Expresan $\frac{d}{dt}\left(\int_{D(t)}u(x,t)dx\right)-\int_{D(t)}u_t(x,t)dx$ como una superficie integral?

Question

la siguiente pregunta fue el último problema en el Otoño de 2010 examen de calificación de la UCLA.

Definir $D(t)=\{x^2+y^2\leq r^2(t)\}\subseteq\mathbb{R}^2$ donde $r(t)\colon\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ es continuamente diferenciable. Dada suave, no negativo de la función $u(x,t)\colon\mathbb{R}^2\times\mathbb{R}\to\mathbb{R}$, expresa las siguientes cantidades en términos de una integral de superficie: $$\frac{d}{dt}\left(\int_{D(t)}u(x,t)dx\right)-\int_{D(t)}u_t(x,t)dx.$$

Cualquier cálculo teorema puede ser utilizado sin la prueba.

¿Alguien tiene una idea para expresar esto? Mi grupo y yo estábamos perplejos.

Answer 1

Recordamos la siguiente relación $$ \frac{d}{dr}\Bigl(\int_{B(0,r)} u dx\Bigr) = \int_{\partial B(0,r)} u dS $$ En este caso $ D(t) = B(0,r(t)) $, por Lo que definimos $ F : \mathbb{R}^2 \rightarrow \mathbb{R} $$$ F(r,s) = \int_{B(0,r)} u(x,s) dx $$, a continuación, podemos observar que a partir de la fórmula anterior $$ \frac{\partial F}{\partial r}(r,s) = \int_{\parcial B(0,r)} u(x,s) dS\ \ \ \ \ \text{y}\ \ \ \ \ \ frac{\partial F}{\partial s}(r,s) = \int_{B(0,r)} \frac{\partial u}{\partial s}(x,s) dx $$ Ahora tome la curva de $ \gamma : \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}^2 $$ \gamma(t) = (r(t),t) $, por lo tanto $ \gamma'(t) = (r'(t),1) $ y el uso de la regla de la cadena observar que $$ \frac{d}{dt}\Bigl(\int_{D(t)} u(x,t) dx\Bigr) = (F\circ\gamma)'(t) = \nabla F(\gamma(t)).\gamma'(t) \\ =r'(t)\frac{\partial F}{\partial r}(r(t),t) + \frac{\partial F}{\partial s}(r(t),t) = r'(t) \int_{\partial D(t)} u(x,t) dS + \int_{D(t)}\frac{\partial u}{\partial t}(x,t)dx $$ Por lo tanto, finalmente, tenemos $$ \frac{d}{dt}\Bigl(\int_{D(t)} u(x,t) dx\Bigr) - \int_{D(t)}\frac{\partial u}{\partial t}(x,t)dx = r'(t) \int_{\partial D(t)} u(x,t) dS $$

Answer 2

Deje $C(t)=\{x^2+y^2=r^2(t)\}$. Usted puede demostrar que $$\frac{d}{dt}\int_{D(t)}u(x,t)dx =r'(t)\int_{C(t)}u(x,t)dx+\int_{D(t)}u_t(x,t)dx$$ y el segundo término se cancela en su expresión, así que usted consigue $$r'(t)\int_{C(t)}u(x,t)dx$$ Deje $C_r$ denotar el círculo de radio $r$ y la nota que $$\frac{d}{dr}\int_{C_r}u(x,t)dx=\int_{C_r}\frac1r u(x,t)dx$$ así tenemos $$r'(t)\int_{C(t)}u(x,t)dx=r'(t)\int_0^{r(t)}\int_{C_r}\frac1r u(x,t)dxdr=\int_{D(t)}r'(t)\frac{u(x,t)}{r}dx$$ No he sido muy cuidadoso con los cambios de coordenadas aquí, pero la idea de que debe trabajar.