Límite

Question

Ok yo tenía una pregunta yo creo que casi puedo contestar pero echo de menos un paso:

Deje $\partial M$ ser una superficie cerrada en $\mathbb{R}^3$, $x_0 \in \partial M$ de este límite: $$\lim_{\substack{x\rightarrow x_0 \\ x\in M}} \int_{\partial M} \frac{1}{||y-x||} n_y \cdot \nabla_y \frac{-1}{||y-x||} dS_y = \lim_{\substack{x\rightarrow x_0 \\ x\in M}} \int_{\partial M} \frac{n_y \cdot (y-x)}{||y-x||^4} dS_y = \infty$$

La condición en $\partial M$ es libre para elegir. Así que supongo que es suave tanto como usted necesita. Pero lo ideal sería que me gustaría probarlo para que la pieza sabia $C^1$ de la superficie.

Así que tiene alguien idea de cómo mostrar este límite?

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Edit: Ok mi mejor tiro al $\partial M$ es convexa. Pero yo no puedo probarlo sin embargo, estoy experimentando el mismo problema que cuando me muestran que la $\int_0^1 \frac{1}{t^\alpha} dt$ divergen(por $\alpha > 1 $) por medio de esta técnica:

$$ \int_0^1 \frac{1}{t^\alpha} dt \geq \int_0^x \frac{1}{t^\alpha} dt \geq \frac{x}{x^\alpha} \rightarrow \infty$$

como $x$ va a cero. Pero no funciona para $\alpha =1$ sin embargo, la integral diverge.

Así que aquí va mi intento, necesito dos lemas sobre superficies convexas.

Lemma1: es obligado en cómo de grande puede ser el ángulo entre el$n_y$$y-x$.

Deje $\partial M$ es superficie convexa en $\mathbb{R}^n$. Que para cada $x$ en el interior de la $\partial M$ ie $x\in M$. Esta desigualdad se cumple: $$ \forall y\in \partial M: n_y\cdot \frac{y-x}{\|y-x\|} \geq \frac{\min_{z\in \partial M} \|x-z\|}{\max_{z\in \partial M} \|x-z\|}\geq \frac{\text{dist}(x,\partial M)}{\text{diam}(\partial M)}$$ $n_y$ es exterior normal en el punto de $y$

Este lema es muy sencillo basta con dibujar una imagen en 2d y lo van a ver.

Lemma2: Esta es obligado en cómo se puede conseguir y el área de superficie de superficie convexa en la vecindad de algún punto de $x$

Deje $\partial M$ es superficie convexa en $\mathbb{R}^n$ $x$ es el punto en el interior de la $\partial M$ ie $x\in M$. Denotar $\rho = \text{dist}(x,\partial M) = \text{dist}(x,x_0)$ algunos $x_0 \in \partial M$. De: $$\int_{\partial M \cap B(x_0,2\rho)} 1 \, dS \geq \alpha_{n-1} \left(\frac{\sqrt{3}}{2} \rho \right)^{n-1} $$ donde $\alpha_n$ es el volumen de la unidad de la bola en $\mathbb{R}^n$.

Nuevo sorteo esta en 2d y lo van a ver. Tal vez voy a añadir las fotos si puedo averiguar cómo.

Ahora el límite:"

denotar $\rho = \text{dist}(x,\partial M)=\|x-x_0\|$, $D = \text{diam}(\partial M)$

$$ \int_{\partial M} \frac{1}{||y-x||} n_y \cdot \nabla_y \frac{-1}{||y-x||} dS_y = \int_{\partial M} \frac{n_y \cdot (y-x)}{||y-x||^4} dS_y \geq$$

$$ \int_{\partial M} \frac{n_y \cdot (y-x)}{||y-x||^4} dS_y \geq \int_{\partial M} \frac{\rho \|y-x\|}{D\|y-x\|^4} dS_y \geq $$

$$ \int_{\partial M \cap B(x_0,2\rho)} \frac{\rho \|y-x\|}{D\|y-x\|^4} dS_y \geq \int_{\partial M \cap B(x_0,2\rho)} \frac{\rho^2}{D 2^4 \rho^4} dS_y \geq$$

$$ \frac{\rho^2}{D 2^4 \rho^4} \int_{\partial M \cap B(x_0,2\rho)} dS_y \geq \frac{\rho^2}{D 2^4 \rho^4} \pi \left(\frac{\sqrt{3}}{2} \rho \right)^{2} = \frac{1}{D 2^4 } \pi \frac{3}{4}$$

Pero que no se consiguió hasta el infinito :((

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Tengo una pequeña observación interesante. Deje $\Gamma$ ser cualquier superficie en $\mathbb{R}^3$. $\Gamma$ puede ser auto intersección por ejemplo: embedded botella Klein en $\mathbb{R}^3$.

Lo que yo creo que

$$-\frac{1}{4\pi}\int_{\partial M} n_y \cdot \nabla_y \frac{1}{||y-x||} dS_y$$

es algo así como la liquidación número de $\Gamma$$x$. ¿Alguien puede elaborar en que? ¿A qué número puedo obtener si $\Gamma$ sería botella Klein? Creo que la botella de Klein no tiene algo como interior, así es la integral de cero en todas partes? Por lo tanto, es posible que en 2D que ha cerrado, regular $C^1$ curva que ha vacío interior?

Answer 1

Denotar $\Gamma(x)=\frac1{|x|}$. Fijo $x\in M$ como una función de la $y$ es armónica en $\mathbb R^3\backslash \bar M$. La integración por partes de los rendimientos $$ \int_{\mathbb R^3\barra invertida M}|\nabla_y\Gamma(x-y)|^2\,dy= \int_{\mathbb R^3\barra invertida M}\nabla_y\Gamma(x-y)\cdot\nabla_y\Gamma(x-y)\,dy= $$ $$ -\int_{\mathbb R^3\barra invertida M}\Gamma(x-y)\Delta \Gamma(x-y)\,dy+ \int_{\partial M}\Gamma(x-y)n_y\cdot\nabla_y\Gamma(x-y)\,dy= $$ $$ =\int_{\partial M}\Gamma(x-y)n_y\cdot\nabla_y\Gamma(x-y)\,dy $$ desde $\Gamma\nabla_y\Gamma$ es de fuga en el infinito lo suficientemente rápido, como $|y|^{-3}$. Aquí $n_y$ es un interno de la unidad normal a $M$. De modo que la integral en cuestión es igual a (puede ser de hasta el signo, dependiendo de la elección de $n_y$) $$ I(x)=\int_{\mathbb R^3\barra invertida M}|\nabla_y\Gamma(x-y)|^2\,dy. $$

Denotar $d=d(x)=\mathrm{dist}(\partial M,x)$, $r=|x-y|$ y $B_d(x)$ una bola de radio $d$ centrada en $x$. Para tener una idea de la última integral cerca de la frontera echemos una inversión relativamente la bola de la superficie de la $S_d(x)$, $r\to \frac{d^2}r$. Deje $\tilde M_x$ ser la imagen de ${\mathbb R^3\backslash M}$ en la inversión.

La sustitución de esta transformación en la integral da $$ I(x)=\int_{\mathbb R^3\barra invertida M}|\nabla_y\Gamma(x-y)|^2\,dy= \int_{\mathbb R^3\barra invertida M}r^{-4}\,dy= $$ $$ \int_{\mathbb R^3\barra invertida M}r^{-4} r^2\,\cos\theta\,d\theta d \varphi dr= $$ $$ \int_{\tilde M_x}\frac{1}{\frac{d^4}{r^2}}\cos\theta\, d\theta d \varphi\, \frac{d^2}{r^2}dr= $$ $$ \frac1{d^2}\int_{\tilde M_x}\cos\theta\, d\theta d \varphi dr= \frac1{d^2}\int_{\tilde M_x}\frac1{r^2}\,dy. $$ Como se ve a partir de la fórmula en las coordenadas esféricas de la integral resume sólido ángulos $A(r)$ de las intersecciones $\tilde M_x\cap\{r=\mathrm{const}\}$ como se ve desde $x$: $$ I(x)=\frac1{d^2}\int_0^d a(r)\,dr.. $$

A grandes rasgos, la más espacio $\tilde M_x$ es de tomar en la bola de $B_d(x)$ el mayor es $I(x)$. Así, por $I(x)$ a volar como $d\to0$ $\tilde M_x$ debe tomar lo suficientemente grande como parte de $B_d(x)$. Si $x$ está cerca del límite de $\partial M$ la contribución más grande a $I(x)$ proviene de la parte de $\mathbb R^3\backslash M$ que está cerca de a $x$.

Vamos a considerar el caso de $\partial M\in C^1$. A continuación, para las pequeñas $d$ ámbito $S_d(x)$ tocando $\partial M$ se ve en las inmediaciones de $x$ como si se toca un avión. El elogio de la $M$ es el aspecto de un semi-espacio.

Una inversión de la tangente a la mitad de espacio que una unidad de la esfera es una bola de radio $1/2$ tocar la esfera del interior. Es fácil ver que para el caso planar como la tangente de la línea se convierte en un círculo y en el caso tridimensional hay una simetría rotacional. La integral de $I(x)$ puede ser evaluado explícitamente aquí, puesto que la ecuación de la pelota en coordenadas esféricas es $0<r<\sin\theta$, $0<\theta<\pi/2$, y $$ A(r)={\int_0^{2 \pi } \left(\int_{\arcsin r}^{\pi/2} \cos \theta \, d\theta \right) \, d\varphi }=2\pi(1-r), $$ $$ \int_0^1(r)\,dr=\pi. $$ Para una bola de radio $d$ la respuesta es multiplicado por $d$, por lo que $$ \frac1{d^2}\int_0^d a(r)\,dr=\frac1{d^2}\pi d=\frac\pi{d}. $$ Por lo tanto para delimitada dominios de $C^1$ asintótico es$I(x)\sim\frac{\pi} d$$d\to0^+$. En particular,$\lim_{x\to x_0}I(x)=\infty$.

Para un dominio convexo, la respuesta es evidentemente el mismo y para los poliedros debe ser demasiado. Para la clase de funciones definidas a trozos $C^1$ dominios, creo que la respuesta es negativa si $x_0$ es un punto del interior de la espiga (o una cúspide). En tales casos $A(r)$ podría ser lo suficientemente pequeño para obtener $\int_0^d A(r)\,dr\le Cd^2$ para algunos puntos de $x_n$ s.t. $x_n\to x_0$.

Nota. La condición para $\lim_{x\to x_0}I(x)=\infty$ escrito anteriormente parecen iguales condiciones en los límites de punto de $x_0$ a ser regular. Naturalmente surge la pregunta de si es exactamente así. Si sí, daría algunas de las condiciones suficientes para $x_0$ a disponer de los bienes, tales como el exterior de la esfera de la condición o el exterior del cono condición.