Comprobando si ∫B(0,r)∫B(0,r)ln(∥x−y∥)dxdy>0∫B(0,r)∫B(0,r)ln⁡(‖x−y‖) dxdy>0\int_{B(0,r)} \int_{B(0,r)} \ln(\|xy\|)dxdy > 0?

Question

Comprobando si ∫B(0,r)∫B(0,r)ln(∥x−y∥)dxdy>0∫B(0,r)∫B(0,r)ln⁡(‖x−y‖) dxdy>0\int_{B(0,r)} \int_{B(0,r)} \ln(\|xy\|)dxdy > 0?

desigualdad
integración
Matemáticas
análisis real
integrales definidas
cálculo multivariable

mejopa

Hoy estaba discutiendo con un compañero sobre el signo de la integral

\int_{B (0, r)} \int_{B (0, r)} en (‖ X - y ‖) d X d y,

$\int_{B(0,r)} \int_{B(0,r)} \ln(\|x-y\|)dxdy,$ dónde

B (0, r)

$B(0,r)$ denota la bola del centro

0

$0$ y radio

r

$r$ en

R^{2}

$\mathbb{R^2}$ . Mi amigo dijo que esta integral es negativa para todo

r > 0

$r>0$ porque la funcion

\ln | x - y |

$\ln |x-y|$ es "muy negativo" en

x = y

$x=y$ . No estoy de acuerdo y le dije que creo que existe una crítica

r

$r$ de donde la integral es positiva. Sin embargo, no sé cómo probarlo. Lo reescribo usando coordenadas polares como

\int_{0}^{r} \int_{0}^{r} \int_{0}^{2 π} \int_{0}^{2 π} en (\sqrt{r_{1}^{2} + r_{2}^{2} - 2 r_{1} r_{2} porque (t_{1} - t_{2})}) r_{1} r_{2} d t_{1} d t_{2} d r_{1} d r_{2} .

$\int_0^r\int_0^r\int_0^{2\pi}\int_0^{2\pi} \ln(\sqrt{r_1^2+r_2^2-2r_1r_2\cos(t_1-t_2)})r_1r_2dt_1dt_2dr_1dr_2.$

Calculé esta integral con el software Mathematica y obtuve valores positivos con, por ejemplo, $r=2$ . Sin embargo, esta prueba no es válida para mi amigo. ¿Alguien sabe cómo probarlo con rigor?

Sam

La integral doble de la primera expresión y la integral cuádruple de la segunda no tienen sentido. Si está integrando en

R^{2}

$\mathbb{R^2}$ solo necesita una y dos integrales (respectivamente) en esas expresiones.

mejopa

En la primera integral

x \in B (0, r)

$x\in B(0,r)$ y

y \in B (0, r)

$y\in B(0,r)$ . Estoy integrando dos veces en

R^{2}

$\mathbb{R^2}$

Sam

ahh... entonces

| x - y |

$|x-y|$ es el

R^{2}

$\mathbb{R^2}$ norma, te pillo.

mejopa

¡Sí, lo edité para evitar confusiones nuevamente!

Respuestas (2)

Comprobando si ∫B(0,r)∫B(0,r)ln(∥x−y∥)dxdy>0∫B(0,r)∫B(0,r)ln⁡(‖x−y‖) dxdy>0\int_{B(0,r)} \int_{B(0,r)} \ln(\|xy\|)dxdy > 0?

La integral doble de la primera expresión y la integral cuádruple de la segunda no tienen sentido. Si está integrando en $\mathbb{R^2}$ solo necesita una y dos integrales (respectivamente) en esas expresiones.
En la primera integral $x\in B(0,r)$ y $y\in B(0,r)$ . Estoy integrando dos veces en $\mathbb{R^2}$
ahh... entonces $|x-y|$ es el $\mathbb{R^2}$ norma, te pillo.

ComplejoSin embargo, Trivial · Answer 1

Primera nota que

\begin{aligned} \int_{0}^{2 π} \int_{0}^{2 π} F (porque (t_{1} - t_{2})) d t_{1} d t_{2} & = \int_{0}^{2 π} \int_{- t_{2}}^{2 π - t_{2}} F (porque (s)) d s d t_{2} = \int_{0}^{2 π} \int_{0}^{2 π} F (porque (s)) d s d t_{2} \\ = 2 π \int_{0}^{2 π} F (porque (s)) d s = 4 π \int_{0}^{π} F (porque (s)) d s \end{aligned}

$\begin{align} \int \limits_0^{2\pi} \int \limits_0^{2\pi} f(\cos(t_1 - t_2)) \, \mathrm{d} t_1 \mathrm{d} t_2 &= \int \limits_0^{2\pi} \int \limits_{-t_2}^{2\pi-t_2} f(\cos(s)) \, \mathrm{d} s \, \mathrm{d} t_2 = \int \limits_0^{2\pi} \int \limits_0^{2\pi} f(\cos(s)) \, \mathrm{d} s \, \mathrm{d} t_2 \\ &= 2 \pi \int \limits_0^{2\pi} f(\cos(s)) \, \mathrm{d} s = 4 \pi \int \limits_0^\pi f(\cos(s)) \, \mathrm{d} s \end{align}$ vale para cualquier

f

$f$ para el cual existe la integral. Esto nos permite reescribir su integral como

\begin{aligned} I (r) & \equiv \int_{B (0, r)} \int_{B (0, r)} en (‖ X - y ‖) d X d y = 2 π \int_{0}^{r} \int_{0}^{r} \int_{0}^{π} en (r_{1}^{2} + r_{2}^{2} - 2 r_{1} r_{2} porque (s)) r_{1} r_{2} d s d r_{1} d r_{2} \\ = 2 π \int_{0}^{r} \int_{0}^{r} \int_{0}^{π} [2 en (máximo (r_{1}, r_{2})) \\ + en (1 + \frac{min^{2} (r_{1}, r_{2})}{\overset{2}{máximo} (r_{1}, r_{2})} - 2 \frac{min (r_{1}, r_{2})}{máximo (r_{1}, r_{2})} porque (s))] r_{1} r_{2} d s d r_{1} d r_{2} . \end{aligned}

$\begin{align} I (r) &\equiv \int \limits_{\mathrm{B}(0,r)} ~ \int \limits_{\mathrm{B}(0,r)} \ln(\lVert x - y \rVert) \, \mathrm{d} x \, \mathrm{d} y = 2 \pi \int \limits_0^r \int \limits_0^r \int \limits_0^{\pi} \ln(r_1^2 + r_2^2 - 2 r_1 r_2 \cos(s)) r_1 r_2 \, \mathrm{d} s \, \mathrm{d} r_1 \mathrm{d} r_2 \\ &= 2 \pi \int \limits_0^r \int \limits_0^r \int \limits_0^{\pi} \left[2\ln(\max(r_1,r_2)) \vphantom{\frac{\min^2(r_1,r_2)}{\max^2(r_1,r_2)}} \right. \\ &\phantom{{} = 2 \pi \int \limits_0^r \int \limits_0^r \int \limits_0^{\pi} \left[\vphantom{\frac{\min^2(r_1,r_2)}{\max^2(r_1,r_2)}} \right.} \left. + \ln \left(1 + \frac{\min^2(r_1,r_2)}{\max^2(r_1,r_2)} - 2 \frac{\min(r_1,r_2)}{\max(r_1,r_2)} \cos(s) \right)\right] r_1 r_2 \, \mathrm{d} s \, \mathrm{d} r_1 \mathrm{d} r_2 \, . \end{align}$ El

s

$s$ -la integral del primer término entre corchetes es trivial, la integral del segundo término es cero (ver esta pregunta). Por lo tanto,

\begin{aligned} I (r) & = 4 π^{2} \int_{0}^{r} \int_{0}^{r} en (máximo (r_{1}, r_{2})) r_{1} r_{2} d r_{1} d r_{2} = 8 π^{2} \int_{0}^{r} \int_{0}^{r_{2}} en (r_{2}) r_{1} r_{2} d r_{1} d r_{2} \\ = 4 π^{2} \int_{0}^{r} en (r_{2}) r_{2}^{3} d r_{2} = π^{2} (r^{4} en (r) - \int_{0}^{r} r_{2}^{3} d r_{2}) = π^{2} r^{4} [en (r) - \frac{1}{4}] . \end{aligned}

$\begin{align} I (r) &= 4 \pi^2 \int \limits_0^r \int \limits_0^r \ln(\max(r_1,r_2)) r_1 r_2 \, \mathrm{d} r_1 \mathrm{d} r_2 = 8 \pi^2 \int \limits_0^r \int \limits_0^{r_2} \ln(r_2) r_1 r_2 \, \mathrm{d} r_1 \mathrm{d} r_2\\ &= 4\pi^2 \int \limits_0^r \ln(r_2) r_2^3 \, \mathrm{d}r_2 = \pi^2 \left(r^4 \ln(r) - \int \limits_0^r r_2^3 \, \mathrm{d}r_2\right) = \pi^2 r^4 \left[\ln(r) - \frac{1}{4}\right] . \end{align}$ De hecho, hay un valor crítico

r_{c} = e^{1 / 4}

$r_\text{c} = \mathrm{e}^{1/4}$ tal que

I (r) < 0

$I(r) < 0$ para

r < r_{c}

$r < r_\text{c}$ y

I (r) > 0

$I(r) > 0$ para

r > r_{c}

$r > r_\text{c}$ .

Gracias por tu respuesta. Cuando usas coordenadas polares, ¿por qué no haces la raíz cuadrada del argumento de $\ln$ ? ¿Estás considerando la norma? $\|\|^2$ ¿por alguna razon?
@mejopa Usando propiedades básicas de logaritmos, $\ln{(\sqrt{x})}=\frac12\ln{(x)}$ .

Sam · Answer 2

Dejar $A = \int_{B(0,1)} \ln(\|x\|)dx$ y elige $r$ de modo que $\pi r^2 \gt 4\pi + \frac{|A|}{\ln 2}$ .

Para cualquier fijo $y \in B(0,r)$ , escribir

B_{1} = {X \in B (0, r) : ‖ X - y ‖ \leq 1}

$B_1= \{x \in B(0,r):\|x-y\|\le 1 \}$ y

B_{2} = {X \in B (0, r) : ‖ X - y ‖ \geq 2}

$B_2= \{x \in B(0,r):\|x-y\|\ge 2 \}$ Entonces nosotros tenemos:

\int_{B (0, r)} en (‖ X - y ‖) d X \geq \int_{B_{1}} en (‖ X - y ‖) d X + \int_{B_{2}} en (‖ X - y ‖) d X

$\int_{B(0,r)} \ln(\|x-y\|)dx \ge \int_{B_1} \ln(\|x-y\|)dx + \int_{B_2} \ln(\|x-y\|)dx$

\geq \int_{B (0, 1)} en (‖ X |) d X + \int_{B_{2}} (en 2) d X

$\ge \int_{B(0,1)} \ln(\|x|)dx + \int_{B_2}(\ln 2) dx$

\geq A + (π r^{2} - 4 π) (en 2) > 0

$\ge A + (\pi r^2 - 4\pi)(\ln 2) \gt 0$

Con $C = A + (\pi r^2 - 4\pi)(\ln 2)$ , esto implica:

\int_{B (0, r)} \int_{B (0, r)} en (‖ X - y ‖) d X d y > \int_{B (0, r)} C d y = π r^{2} C > 0

$\int_{B(0,r)} \int_{B(0,r)} \ln(\|x-y\|)dxdy \gt \int_{B(0,r)} C dy = \pi r^2 C \gt 0$

Ahora observa que la función

F (r) = \int_{B (0, r)} \int_{B (0, r)} en (‖ X - y ‖) d X d y

$f(r) = \int_{B(0,r)} \int_{B(0,r)} \ln(\|x-y\|)dxdy$

es continuo, $f(1) \lt 0$ y, por los cálculos anteriores, $f(r) \gt 0$ para lo suficientemente grande $r$ , entonces hay un valor mínimo $r_0$ dónde $f(r_0) = 0$ y es fácil ver que $f(r) \gt 0$ para todos $r \gt r_0$

Comprobando si ∫B(0,r)∫B(0,r)ln(∥x−y∥)dxdy>0∫B(0,r)∫B(0,r)ln⁡(‖x−y‖) dxdy>0\int_{B(0,r)} \int_{B(0,r)} \ln(\|xy\|)dxdy > 0?

mejopa

Sam

mejopa

Sam

mejopa

Respuestas (2)

ComplejoSin embargo, Trivial

mejopa

David H.

mejopa

Sam

mejopa

De la integración de una sola variable a la integración multivariable: ¿Qué pasó con el "problema" del "área firmada/neta"?

Encuentra la forma cerrada de la integral cuádruple

¿Cómo resuelvo la siguiente integral definida usando integración por partes?

∣∣∫10ddtu(tx)dt∣∣≤∫10∑Ni=1|xi|∣∣∂u(tx)∂xi∣∣dt|∫01ddtu(tx)dt|≤∫01∑i=1N|xi| |∂u(tx)∂xi|dt\left|\int_0^1\frac d{dt}u(tx)\,dt\right|\le\int_0^1\sum_{i=1}^N|x_i |\left|\frac{\parcial u(tx)}{\parcial x_i}\right|dt para u∈C1c(RN)u∈Cc1(RN)u\in C^1_c(\Bbb{R}^N )

Elemento de masa integrador de un disco esférico

Integral de exponencial dentro de una región

Desigualdad que involucra una función convexa creciente

No creo que lo que quiere sea cierto, ∬Brf(x,y)dxdy=0∬Brf(x,y)dxdy=0\iint_{B_r}f(x,y)dxdy=0 para todos rrr significa f =0f=0f=0

∫10xr−11+xsdx=∑∞n=0(−1)nr+ns∫01xr−11+xsdx=∑n=0∞(−1)nr+ns\int_0^1\large\frac{x^{ r-1}}{1+x^s}\,dx=\sum_{n=0}^\infty\large\frac{(-1)^n}{r+ns} para cualquier r,s>0r ,s>0r,s > 0 [cerrado]

Ayuda a entender lo que nos dice el teorema fundamental del cálculo