¿Esta función está limitada? Siguiente pregunta sobre integral$\int_{\partial M} \frac{1}{||y-x||} n_y \cdot \nabla_y \frac1{||y-x||} dS_y$.

Question

Deje $\partial M$ $C^2$ superficie cerrada en $\mathbb{R}^3$, $M$ está abierto. Mostrar que $$ f(x) = \frac{\int_{\partial M} \left| \frac{1}{||y-x||} n_y \cdot \nabla_y \frac{1}{||y-x||} \right| dS_y}{\left| \int_{\partial M} \frac{1}{||y-x||} n_y \cdot \nabla_y \frac{1}{||y-x||} dS_y\right|} $$ está delimitado en $\overline{M}$

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Ya sé algunas cosas sobre este tipo de integral, ya tenía dos preguntas al respecto aquí y aquí. Pero todavía no puedo demostrar que $f$ está acotada.

$f$ es continua en a $M$. Así que si me muestran que la $$ \lim_{x\rightarrow x_0} f(x) = 1 $$ para cada $x_0 \in \partial M$. De $f$ es continua en a $\overline{M}$ por lo tanto es limitada.

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Mi idea de la prueba es:

Encontrar $U(x)\subset \partial M$ que $\left( n_y \cdot \nabla_y \frac{1}{||y-x||} \right) > 0$ todos los $y\in U(x)$ y que $$ \frac{\int_{\partial M\setminus U(x)} \left| \frac{1}{||y-x||} n_y \cdot \nabla_y \frac{1}{||y-x||} \right| dS_y}{ \int_{U(x)} \frac{1}{||y-x||} n_y \cdot \nabla_y \frac{1}{||y-x||} dS_y} \rightarrow 0\qquad \text{como dist}(x,\partial M) \rightarrow 0 $$

Si usted demuestra que el mapa $U(x)$ existe que se puede mostrar fácilmente el límite de $\lim_{x\rightarrow x_0 \in \partial M} f(x) = 1 $

Answer 1

¿Por qué no pensar al revés? Las integrales de este tipo son típicas de la teoría electromagnética.

Vamos \begin{multline} \iint_M \mbox{div}\left(\frac{1}{\|y-x\|}\nabla_y \frac{1}{\|y - x\|}\right) dy = \\ \iint_M \left\{\frac{1}{\|y-x\|}\Delta_y \frac{1}{\|y-x\|} + \left\|\nabla_y \frac{1}{\|y-x\|}\right\|^2\right\}d y \\ = \iint_M \left\{\frac{1}{\|y-x\|}\Delta_y \frac{1}{\|y-x\|} + \frac{1}{\|y-x\|^4}\right\}d y \end{multline} Esta integral presenta problemas al $x = y$, por lo tanto tomamos $M = M_\epsilon \cup B_\epsilon$ donde $B_\epsilon$ es la bola con centro en el $x$ y radio de $\epsilon$, e $M_\epsilon = M \setminus B_\epsilon$.

Dado que para $x \neq y$, $$ \Delta_y \frac{1}{\|y - x\|} = 0 $$ tenemos, por la primera integral, $$ \iint_M \frac{1}{\|y-x\|}\Delta_y \frac{1}{\|y-x\|} dy = \iint_{B_\epsilon} \frac{1}{\|y-x\|}\Delta_y \frac{1}{\|y-x\|} dy. $$

El uso de Verde de la identidad de la primera, \begin{multline} \iint_M \frac{1}{\|y-x\|}\Delta_y \frac{1}{\|y-x\|} dy = \int_{\partial B_\epsilon} \frac{1}{\|y-x\|} \frac{\partial}{\partial n_y} \left(\frac{1}{\|y-x\|}\right) d S_y \\ - \iint_{B_\epsilon} \left\|\nabla_y \frac{1}{\|y-x\|}\right\|^2 d y, \end{multline}

y, a continuación,

\begin{multline} \iint_M \mbox{div}\left(\frac{1}{\|y-x\|}\nabla_y \frac{1}{\|y - x\|}\right) dy = \\ \int_{\partial B_\epsilon} \frac{1}{\|y-x\|} \frac{\partial}{\partial n_y} \left(\frac{1}{\|y-x\|}\right) d S_y + \iint_{M_\epsilon} \frac{1}{\|y-x\|^4} d y. \end{multline}

Ahora, $$ \frac{\partial}{\partial n_y} \left(\frac{1}{\|y-x\|}\right)_{\|y - x\| = \epsilon} = \frac{\partial}{\partial r} \left(\frac{1}{r}\right)_{r = \epsilon} = - \frac{1}{\epsilon^2} $$ entonces $$ \iint_{B_\epsilon} \frac{1}{\|y-x\|}\Delta_y \frac{1}{\|y-x\|} dy = -\frac{1}{\epsilon^2} \int_{\|y - x\| = \epsilon} \frac{1}{\|y-x\|} d S_y $$ Tomando el cambio de las variables de $y = x + \epsilon \eta$ donde $\|\eta\| = 1$, $$ \iint_{B_\epsilon} \frac{1}{\|y-x\|}\Delta_y \frac{1}{\|y-x\|} dy = - \int_{\|\eta\| = 1} \frac{1}{\epsilon} d S_\eta = -\frac{4 \pi}{\epsilon}, $$ mientras $$ \iint_{B_{2\epsilon}\setminus B_\epsilon} \frac{1}{\|y-x\|^4} d y \le \iint_{M_\epsilon} \frac{1}{\|y-x\|^4} d y \le \iint_{B_R \setminus B_\epsilon} \frac{1}{\|y-x\|^4} d y, $$ donde $B_\epsilon \subseteq B_{2\epsilon} \subseteq M_\epsilon \subseteq B_R$.

Tomar el cambio de variable $y = x + \xi$ en la primera integral, y $y = x + \eta$ en el último, donde $\epsilon \le \|\xi\| \le 2\epsilon$, e $\epsilon \le \|\eta\| \le R$

$$ \iint_{\epsilon \le \|\xi\| \le 2\epsilon} \frac{1}{\|\xi\|^4} d\xi \le \iint_{M_\epsilon} \frac{1}{\|y-x\|^4} d y \le \iint_{\epsilon \le \|\xi\| \le R} \frac{1}{\|\eta\|^4} d\eta $$

y, a continuación,

$$ \frac{2 \pi}{\epsilon} \le \iint_{M_\epsilon} \frac{1}{\|y-x\|^4} d y \le 4 \pi \left(\frac{1}{\epsilon} - \frac{1}{R}\right). $$

Finalmente, $$ \frac{2 \pi}{\epsilon} \le \left| \iint_M \mbox{div}\left(\frac{1}{\|y-x\|}\nabla_y \frac{1}{\|y - x\|}\right) dy \right| $$ y $$ \iint_M \left| \mbox{div}\left(\frac{1}{\|y-x\|}\nabla_y \frac{1}{\|y - x\|}\right) \right| dy \le 4 \pi \left(\frac{2}{\epsilon} - \frac{1}{R}\right). $$

Utilizando el teorema de la Divergencia, llegamos a la conclusión de que $$ 1 \le f(x) = \frac{\int_{\partial M} \left|\left(\frac{1}{\|y-x\|}\nabla_y \frac{1}{\|y - x\|}\right)\cdot n_y \right| dS_y}{\left|\int_{\partial M} \left(\frac{1}{\|y-x\|}\nabla_y \frac{1}{\|y - x\|}\right)\cdot n_y dS_y \right|} \le 4 $$

Por supuesto, el argumento puede ser refinado para mejorar el límite superior.