Me preguntaba si alguien aquí sabe cómo demostrar que el laplaciano negativo es autoadjunto en el espacio de Sobolev de 2º orden de la biesfera. He leído que es un cálculo bastante engorroso, pero tampoco veo cómo hay que empezar a hacer este cálculo, así que si tenéis una buena referencia para esto o si queréis dar una prueba aquí, esto respondería totalmente a mi pregunta.
Respuesta
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En sus observaciones, ha preguntado por dos cuestiones concretas.
Pregunta 1 : ¿Por qué el cierre de $\mathcal{C}^{\infty}(S)$ bajo la norma gráfica del Laplaciano igual que $H^{2}(S)$ aunque los términos de la primera derivada no están presentes en esta norma $\|f\|+\|\Delta f\|$ ?
El laplaciano en coordenadas esféricas es $$ \frac{1}{r^{2}}\frac{\partial}{\partial r}r^{2}\frac{\partial}{\partial r} + \frac{1}{r^{2}\sin\theta}\frac{\partial}{\partial\theta}\sin\theta\frac{\partial}{\partial\theta} + \frac{1}{r^{2}\sin^{2}\theta}\frac{\partial^{2}}{\partial\phi^{2}}, $$ y la restricción de este operador a las funciones en $r=1$ que no dependen de $r$ es el laplaciano correcto $\Delta_{S}$ en el colector esférico para la esfera unitaria $S$ : $$ \Delta_{S} = \frac{1}{\sin\theta}\frac{\partial}{\partial\theta}\sin\theta\frac{\partial}{\partial\theta} + \frac{1}{\sin^{2}\theta}\frac{\partial^{2}}{\partial\phi^{2}}. $$
La norma de Sobolev que te he dado en la esfera no requiere las primeras derivadas porque el colector no tiene frontera. Suponiendo que $f$ está en $\mathcal{C}^{\infty}(S)$ , y observando que $dS=\sin\theta\,d\theta\,d\phi$ la integración por partes da $$ (-\Delta_{S}f,f) = \|\nabla f\|^{2} = \int_{S}\left(\left|\frac{\partial f}{\partial\theta}\right|^{2}+\left|\frac{1}{\sin\theta}\frac{\partial f}{\partial\phi}\right|^{2}\right)dS $$ Esto se debe a que se trabaja en un colector sin frontera, donde no hay términos de evaluación de la frontera después de integrar por partes. Esto requiere un argumento, pero se puede conseguir fácilmente dividiendo a lo largo de una curva cerrada como un gran círculo.
Por lo tanto, cuando se considera el cierre de la gráfica de $-\Delta_{S}$ de la $\mathcal{C}^{\infty}(S)$ se ve que no es necesario mencionar explícitamente las primeras derivadas porque lo siguiente es continuo con respecto a la norma del gráfico de $-\Delta_{S}$ : $$ (f,f)+(-\Delta_{S}f,f)=\|f\|_{H^{1}}^{2}. $$ Este es el caso esperado para la típica variedad compacta sin límites.
Pregunta 2: Modificaré un poco esta pregunta y responderé a la tuya más abajo. Deja que $\{ e_{n} \}$ sea una base ortonormal de un espacio de Hilbert $X$ y que $\{ \lambda_{n} \}$ sea una secuencia de números reales. Entonces, ¿por qué $Ax = \sum_{n}\lambda_{n}(x,e_{n})e_{n}$ autoadjunto en el dominio $\mathcal{D}(A)=\{ x : \sum_{n}\lambda_{n}^{2}|(x,e_{n})|^{2} < \infty \}$ ?
Es fácil comprobar que $(Ax,y)=(x,Ay)$ para $x,y\in\mathcal{D}(A)$ . A continuación se demuestra que $A\pm iI$ son suryentes. Para ello, dejemos que $y\in X$ y definir $$ x_{\pm} = \sum_{n}\frac{1}{\lambda_{n}\pm i}(y,e_{n})e_{n} $$ Esto está bien definido porque los coeficientes escalares están uniformemente limitados por $1$ . Y $(x_{\pm},e_{n})=(y,e_{n})/(\lambda_{n}\pm i)$ para todos $n$ . Por lo tanto, $$ \begin{align} \sum_{n}|\lambda_{n}(x_{\pm},e_{n})|^{2} & =\sum_{n} \left|\frac{\lambda_{n}}{\lambda_{n}\pm i}\right|^{2}|(y,e_{n})|^{2} \\ & = \sum_{n}\frac{\lambda_{n}^{2}}{\lambda_{n}^{2}+1}|(y,e_{n})|^{2} \le \|y\|^{2} \end{align} $$ Por lo tanto, $x_{\pm} \in \mathcal{D}(A)$ y, y se puede comprobar que $$ (A\pm iI)x_{\pm} = y. $$ Esto es suficiente para implicar que el operador simétrico $A$ es autoadjunto. En primer lugar, el dominio es denso porque incluye todas las combinaciones lineales finitas de $\{ e_{n}\}$ . Así que el adjunto $A^{\star}$ está bien definida con $\mathcal{D}(A)\subseteq\mathcal{D}(A^{\star})$ debido a la simetría de $A$ .
Para demostrar que $A$ es autoadjunto, suponemos que $z \in \mathcal{D}(A^{\star})$ y demostrar que $z \in \mathcal{D}(A)$ . Para tales $z$ , $$ ((A-iI)x,z) = (x,(A^{\star}+iI)z),\;\;\; x\in\mathcal{D}(A). $$ Porque $A+iI$ es suryente, existe $x'\in\mathcal{D}(A)$ tal que $$ (A^{\star}+iI)z = (A+iI)x'. $$ Ahora bien, lo anterior da $$ ((A-iI)x,z)=(x,(A+iI)x')=((A-iI)x,x'). $$ (La segunda igualdad se deriva de la simetría de $A$ en su dominio). Por lo tanto, $z-x'$ es ortogonal a $(A-iI)\mathcal{D}(A)=X$ , lo que da $z=x'\in\mathcal{D}(A)$ . Así que $A^{\star}=A$ .
Pregunta original 2: Supongamos que $A$ es simétrica en su dominio con una base ortonormal completa de vectores propios $\{ e_{n}\}$ con valores propios $\{\lambda_{n}\}$ . ¿Por qué es $A$ autoadjunto en el dominio como se describe en la pregunta 1?
Debería haber dicho que el cierre $A^{c}$ de $A$ es autoadjunto en este dominio. Si $A$ ya está cerrado, entonces $A$ es autoadjunto. Esto es un tecnicismo que no cambia nada porque una simétrica densamente definida $A$ es siempre cerrable a un simétrico $A^{c}$ , hecho que se comprueba fácilmente a partir de la relación de simetría. Y esto $A$ está densamente definida debido a la base ortonormal completa de las funciones propias.
Para ver que $x$ en el dominio propuesto está en el dominio de $A^{c}$ En primer lugar, hay que tener en cuenta que $x_{k}=\sum_{n=1}^{k}(x,e_{n})e_{n}$ está en el dominio de $A$ y $Ax_{k}=\sum_{n=1}^{k}(x,e_{n})\lambda_{n}e_{n}$ . Por definición de este dominio, $x_{k}$ converge a $x$ y $Ax_{k}$ converge a $y=\sum_{n}\lambda_{n}(x,e_{n})e_{n}$ que pone $\langle x,y\rangle$ en el gráfico del cierre $A^{c}$ con $A^{c}x=y$ como se propone. Por lo mostrado anteriormente, esta definición de $A$ es autoadjunto.
Dejemos que $A_{\mbox{new}}$ sea la definición dada utilizando la base ortonormal. En términos de inclusiones gráficas, $$ A_{\mbox{new}} \preceq A^{c} \preceq (A^{c})^{\star}. $$ La primera inclusión se acaba de mostrar, y la segunda se deduce de la simetría de $A^{c}$ . Por lo tanto, tomando los colindantes, y recordando que $(A^{c})^{\star\star}=A^{c}$ porque $A^{c}$ está cerrado, se obtiene $$ A^{c} \preceq (A^{c})^{\star} \preceq A_{\mbox{new}}^{\star}=A_{\mbox{new}} $$ Juntar esas dos cadenas obliga a $A^{c} = A_{\mbox{new}}$ para que sea autoadjunto e igual al nuevo y bonito operador $A_{\mbox{new}}$ .
