¿Cómo puedo demostrar que el espectro del operador de Laplace $$\Delta: H^2(\mathbb{R}^N)\subset L^2(\mathbb{R}^N)\rightarrow L^2(\mathbb{R}^N)$$ es $\sigma(\Delta)=[-\infty,0]$ ?
Respuesta
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Determinamos el conjunto de resolventes de $(\Delta, H^2(\mathbb{R}^n))$ . Por definición, el número complejo $\lambda$ pertenece al conjunto resolvente si y sólo si la siguiente ecuación (denominada ecuación de resolución ) $$\tag{1}\Delta f -\lambda f = g$$ tiene una solución única $f\in H^2$ para cualquier $g\in L^2$ . El espectro es el complementario del conjunto resolvente y sus elementos se llaman valores espectrales .
[ EDIT: Resumen . Aquí hay dos enfoques diferentes. El primero utiliza la transformada de Fourier. El segundo calcula explícitamente un conjunto de funciones propias (generalizadas)].
Método 1 . Tomando la transformada de Fourier a término vemos que (1) es equivalente a $$(-\lvert\xi\rvert^2 - \lambda)\hat{f}=\hat{g}, $$ que tiene la única solución formal $$\tag{2}\hat{f}=-\frac{\hat{g}}{\lambda+ \lvert\xi\rvert^2}.$$ La ecuación (2) determina una solución $f\in H^2$ de la ecuación resolvente (1) si y sólo si $f\in H^2$ Es decir $$\tag{3}\begin{array}{ccc} \lambda \text{ is in the resolvent set }&\iff& (1+\lvert\xi\rvert^2 )\hat{f} = -\frac{1+\lvert\xi\rvert^2}{\lambda+ \lvert\xi\rvert^2}\hat{g}\in L^2.\end{array}$$ Cuando $\lambda\notin (-\infty, 0]$ la función $\frac{1+\lvert\xi\rvert^2}{\lambda + \lvert\xi\rvert^2}$ está acotada, por lo que se cumple la condición (3). Por tanto, $\lambda$ pertenece al conjunto de resolventes.
Por otro lado, cuando $\lambda\in (-\infty, 0]$ la función $\frac{1+\lvert\xi\rvert^2}{\lambda + \lvert\xi\rvert^2}$ tiene una singularidad en $\lvert \xi \rvert= -\sqrt{\lambda}$ . Si $\lambda \ne 0$ entonces escribimos $$ \frac{1+\lvert \xi\rvert^2}{\lambda +\lvert \xi\rvert^2}=\frac{1+\lvert \xi\rvert^2}{\sqrt{-\lambda}+\lvert \xi\rvert}\frac{1}{\sqrt{-\lambda}-\lvert \xi\rvert}.$$ Tomamos una función $\hat{g}$ que es igual a $\lvert\sqrt{-\lambda}-\lvert\xi\rvert^2\rvert^{-\frac{N-1}{2}}$ en una zona de la circunferencia $\lvert\xi\rvert=\sqrt{-\lambda}$ y desaparece en otros lugares. Esta función está en $L^2$ pero su producto contra $\frac{1+\lvert\xi\rvert^2}{\lambda +\lvert\xi\rvert^2}$ no lo es, debido a la fuerte singularidad alrededor de $\lvert\xi\rvert=\sqrt{-\lambda}$ . Por lo tanto, la condición (3) no se cumple y $\lambda$ no está en el resolvente. La prueba de que $\lambda=0$ no está en el resolvente es completamente análoga. (Como alternativa, se puede recordar que el espectro es siempre un conjunto cerrado, por lo que si la media línea abierta $(-\infty, 0)$ está contenido en el espectro, el valor $\{0\}$ debe estar también en el espectro).
Método 2 (Añadido en respuesta al comentario de Neal más abajo). Aquí hay un cálculo alternativo del espectro que determina un sistema de funciones propias aproximadas (en el sentido de Weyl).
Definición . Dejemos que $(A, D(A))$ sea un operador cerrado en un espacio de Hilbert $H$ . Decimos que $f_k\in D(A)$ es una secuencia de funciones propias aproximadas de $A$ en relación con $\lambda\in \mathbb{C}$ si se cumplen las dos condiciones siguientes:
- La secuencia es normalizado , lo que significa que $\lVert f_k\rVert =1$ para todos los índices $k$ .
-
Sostiene que: $\lVert Af_k-\lambda f_k\rVert \to 0$ como $k\to \infty$ .
Si $\lambda$ admite una secuencia de funciones propias aproximadas entonces es un valor espectral. Lo contrario es válido si $\lambda$ está en el límite del espectro. (Para más información, véase Teschl, Métodos matemáticos en mecánica cuántica , Lemma 2.16 pag.76).
En el caso que nos ocupa, la ecuación de la función propia $$ \Delta f-\lambda f=0 $$
se resuelve formalmente mediante los perfiles de ondas planas $e^{i\sqrt{-\lambda}\xi_0\cdot x}$ , donde $\xi_0$ es un vector unitario. Sin embargo, esos perfiles no tienen un $L^2$ norma. Para sortear esta dificultad, fijamos una función de bache suave $\Phi$ normalizado de manera que $\lVert \Phi\rVert_2=1$ y definimos \begin{align*} f^0_k(x)&=\frac{1}{k^{N/2}}\Phi\left(\frac{x}{k}\right); \\ f^{\lambda}_k(x)&=e^{i\sqrt{-\lambda}\xi_0\cdot x} f^0_k(x). \end{align*} Aquí $\xi_0\in \mathbb{S}^{N-1}$ se elige arbitrariamente.
Reclamación . Para cualquier $\lambda\in (-\infty, 0]$ la secuencia $f^\lambda_k$ consiste en funciones propias aproximadas de $(\Delta, H^2)$ en relación con el valor espectral $\lambda$ .
Prueba . Consideramos el caso $\lambda=0$ primero. Es evidente que la secuencia $f^0_k$ pertenece a $H^2$ y que está normalizado. Tenemos \begin{equation*} \lVert \Delta f^0_k\rVert_2=\frac{1}{k^2}\left\lVert \frac{1}{k^{N/2}} \Delta\Phi\left(\frac{x}{k}\right) \right\rVert_2 =\frac{C}{k^2}\to 0. \end{equation*} Así que $f^0_k$ es una secuencia de funciones propias aproximadas. También observamos que \begin{equation*} \left\lVert \nabla f^0_k\right\rVert_2=\frac{1}{k}\left\lVert \frac{1}{k^{N/2}} \nabla\Phi\left(\frac{x}{k}\right) \right\rVert_2\to 0; \end{equation*} esto será útil más adelante. Ahora consideramos la secuencia $f^\lambda_k$ para un $\lambda\in (-\infty, 0)$ . También es obvio que $f^\lambda_k$ está normalizado y que pertenece a $H^2$ . Utilizando la fórmula de Leibniz para el Laplaciano (es decir, $\Delta(fg)=\Delta f g + 2 \nabla f\cdot\nabla g + f \Delta g$ ), calculamos \begin{equation*} \begin{split} \lVert \Delta f^\lambda_k -\lambda f^\lambda_k \rVert_2 &=\left\lVert 2\nabla \left( e^{i\sqrt{-\lambda} \xi_0\cdot x}\right)\cdot \nabla f^0_k + e^{i\sqrt{-\lambda}\xi_0\cdot x} \Delta f^0_k \right\rVert_2 \\ &\le2\sqrt{-\lambda}\lVert \xi_0\cdot \nabla f^0_k\rVert_2 + \lVert \Delta f^0_k\rVert_2 \\ &\le 2\sqrt{-\lambda} \lVert \nabla f^0_k\rVert_2 +\lVert \Delta f^0_k\rVert_2 \to 0. \end{split} \fin{ecuación*} Esto demuestra nuestra afirmación.
