Может ли этот интеграл быть отрицательным?

[DLL]

Может ли этот интеграл быть отрицательным при соответствующем выборе действительной функции f(x)?

$$ \int\limits_G \int\limits_G \frac{f (x)f(y)}{ \left| {x - y} \right|} dxdy $$

[AKM]

Возвращено из карантина.

[svv]

1) Существует ли интеграл? Например, возьмите $G = [0;1], f(x)=1$. Легко увидеть, что в этом случае интеграл расходится.
Приведите пример, когда этот интеграл существует, не считая $f(x)=0$ во всей области, и тогда можно будет обсудить его знак.

2) Область у Вас одномерная или многомерная? $x$ и $y$ -- числа или векторы?

[DLL]

Область G - трехмерная; x и y - трехмерные векторы.
Для простоты область можно считать трехмерным шаром.
Интеграл существует для любых $f \in L_2 (G)$.

[ИСН]

Если бы был способ получить минус, электроны в атоме его бы уже нашли.

[svv]

ИСН, браво. Вы зрите в корень.

Комментарий.
Пусть $f(x)$ -- плотность заряда.
$\frac 1 {|x-y|}$ -- потенциал в точке $x$ единичного точечного заряда, расположенного в точке $y$.
В таком случае $\int \limits_G \frac {f(y)dy} {|x-y|}$ -- полный потенциал в точке $x$.
Весь двойной интеграл -- энергия системы.

Этот интеграл несложными выкладками приводится к виду $\int\limits_G \mathbf E(x)\cdot \mathbf E(x) dx$ (с точностью до константы), под интегралом -- квадрат вектора электрического поля. Ясно, что отрицательным он быть не может.

[Oleg Zubelevich]

svv в сообщении #441427 писал(а):

Весь двойной интеграл -- энергия системы.

Этот интеграл несложными выкладками приводится к виду $\int\limits_G \mathbf E(x)\cdot \mathbf E(x) dx$ (с точностью до константы),

а посмотреть на эти выкладки можно? И что зеачит "с точностью до константы" ? Адитивная константа Ваше доказательство попортит, если дополнительных рассждений не проводить.

[svv]

До мультипликативной константы (возможно, равной 1) -- извините, что не уточнил.
Плюс интеграл по бесконечной сфере -- он стремится к нулю, если область такая, как у DLL.
Заметил у себя ошибку -- интеграл от $E^2$ будет по всему пространству, а не по $G$.
Если нужно подробнее -- напишу позже.

[Oleg Zubelevich]

svv в сообщении #441456 писал(а):

Заметил у себя ошибку -- интеграл от $E^2$ будет по всему пространству, а не по $G$.

Вот об этом я и говорил, если решать задачу именно в G то должен быть еще интеграл по границе -- адитивная постоянная

svv в сообщении #441456 писал(а):

Плюс интеграл по бесконечной сфере -- он стремится к нулю, если область такая, как у DLL.

И область, кстати, может быть любой. Надо просто продолжить $f$ нулем во все $\mathbb{R}^3$ и писать интегралы по $\mathbb{R}^3$

[ewert]

Формально. $\int\limits_{\mathbb R^3}\int\limits_{\mathbb R^3}\dfrac{f(x)f(y)}{|x-y|}\,dx\,dy=4\pi\,(Bf,f)$,где оператор $B$ -- обратный к минус оператору Лапласа во всём пространстве, а оператор Лапласа отрицателен.

[Oleg Zubelevich]

ewert в сообщении #441548 писал(а):

Формально. $\int\limits_{\mathbb R^3}\int\limits_{\mathbb R^3}\dfrac{f(x)f(y)}{|x-y|}\,dx\,dy=4\pi\,(Bf,f)$,где оператор $B$ -- обратный к минус оператору Лапласа во всём пространстве

Для решения этой задачи совсем не нужно знать имеет оператор Лапласа обратный или нет.

[ewert]

(Оффтоп)

Oleg Zubelevich в сообщении #441640 писал(а):

не нужно знать имеет оператор Лапласа обратный или нет.

ну куда ж ему деваться, коли он откровенно-таки имеет

[DLL]

Хорошо - один из методов доказательства положительности через обратный к оператору Лапласа. Есть другие методы? Может какой-нибудь более прямой способ?

[svv]

Я исхожу из того, что $G$ конечна, как Вы и сказали.
В области $\mathbb{R}^3 \setminus G$ доопределяем $f$ нулём.
Рассмотрим в качестве новой области шар $B(r)$ с центром в нуле такого радиуса $r$, чтобы $G$ была внутри шара. Ясно, что интеграл по $B(r)$ будет тем же, что и по $G$.
Пусть

$$u(x)=\int \limits_{B(r)} \frac {f(y)dy} {|x-y|}$$

Доказываем или опираемся как на известный факт, что тогда $\Delta u(x)=-4\pi f(x)$.

Поэтому исходный интеграл $I$ можно записать в виде:

$$I=\int\limits_{B(r)} f(x) \int\limits_{B(r)} \frac{f(y)dy}{|x - y|}\;\; dx = \int\limits_{B(r)} f(x)\; u(x)\; dx = -\frac 1 {4\pi} \int\limits_{B(r)} u(x) \; \Delta u(x) \; dx$$

Начиная с этого места, вместо $dx$ будем писать $dV$. Используем первую формулу Грина: $\int\limits_V (\varphi \Delta \psi + \nabla \varphi \cdot \nabla \psi)\,dV = \oint\limits_S \varphi \frac{\partial \psi}{\partial n} \,dS$, в которой положим $\varphi=\psi=u$:

$$4\pi I=\int\limits_{B(r)} \nabla u \cdot \nabla u \;dV - \oint \limits_{S(r)} u \frac{\partial u}{\partial r} \;dS$$

Устремим $r$ к бесконечности, получим:

$$4\pi I=\int\limits_{\mathbb{R}^3} \nabla u \cdot \nabla u \;dV - \lim\limits_{r \to \infty} \oint \limits_{S(r)} u \frac{\partial u}{\partial r} \;dS$$

Первый интеграл, очевидно, неотрицательный, а второй -- надо доказать, что стремится к нулю при $r \to \infty$. Нестрого: $u$ ведет себя на бесконечности как $r^{-1}$, $u_r$ -- как $r^{-2}$, их произведение -- как $r^{-3}$, в то время как площадь сферы растет только как $r^2$, поэтому все должно получиться.

[ewert]

Ну Вы просто по ходу дела зачем-то доказали ещё раз отрицательность оператора Лапласа. Хотя доказывается это существенно проще. На любой гладкой финитной функции

$$(\Delta u,u)=\int\limits_{\mathbb R^3}\Delta u\cdot u\,dx=-\int\limits_{\mathbb R^3}|\nabla u|^2dx>0$$

(поверхностный интеграл исчезает просто в силу финитности). Этого достаточно, чтобы сделать вывод об отрицательности оператора в целом, поскольку гладкие финитные функции плотны в области определения оператора Лапласа (строгой отрицательности, т.к. иначе этот оператор во всём пространстве имел бы нулевое собственное число, а это явно неправда).

Интегральный оператор является (с точностью до $4\pi$) минус обратным к лапласиану. При этом образ лапласиана содержит как минимум все гладкие финитные функции и, значит, как минимум на таких функциях тот интеграл положителен. На негладкие финитные (в т.ч. разрывные) функции неотрицательность распространяется предельным переходом под знаком интеграла (правда, за строгую положительность придётся побороться дополнительно).