Misura intersezione palla con superficie
Ciao, vi chiedo riscontro su un conto che ho sviluppato.
Si tratta di calcolare $\lim_{r \rightarrow 0} \frac{1}{r^n}\int_{S \cap B_r(p)}dS$, dove $S$ è la superficie regolare parametrizzata da $f: \Omega \rightarrow \mathbb{R}$, $\Omega \subseteq \mathbb{R}^n$ aperto, $f \in C^2(\Omega)$ e $p \in S$.
Qua la palla $B
_r(p)$ è $n+1$ dimensionale.
Con una rototraslazione posso supporre $p=0$, e che sia $\nabla f(0)=0$ e $f(0)=0$.
Poi, $ S \cap B_r(p) = \{ (x,y) \in \mathbb{R}^{n} \times \mathbb{R}^n : |x|^2+y^2\leq r^2 , y=f(x)\} =\{ (x,y) \in \mathbb{R}^{n+1} : |x|^2+f(x)^2\leq r^2 , y=f(x)\}$, quindi $\frac{1}{r^n}\int_{S \cap B_r(p)}dS=\frac{1}{r^n}\int_{|x|^2+f(x)^2\leq r^2}\sqrt{1+|\nabla f(x)|^2} dx$.
D'ora in avanti $B_r(0)$ sarà una palla $n$ dimensionale.
Ora, sia $h(x)=\sqrt{1+|\nabla f(x)|^2}$. Si verifica che è differenziabile in $p=0$. Allora posso scrivere per $x$ in una palla $n$ dimensionale centrata in $x=0$: $h(x)=h(0)+\nabla h(0) \cdot x + o(|x|)=1+ \nabla h(0) \cdot x + |x|q(x)$, con $q(x) \rightarrow 0$ se $x \rightarrow 0$. Le funzioni $x\mapsto 1$ e $ x \mapsto \nabla h(0) \cdot x$ sono chiaramente continue in $B_r(0)$, dunque anche misurabili. Siccome $|x|q(x)=h(x)-(1+ \nabla h(0) \cdot x)$ allora anche $x \mapsto |x|q(x)$ è continua e misurabile.
Allora prendendo $r$ piccolo a sufficienza posso scrivere $\frac{1}{r^n}\int_{|x|^2+f(x)^2\leq r^2}\sqrt{1+|\nabla f(x)|^2} dx = \frac{1}{r^n}\int_{|x|^2+f(x)^2\leq r^2} h(x) dx= \frac{1}{r^n}\int_{|x|^2+f(x)^2\leq r^2} dx+\frac{1}{r^n}\int_{|x|^2+f(x)^2\leq r^2}\nabla h(0) \cdot x + |x|q(x)dx$.
Stimo il secondo integrale: $|\frac{1}{r^n}\int_{|x|^2+f(x)^2\leq r^2}\nabla h(0) \cdot x + (|x|)q(x)dx| \leq \frac{1}{r^n}\int_{|x|^2+f(x)^2\leq r^2}|\nabla h(0) \cdot x + |x|q(x)|dx \leq \text{sup}_{{|x|^2+f(x)^2\leq r^2}} (|\nabla h(0) \cdot x + |x|q(x)|) \frac{1}{r^n}\int_{|x|^2+f(x)^2\leq r^2}dx \leq \text{sup}_{{|x|^2 \leq r^2}} (|\nabla h(0) \cdot x + |x|q(x)|) \frac{1}{r^n} \mu({|x|^2 \leq r^2}) = \text{sup}_{{|x|^2 \leq r^2}} (|\nabla h(0) \cdot x + |x|q(x)|) \omega_n$.
Qui $\mu$ è la misura di Lebesgue in $\mathbb{R}^n$ e $\omega_n$ la misura della palla $n$-dimensionale unitaria. Quest'ultimo pezzo va a $0$ per la continuità di $\phi(x):=|\nabla h(0) \cdot x + |x|q(x)|$ ed essendo $\phi(0)=0$, visto che vale $\nablah (0)=0$.
Ora stimo il primo integrale $\frac{1}{r^n}\int_{|x|^2+f(x)^2\leq r^2} dx= \frac{1}{r^n}\mu({|x|^2+f(x)^2\leq r^2})$.
Dal fatto che $f$ è $C^1$ scrivo $f(x)=f(0)+ \nabla f (0) \cdot x + |x|z(x)$, per $x$ in una palla centrata in $0$ e $z$ infinitesima in $0$. Poichè ho supposto $f(0)=0$ e $\nabla f(0)=0$ ottengo $f(x) = |x|z(x)$, e quindi avrò $ \frac{1}{r^n}\mu({|x|^2+f(x)^2\leq r^2})=\frac{1}{r^n}\mu({|x|^2+|x|^2 z(x)^2\leq r^2})= frac{1}{r^n}\mu({|x|^2\leq \frac{r^2}{1+z(x)^2}})$. La funzione $g(x)=\frac{1}{1+z(x)^2}$ è continua, e a patto di rimpicciolire $r$ posso affermare che continua su una palla chiusa ($n$-dimensionale) $\bar{B}_r(0)$, su cui ammette minimo $m(r)$. Per continuità avrò anche $m(r)\rightarrow 1$ se $r \rightarrow 0$. Questo perchè $z(x)=\frac{1}{|x|}f(x)$ è continua e infinitesima se $x \rightarrow 0$.
Adesso posso concludere: $\frac{1}{r^n}\mu({B_{ m(r) r}(0)}) \leq \frac{1}{r^n}\mu({|x|^2+f(x)^2\leq r^2}) \leq \frac{1}{r^n} \mu({B_r(0)})$, quindi $m(r)^n \omega_n \leq \frac{1}{r^n}\mu({|x|^2+f(x)^2\leq r^2}) \leq \omega_n$, e dunque il risultato del limite iniziale è $\omega_n$.
So che è un post lungo e forse un po' pedante, però se avete voglia di dare un occhio e magari indicare eventuali errori mi sarebbe molto utile. Grazie in anticipo!
Si tratta di calcolare $\lim_{r \rightarrow 0} \frac{1}{r^n}\int_{S \cap B_r(p)}dS$, dove $S$ è la superficie regolare parametrizzata da $f: \Omega \rightarrow \mathbb{R}$, $\Omega \subseteq \mathbb{R}^n$ aperto, $f \in C^2(\Omega)$ e $p \in S$.
Qua la palla $B
_r(p)$ è $n+1$ dimensionale.
Con una rototraslazione posso supporre $p=0$, e che sia $\nabla f(0)=0$ e $f(0)=0$.
Poi, $ S \cap B_r(p) = \{ (x,y) \in \mathbb{R}^{n} \times \mathbb{R}^n : |x|^2+y^2\leq r^2 , y=f(x)\} =\{ (x,y) \in \mathbb{R}^{n+1} : |x|^2+f(x)^2\leq r^2 , y=f(x)\}$, quindi $\frac{1}{r^n}\int_{S \cap B_r(p)}dS=\frac{1}{r^n}\int_{|x|^2+f(x)^2\leq r^2}\sqrt{1+|\nabla f(x)|^2} dx$.
D'ora in avanti $B_r(0)$ sarà una palla $n$ dimensionale.
Ora, sia $h(x)=\sqrt{1+|\nabla f(x)|^2}$. Si verifica che è differenziabile in $p=0$. Allora posso scrivere per $x$ in una palla $n$ dimensionale centrata in $x=0$: $h(x)=h(0)+\nabla h(0) \cdot x + o(|x|)=1+ \nabla h(0) \cdot x + |x|q(x)$, con $q(x) \rightarrow 0$ se $x \rightarrow 0$. Le funzioni $x\mapsto 1$ e $ x \mapsto \nabla h(0) \cdot x$ sono chiaramente continue in $B_r(0)$, dunque anche misurabili. Siccome $|x|q(x)=h(x)-(1+ \nabla h(0) \cdot x)$ allora anche $x \mapsto |x|q(x)$ è continua e misurabile.
Allora prendendo $r$ piccolo a sufficienza posso scrivere $\frac{1}{r^n}\int_{|x|^2+f(x)^2\leq r^2}\sqrt{1+|\nabla f(x)|^2} dx = \frac{1}{r^n}\int_{|x|^2+f(x)^2\leq r^2} h(x) dx= \frac{1}{r^n}\int_{|x|^2+f(x)^2\leq r^2} dx+\frac{1}{r^n}\int_{|x|^2+f(x)^2\leq r^2}\nabla h(0) \cdot x + |x|q(x)dx$.
Stimo il secondo integrale: $|\frac{1}{r^n}\int_{|x|^2+f(x)^2\leq r^2}\nabla h(0) \cdot x + (|x|)q(x)dx| \leq \frac{1}{r^n}\int_{|x|^2+f(x)^2\leq r^2}|\nabla h(0) \cdot x + |x|q(x)|dx \leq \text{sup}_{{|x|^2+f(x)^2\leq r^2}} (|\nabla h(0) \cdot x + |x|q(x)|) \frac{1}{r^n}\int_{|x|^2+f(x)^2\leq r^2}dx \leq \text{sup}_{{|x|^2 \leq r^2}} (|\nabla h(0) \cdot x + |x|q(x)|) \frac{1}{r^n} \mu({|x|^2 \leq r^2}) = \text{sup}_{{|x|^2 \leq r^2}} (|\nabla h(0) \cdot x + |x|q(x)|) \omega_n$.
Qui $\mu$ è la misura di Lebesgue in $\mathbb{R}^n$ e $\omega_n$ la misura della palla $n$-dimensionale unitaria. Quest'ultimo pezzo va a $0$ per la continuità di $\phi(x):=|\nabla h(0) \cdot x + |x|q(x)|$ ed essendo $\phi(0)=0$, visto che vale $\nablah (0)=0$.
Ora stimo il primo integrale $\frac{1}{r^n}\int_{|x|^2+f(x)^2\leq r^2} dx= \frac{1}{r^n}\mu({|x|^2+f(x)^2\leq r^2})$.
Dal fatto che $f$ è $C^1$ scrivo $f(x)=f(0)+ \nabla f (0) \cdot x + |x|z(x)$, per $x$ in una palla centrata in $0$ e $z$ infinitesima in $0$. Poichè ho supposto $f(0)=0$ e $\nabla f(0)=0$ ottengo $f(x) = |x|z(x)$, e quindi avrò $ \frac{1}{r^n}\mu({|x|^2+f(x)^2\leq r^2})=\frac{1}{r^n}\mu({|x|^2+|x|^2 z(x)^2\leq r^2})= frac{1}{r^n}\mu({|x|^2\leq \frac{r^2}{1+z(x)^2}})$. La funzione $g(x)=\frac{1}{1+z(x)^2}$ è continua, e a patto di rimpicciolire $r$ posso affermare che continua su una palla chiusa ($n$-dimensionale) $\bar{B}_r(0)$, su cui ammette minimo $m(r)$. Per continuità avrò anche $m(r)\rightarrow 1$ se $r \rightarrow 0$. Questo perchè $z(x)=\frac{1}{|x|}f(x)$ è continua e infinitesima se $x \rightarrow 0$.
Adesso posso concludere: $\frac{1}{r^n}\mu({B_{ m(r) r}(0)}) \leq \frac{1}{r^n}\mu({|x|^2+f(x)^2\leq r^2}) \leq \frac{1}{r^n} \mu({B_r(0)})$, quindi $m(r)^n \omega_n \leq \frac{1}{r^n}\mu({|x|^2+f(x)^2\leq r^2}) \leq \omega_n$, e dunque il risultato del limite iniziale è $\omega_n$.
So che è un post lungo e forse un po' pedante, però se avete voglia di dare un occhio e magari indicare eventuali errori mi sarebbe molto utile. Grazie in anticipo!
Risposte
Quindi la palla in quante dimensioni è? Se non è in \(n+1\) dimensioni è sicuramente sbagliato
"dissonance":
Quindi la palla in quante dimensioni è? Se non è in \(n+1\) dimensioni è sicuramente sbagliato
Sono stato impreciso e ho corretto la domanda. La palla dell'integrale è $n+1$ dimensionale, si
Mi perdo un po' perché hai scritto troppi dettagli, anche se penso sia stato un buon esercizio per te. Mi sembra giusto ma non ti fidare troppo.
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