Las raíces cuadradas de los que el operador de Laplace

Question

En varios lugares en la literatura (por ejemplo, este papel de Caffarelli y Silvestre), he visto un integrante de la fórmula para las fracciones de Laplacians. Me gustaría entenderlo. En esta pregunta, me quedo con el caso de la raíz cuadrada.

La fórmula que he visto es este: $$((-\triángulo)^{1/2}f)(x)= C_n \int_{\mathbb{R}^n}\frac{f(x) - f(y)}{\|x - y\|^{n + 1}}\ dy. $$ Aquí $x \in \mathbb{R}^n$ e $C_n$ es una constante. También, $f$ es una función de $\mathbb{R}^n \to \mathbb{R}$, pero no estoy seguro de lo que la regularidad de los supuestos que se supone que debe de satisfacer.

Para esta notación para ser justificada, sin duda debe ser el caso que $$ (-\triángulo)^{1/2} \bigl((-\triángulo)^{1/2} f\bigr) = -\triángulo f $$ para todos la amabilidad $f$. Mi pregunta es: ¿por qué? No he sido capaz de demostrar esta identidad, incluso en el caso de $n = 1$.

Comentarios

1. Es claramente el caso de que el operador de Laplace tiene una raíz cuadrada definida por $$ \widehat{((-\triángulo)^{1/2}f)}(\xi) = \|\xi\| \sombrero{f}(\xi). $$ El papel vinculado a dice que este operador $(-\triangle)^{1/2}$ es el mismo que el operador $E$ definida por la integral de la fórmula. Si estoy entendiendo bien, demostrando esto es equivalente a probar que (i) $E$ realmente es una raíz cuadrada de la Laplaciano, y (ii) que $E$ es positivo operador en funciones de soporte compacto.

2. He visto un par de referencias a Landkof del libro de 1972 Bases de la Moderna Teoría Potencial. Por desgracia, los citando Landkof del libro no dicen que la parte del libro que usted se refiere, y he sido incapaz de encontrar la parte pertinente a mí mismo. Yo estaría feliz de que alguien simplemente me diga en que parte del libro para buscar.

3. Puedo ver que la integral fórmula tiene algo que ver con Laplacians. El cambio a coordenadas esféricas, la fórmula es $$ ((-\triángulo)^{1/2}f)(x) = \text{const}\cdot\int_0^\infty \frac{\int_{S^{n-1}} f(x + ru)\ du - f(x)}{r^2}\ dr $$ donde $du$ es área de la superficie medida en $S^{n-1}$ normalizada a una medida de probabilidad. El integrando converge a $(\triangle f)(x)$ as $r \to 0$ (hasta un factor constante). También, el integrando es idéntica a cero si $f$ es armónico, que es prometedor.

Answer 1

Una forma muy agradable de ver todo esto es buscar inicio con la distribución de Poisson semi-grupo $f \mapsto e^{-t\sqrt{-\Delta}}f$ para $t>0$. Estos operadores se definen por la transformada de Fourier como $$\widehat{e^{-t\sqrt{-\Delta}}f}(p)=e^{-t|p|}\widehat{f}(p),$$ para cualquier función de $f$, de modo que el lado derecho tiene sentido. A continuación, para $f$, dicen en $ L^1$, tenemos $$e^{-t\sqrt{-\Delta}}f(x)=\int_{\mathbb{R}^n} P_t(x-y)f(y) dy$$ donde $P_t(x)$ es el núcleo de Poisson $$P_t(x)=\frac{1}{(2\pi)^n} \int_{\mathbb{R}^n} e^{ix\cdot p} e^{-t|p|} dp = C_n \frac{t}{(t^2 +|x|^2)^\frac{n+1}{2}}. $$ (El cálculo de $P_t(x)$ se lleva a cabo en el primer capítulo de Stein y Weiss, el Análisis de Fourier en Euclidiana Espacios.) La fórmula para $\sqrt{-\Delta}$ sigue tomando el límite $$\sqrt{-\Delta}f = \lim_{t\downarrow 0} \frac{f- e^{-t\sqrt{-\Delta}}f}{t}$$ whenever this limit exists in a suitable sense. Because $\int P_t(x)dx=1$ tenemos $$\frac{1}{t} \left (f(x)-e^{-t\sqrt{-\Delta}}f(x) \right ) = C_n \int_{\mathbb{R}^n} \frac{f(x)-f(y)}{(t^2 +|x-y|^2)^{\frac{n+1}{2}}}dy.$$ Su identidad sigue ahora siempre $f$ es bastante suave y se desintegra lo suficientemente rápido para la integral de tener sentido.

Answer 2

La transformada de Fourier de una radialmente simétrica de la función es un radialmente simétrica de la función. Básicos de escala muestra que la transformada de Fourier de $\|\xi\|$ debe $\|x\|^{-n-1}$ en algún sentido. Se debe tener cuidado en la interpretación de esta, ya que esta función no es integrable. Una buena referencia para este es Gelfand y Shilov, Funciones generales.

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Edición por Tom Leinster Aquí voy a tratar de carne de Michael respuesta. Michael: por favor, siéntase libre de editar.

Comenzamos por encontrar la transformada de Fourier de $\|\xi\|$. A priori esto no tiene sentido, como $\|\xi\|$ no es integrable, pero voy a proceder formalmente de todos modos, con la esperanza de que hay un mundo en el que todo esto es kosher. Escribir $g(\xi) = \|\xi\|$ e $g_a(\xi) = g(a\xi)$ (para $a > 0$). Para general completamente razones, $$ \widehat{g_a}(x) = a^{-n} \hat{g}(x/a). $$ También, para esta $g$ tenemos $g_a = a g$, lo $\widehat{g_a} = a\hat{g}$. Por lo tanto $\hat{g}(x) = a^{-(n+1)} \hat{g}(x/a)$, dando $$ \hat{g}(x) = \|x\|^{-(n+1)} g(x/\|x\|). $$ Por otro lado, $g$ es esféricamente simétrico, por lo $\hat{g}$ es demasiado; por lo tanto $\hat{g}$ tiene el valor de la constante $C$ en la unidad de la esfera. Así que la transformada de Fourier de $\|\xi\|$ es $C\|x\|^{-(n+1)}$.

Ahora tomamos la transformada de Fourier de cada lado de la ecuación $(\widehat{(-\Delta)^{1/2}}f)(\xi) = \|\xi\|\hat{f}(\xi)$. Esto le da $$ ((-\Delta)^{1/2}f)(x) = C\|x\|^{-(n+1)} * f = C\int_{\mathbb{R}^n} \frac{f(y)}{\|x-y\|^{n+1}} \ dy. $$ Que parece bueno, pero ahora tengo tres problemas. En primer lugar, esta no es la integral de la fórmula que yo estaba buscando. (Tal vez me estoy perdiendo un simple truco.) Segundo, no sé el valor de $C$. Tercero, no sé cómo hacer para que todo esto riguroso: ¿cuáles son algunas de las condiciones suficientes en $f$ garantizando que $(-\Delta)^{1/2}\bigl((-\Delta)^{1/2}f\bigr)$ está definido (en el sentido de las integrales existentes) y de igual a $f$?

Editar por Michael Renardy:

El problema es que $\|x\|^{-n-1}$ no es integrable en cero. Por lo tanto, debe ser sustituido por una regularización. La teoría de dichas regularizaciones es desarrollado en detalle en la Sección 3 del Capítulo I de Gelfand y Shilov.

Answer 3

Denotar la integral operador de la siguiente manera:$$Lu=P.V.\int_{\mathbb{R}^n}\frac{u(x) - u(y)}{\|x - y\|^{n + 1}}\ dy$$when $u\en \varphi$. It can also be written as (after changing variable $s$ to $-y$ and then taking average) a more symmetric form $$Lu=\int_{\mathbb{R}^n}\frac{u(x+y) +u(x-y)- 2u(x)}{\|y\|^{n + 1}}\ dy.$$ Así, la singularidad puede ser cancelada. Estamos buscando su símbolo (o multipler), que es $$\mathcal {F}(Lu)(\xi)=m(\xi)\mathcal {F}u$$and we want to prove that $m(\xi)$ is exactly $c_{n}|\xi|$, where $c_{n}$ es una constante determinada, la cual es la respuesta de la segunda pregunta de Tom Leinster. Primero para $u\in \varphi$, tenemos $$\frac{u(x+y) +u(x-y)- 2u(x)}{\|x - y\|^{n + 1}}\in L^{1}(\mathbb{R}^n).$$ By Fubini's theorem (we exchange the integral in $y$ with the Fourier transform in $$ x), obtenemos $$ \begin{align*} \mathcal {F}(Lu)&=\int_{\mathbb{R}^n}\frac{\mathcal {F}(u(x+y) +u(x-y)- 2u(x))}{\| y\|^{n + 1}}\ dy \\ &= \int_{\mathbb{R}^n}\frac{e^{i\xi\cdot y}+e^{-i\xi \cdot y}-2}{\|y\|^{n + 1}}\ dy \cdot \mathcal {F}(u).\end{align*}$$ Hence, in order to get the desired result, it suffices to show that $\int_{\mathbb{R}^n}\frac{e^{i\xi y}+e^{-i\xi y}-2}{\|s\|^{n + 1}}\ dy=c_{n}|\xi|$. Definir $$I(\xi)=\int_{\mathbb{R}^n}\frac{1-\cos(y \xi)}{\|y\|^{n + 1}}\ dy.$$ Desde $I(\xi)$ es la rotación invariable, $I(\xi)=I(|\xi|e_{1})$ donde $e_{1}$ denota el primer vector de dirección. Así $$I(\xi)=I(|\xi|e_{1})=|\xi|\int\frac{1-\cos(z_{1})}{\|z\|^{n + 1}}dz$$so we take $c_{n}=\int\frac{1-\cos(z_{1})}{\|z\|^{n + 1}}\ dz$. And we have $(-\triángulo)^{1/2}=\frac{1}{c_{n}}$ L como se desee.

Answer 4

Esta respuesta es una versión modificada de la de Tom edición de Miguel responder simplemente para hacer un poco más riguroso.

Tome $b(\xi)$ a ser una superficie lisa y no negativo radialmente simétrica de la función de apoyo en $1< |\xi| <2$. Entonces podemos ver que $|\xi|^\alpha = c \int_0^\infty t^{\alpha-1} b(\xi/t) dt$.

Ahora, vamos a decir $b$ es la transformada de fourier de algunas kernel $k$, que también va a ser suave, radialmente simétrica, y su integral es cero debido a que $b(0)=0$. A continuación,$b \cdot \hat u = \widehat{k \ast u}$. Además, desde k ha integral de cero y es simétrica $$ b \cdot \hat u = \left(\int k(y) (u(x+y)-u(x)) dy\right)^\wedge. $$

Supongamos que $\alpha \in (0,2)$.

Quiero usar la identidad de arriba para $|\xi|^\alpha$ como una integral de versiones a escala de la $b$. Para que recordemos que $b(\cdot/t)^{\wedge} = t k(t\cdot)$. Por lo tanto, tenemos $$ |\xi|^\alpha \cdot \hat u = \left( c \int_0^\infty t^{\alpha-1} \int t k(ty) (u(x+y)-u(x)) \ dy dt \right)^\wedge$$ Intercambiando el orden de integración tenemos que $$ |\xi|^\alpha \cdot \hat u = \left( \int (u(x+y)-u(x)) K(y) dy \right)^\wedge$$ para $$ K(y) = c \int_0^\infty t^{\alpha} k(ty) dt = c_0 |y|^{-n-\alpha}.$$ El último identidad se obtiene a partir de la modificación de las variables de $s = t|y|$.

Todavía hay un par de cosas que deben aclararse, como la aplicación de Fubini, y que las integrales pueden ser valores principales de al $\alpha \geq 1$. Pero todo debería estar bien si $u$ es bastante suave.

Answer 5

Así que usted cree que la expresión (1)? Has probado a tomar la transformada de Fourier inversa del lado derecho de esta expresión? Esto le dará la convolución de f con la inversa de la transformada de Fourier de $|\xi|$, al menos moralmente hablando. La inversa de la transformada de Fourier de $|\xi|^{\alpha}$ puede ser sentido.

Al $n=1$, por ejemplo, y $-1<\alpha<0$, esto es relativamente fácil de calcular directamente, y es algo como $C_\alpha |x|^{-\alpha-1}$. Este tipo de cálculo probablemente sería hecho en un libro de texto en una sección como "templado distribuciones'. Usted puede ver que $\alpha=1$ no encaja en este rango, lo que es claro ya que las fórmulas no coinciden en este caso. Pero si uno ingenuamente entrada de este valor, nos gustaría obtener una convolución con $|x|^{-2}$, lo cual es bueno. Así que, claramente, se debe suponer que la inversa de la transformada de Fourier de $|\xi|$ es la convolución con $|x|^{-2}$, además de una función delta, modulo constantes.

Esto puede ser de manera rigurosa, pero el cálculo es necesario conocer algunas cosas acerca de las distribuciones. Busca 'distribución homogénea'. Creo que en realidad con la información de las páginas de wikipedia de la transformada de Fourier y de distribución homogénea, usted debería ser capaz de hacer el cálculo. Esta antigua mathoverflow pregunta también podría ser útil: La transformada de fourier de la distribución homogénea y temas relacionados