Una versione bidimensionale di un vecchio trucco di integrazione per parti?

Messaggioda dissonance » 17/05/2018, 23:34

Mi trovo a dover calcolare degli integrali in questa forma:
\[
I=\int_0^1 \int_0^1 \frac{\partial^2f}{\partial u\partial v}(u, v)\, f(u,v)\, dudv, \]
dove \(f\colon\mathbb R^2\to \mathbb R\) è una funzione di classe \(C^\infty\). Mi piacerebbe esprimere \(I\) in funzione dei valori di \(f\) sul bordo di \([0,1]\times[0,1]\) integrando per parti e sfruttando la struttura della funzione integranda, come nell'esempio giocattolo (il "vecchio trucco"):
\[
J=\int_0^1 f(x)\frac{df}{dx}(x)\, dx = -\int_0^1 f(x)\frac{df}{dx}(x)\, dx +\left. f^2(x)\right|^{x=1}_{x=0}\ \Rightarrow\ 2J=\left.f^2(x)\right|^{x=1}_{x=0}.\]

Ma naturalmente non funziona così com'è, perché la mia derivata è di secondo ordine, e integrando per parti due volte ho un cambio sfavorevole di segni. A qualcuno viene in mente qualche altra manovra per calcolare o semplificare \(I\)?

Tutte le idee sono bene accette, non ho un obiettivo particolare. Specialmente, non sono sicuro che \(I\) sia funzione dei soli valori sul bordo del quadrato, e non è quello l'importante. L'importante è estrarre più informazioni possibile su \(I\) dalla struttura della funzione integranda.

Grazie!
dissonance
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Re: Una versione bidimensionale di un vecchio trucco di integrazione per parti?

Messaggioda TeM » 22/05/2018, 00:03

Dunque, data una funzione \(f : \mathbb{R} \to \mathbb{R}\) continua e con derivate continue, è evidente che
\[ I = \int_0^1 f\,(\partial_x f)\,\text{d}x
= - \int_0^1 f\,(\partial_x f)\,\text{d}x + \left. f^2\, \right|_{x=0}^{x=1}
\; \; \; \; \Rightarrow \; \; \; \;
I = \frac{1}{2}\,\left. f^2\, \right|_{x=0}^{x=1}\,.
\] D'altro canto, data una funzione \(f : \mathbb{R}^2 \to \mathbb{R}\) continua e con derivate continue, il calcolo di
\[
J = \int_0^1 \int_0^1 f\,(\partial_x \partial_y f)\,\text{d}x\,\text{d}y\,,
\] seppur molto simile al precedente, ha diversa natura: nel primo l'ordine di derivazione è \(1\), nel secondo è
di ordine \(2\), e questo cambia il tipo di conclusione, seppur "dietro" vi sia sempre l'integrazione per parti.

In particolare, integrando per parti nel caso bidimensionale, si ha:
\[
\int_{\Omega} (\partial x_i F)\,G\,\text{d}x_1\,\text{d}x_2
= - \int_{\Omega} F\,(\partial x_i G)\,\text{d}x_1\,\text{d}x_2 + \int_{\partial\Omega} F\,G\,n_i\,\text{d}s\,,
\] dove \(\mathbf{n}\) è il vettore normale unitario che punta verso l'esterno su \(\partial\Omega\) e \(n_i\) è la sua componente
i-esima (e l'integrale su \(\partial\Omega\) è un integrale curvilineo). Alla luce di tutto ciò, segue che:
\[ \begin{aligned}
J & = - \int_0^1 \int_0^1 \partial_x f\,\partial_y f\,\text{d}x\,\text{d}y + \int_0^1 \left. f\,\right|_{x=1}\,\left.(\partial_y f)\right|_{x=1}\,\text{d}y - \int_0^1 \left. f\,\right|_{x=0}\,\left.(\partial_y f)\right|_{x=0}\,\text{d}y \\
& = \int_0^1 \int_0^1 (\partial_y \partial_x f)\,f\,\text{d}x\,\text{d}y + \int_0^1 \left.f\,\right|_{x=1}\,\left.(\partial_y f)\right|_{x=1}\,\text{d}y - \int_0^1 \left.f\,\right|_{x=0}\,\left.(\partial_y f)\right|_{x=0}\,\text{d}y \, + \\
& - \int_0^1 \left.(\partial_x f)\right|_{y=1}\,\left. f\, \right|_{y=1}\,\text{d}x + \int_0^1 \left.(\partial_x f)\right|_{y=0}\,\left. f\, \right|_{y=0}\,\text{d}x\,,
\end{aligned} \] da cui è evidente che non si abbia ricavato informazioni su \(J\), ma si abbia ottenuto: \[ \small \int_0^1 \left.f\,\right|_{x=1}\,\left.(\partial_y f)\right|_{x=1}\,\text{d}y - \int_0^1 \left.f\,\right|_{x=0}\,\left.(\partial_y f)\right|_{x=0}\,\text{d}y - \int_0^1 \left.(\partial_x f)\right|_{y=1}\,\left. f\, \right|_{y=1}\,\text{d}x + \int_0^1 \left.(\partial_x f)\right|_{y=0}\,\left. f\, \right|_{y=0}\,\text{d}x = 0\,. \] Ma ciò è chiaramente vero anche per altra via:
\[ \small \begin{aligned}
\int_0^1 \left.f\,\right|_{x=1}\,\left.(\partial_y f)\right|_{x=1}\,\text{d}y - \int_0^1 \left.f\,\right|_{x=0}\,\left.(\partial_y f)\right|_{x=0}\,\text{d}y
& = \int_0^1 \frac{1}{2}\,\partial_y\left(\left. f^2\,\right|_{x=1}\right)\text{d}y - \int_0^1 \frac{1}{2}\,\partial_y\left(\left. f^2\,\right|_{x=0}\right)\text{d}y \\
& = \frac{1}{2}\left[f^2(1,\,1) - f^2(1,\,0) - f^2(0,\,1) + f^2(0,\,0)\right]
\end{aligned} \] e analogamente:
\[ \small \begin{aligned}
\int_0^1 \left.(\partial_x f)\right|_{y=1}\,\left. f\, \right|_{y=1}\,\text{d}x - \int_0^1 \left.(\partial_x f)\right|_{y=0}\,\left. f\, \right|_{y=0}\,\text{d}x
& = \int_0^1 \frac{1}{2}\,\partial_x\left(\left. f^2\,\right|_{y=1}\right)\text{d}x - \int_0^1 \frac{1}{2}\,\partial_x\left(\left. f^2\,\right|_{y=0}\right)\text{d}x \\
& = \frac{1}{2}\left[f^2(1,\,1) - f^2(0,\,1) - f^2(1,\,0) + f^2(0,\,0)\right].
\end{aligned} \] Questo è quanto di meglio ho saputo disquisire al riguardo e credo di essere giunto al tuo stesso punto (morto). :-D
TeM
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Re: Una versione bidimensionale di un vecchio trucco di integrazione per parti?

Messaggioda dissonance » 22/05/2018, 01:21

Grazie TeM! Il tuo è un contributo interessante: probabilmente non c'è una formula generale per quell'integrale. Al massimo si possono ottenere formule di questo genere quando ci sono derivate del primo ordine, ma non del secondo.
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