} f(t,x)\ \text{d}\sigma\right)\ \text{d} r
\]
(con $f$ tutto l’integrando che hai lì dentro) e poi derivare con i risultati classici del Calcolo.
Scusa la falsa pista.
Dovrei ottenere $e(t)=1/2*\int_0^{c(t_0-t)}(\int_{\partialB(x_0,r)}{u_t^2+c^2 \abs(\nabla u)^2}(t,x)ds(x))dr$, da cui
$e'(t)=1/2*[(\int_{\partialB(x_0,c(t_0-t))}{u_t^2+c^2 \abs(\nabla u)^2}(t,x)ds(x))*(-c)+$
$+\int_0^{c(t_0-t)}(\int_{\partialB(x_0,r)} {2*u_t*u_{ t t } +c^2*2* \nabla u * \nabla u_t}(t,x)ds(x))dr]=$
$=-c/2*\int_{\partialB(x_0,c(t_0-t))}{u_t^2+c^2 \abs(\nabla u)^2}(t,x)ds(x)+\int_{B(x_0,c(t_0-t))}{u_t*u_{t t}+c^2*\nabla u * \nabla u_t}(t,x) dx$, che e' esattamente quello che volevo.
Giusto?
$e'(t)=1/2*[(\int_{\partialB(x_0,c(t_0-t))}{u_t^2+c^2 \abs(\nabla u)^2}(t,x)ds(x))*(-c)+$
$+\int_0^{c(t_0-t)}(\int_{\partialB(x_0,r)} {2*u_t*u_{ t t } +c^2*2* \nabla u * \nabla u_t}(t,x)ds(x))dr]=$
$=-c/2*\int_{\partialB(x_0,c(t_0-t))}{u_t^2+c^2 \abs(\nabla u)^2}(t,x)ds(x)+\int_{B(x_0,c(t_0-t))}{u_t*u_{t t}+c^2*\nabla u * \nabla u_t}(t,x) dx$, che e' esattamente quello che volevo.
Giusto?
Giusto, giusto... 
(Scusa il ritardo)
(Scusa il ritardo)
Ok, grazie mille!! 
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