El camino para recuperar (o descubrir) una descomposición espectral de una selfadjoint operador es a través de las singularidades de la resolvent operación. El operador $L = -\frac{d^2}{dx^2}$ $L^2[0,\infty)$ no es selfajdoint en su dominio de la naturaleza $\mathcal{D}(L)$ que consta de todos los dos veces absolutamente continuas $f \in L^2$ que $f''\in L^2$. Un selfadjoint operador requiere de un extremo adicional condición en $0$ de la forma
$$
\cos\alpha f(0)+\sin\alpha f'(0)=0,
$$
donde $0 \le \alpha < \pi$ puede ser asumida. El resolvent operador $R(\lambda)=(L-\lambda I)^{-1}$ luego pueden ser construidos de forma explícita de la siguiente manera. Vamos
$$
\varphi_{\lambda}(x) = \sin\alpha\cos(\sqrt{\lambda}x)-\frac{1}{\sqrt{\lambda}}\cos\alpha\sin(\sqrt{\lambda}x)
$$
Esta es la única solución clásica (hasta un escalar múltiples) de la clásica ecuación
$$
-\varphi_{\lambda}"(x)-\lambda\varphi_{\lambda}(x) = 0 \\
\cos\alpha \varphi_{\lambda}(0)+\sin\alpha\varphi_{\lambda}'(0)=0.
$$
El único clásico eigenfunction $\psi_{\lambda}$ $L^2[0,\infty)$ $\lambda\notin\mathbb{R}$ es una constante en varios de
$$
\psi_{\lambda}(x) = e^{i\sqrt{\lambda}x}.
$$
Estas dos funciones pueden ser usadas para construir el general resolvent operador porque uno satisface las condiciones requeridas en $0$, y el otro satisface el único requisito en $\infty$, que es la función de cuadrado integrable.
Inversa de a $L-\lambda I$: En lo que sigue, $\sqrt{\lambda}$ es el principio de la rama de la raíz cuadrada, con la rama de corte a lo largo de la positiva del eje. El uso de las dos funciones de $\psi_{\lambda}$$\varphi_{\lambda}$, el resolvent $(L-\lambda I)^{-1}$ se convierte en
$$
R(\lambda)f=\frac{1}{w(\lambda)}\left [ \varphi_{\lambda}(x)\int_{x}^{\infty}f(t)\psi_{\lambda}(t)dt+\psi_{\lambda}(x)\int_{0}^{x}f(t)\varphi_{\lambda}(t)dt\right]
$$
donde $w$ es el Wronskian, que es independiente de la $x$:
$$
w(\lambda) = W(\psi_{\lambda},\varphi_{\lambda})=\psi_{\lambda}\varphi_{\lambda}'-\psi_{\lambda}'\varphi_{\lambda} = -\cos\alpha-i\sqrt{\lambda}\sin\alpha
$$
Para comprobar que $R(\lambda)$ es la correcta resolvent para $\lambda\notin\mathbb{R}$, considere la posibilidad de
\begin{align}
\frac{d}{dx}R(\lambda)f & = \frac{1}{w(\lambda)}\left[\varphi_{\lambda}'(x)\int_{x}^{\infty}f(t)\psi_{\lambda}(t)dt-\varphi_{\lambda}(x)f(x)\psi_{\lambda}(x)\right] \\
& +\frac{1}{w(\lambda)}\left[\psi_{\lambda}'(x)\int_{0}^{x}f(t)\varphi_{\lambda}(t)dt+\psi_{\lambda}(x)f(x)\varphi_{\lambda}(x)\right] \\
&= \frac{1}{w(\lambda)}\left[\varphi_{\lambda}'(x)\int_{x}^{\infty}f(t)\psi_{\lambda}(t)dt+\psi_{\lambda}'(x)\int_{0}^{x}f(t)\psi_{\lambda}(t)dt\right] \\
\frac{d^2}{dx^2}R(\lambda)f & = \frac{1}{w(\lambda)}\left[\varphi_{\lambda}''(x)\int_{x}^{\infty}f(t)\psi_{\lambda}(t)+\psi_{\lambda}''(x)\int_{0}^{x}f(t)\varphi_{\lambda}(t)dt\right] \\
& + \frac{1}{w(\lambda)}\left[-\varphi_{\lambda}'(x)f(x)\psi_{\lambda}(x)+\psi_{\lambda}'(x)f(x)\varphi_{\lambda}(x)\right] \\
& = -\lambda R(\lambda)f - f
\end{align}
Por lo tanto,
$$
\left(-\frac{d^2}{dx^2}-\lambda\right)R(\lambda)f = f.
$$
El uso de las expresiones anteriores, también es fácil comprobar que
$$
\cos\alpha( R(\lambda)f)(0) +\sin\alpha (R(\lambda)f)'(0) = 0.
$$
Por lo $R(\lambda)f \in \mathcal{D}(L)$$(L-\lambda I)R(\lambda)f=f$$f\in L^2$. También es cierto que $R(\lambda)(L-\lambda I)f=f$ todos los $f\in\mathcal{D}(L)$. Por lo $R(\lambda)f=(L-\lambda I)^{-1}f$, al menos para todos los $\lambda\notin\mathbb{R}$.
Espectro de $L$: Hay dos factores que influyen en la invertibility de $L-\lambda I$. En primer lugar, para $\lambda$ real y positivo, $R(\lambda)$ no está delimitado, lo que significa que $[0,\infty)$ está en el espectro de $L$. En segundo lugar, si $w(\lambda)=0$$\lambda < 0$, $\lambda$ es un autovalor de a $L$, y el resolvent tiene un primer orden de la pole en $\lambda$.
El Wronskian se desvanece si $\cos\alpha=0$$\lambda=0$, pero esto no es un autovalor. De lo contrario, el Wronskian se desvanece si
$$
\sqrt{\lambda} = i\cuna\alpha.
$$
Real $\lambda < 0$, el valor de $\sqrt{\lambda}$ se encuentra en el eje imaginario positivo, lo que significa que $w(\lambda)=0$ sólo puede ocurrir si $\cot\alpha \ge 0$, que incluye todas las $\alpha \in (0,\pi/2]$. Por ejemplo, en el caso de que $\alpha=\pi/4$, el Wronskian se desvanece en $\lambda=-1$, que se corresponde con el hecho de que la condición de $f(0)+f'(0)=0$ conduce a un no-trivial eigenfunction $f(x)=e^{-x}$ $L$ con autovalor $-1$, que es fácilmente verificado directamente. $L$ tiene un negativo autovalor $\lambda$ siempre $0 < \alpha < \pi/2$, pero no por $\pi/2 \le \alpha < \pi$. Por lo que el espectro de $L$ se compone de espectro continuo $[0,\infty)$, y uno negativo autovalor $\lambda = -\cot^2\alpha$$0 < \alpha \le \pi/2$.
La expresión para el resolvent siempre tiene el eje real positivo como parte de su conjunto de singularidades, junto con una posible negativa autovalor. Así que ese es el espectro de $L$, lo que depende de la condición en $0$ a través del parámetro $\alpha$. La integración de todo el resolvent conjunto en una orientación negativa contorno $C$ es conocido por dar $\frac{1}{2\pi i}\int_{C}R(\lambda)fd\lambda = f$. Una orientación negativa de contorno es necesario debido a las $R(\lambda)=\frac{1}{L-\lambda I}$ en lugar de $\frac{1}{\lambda I - A}$. La función de $\varphi_{\lambda}$ es toda una función de $\lambda$, mientras que $\psi_{\lambda}$ tiene una sucursal de corte a lo largo del eje real positivo. El Wronskian también contribuye a una rama de corte, así como un poste en la negativa autovalor de a $L$, si es que hay uno. La ecuación de arriba, a continuación, conduce a una completa eigenfunction expansiones de $f\in L^2$ en términos de funciones propias de $L$. Este se obtiene a partir de un único residuo en el autovalor, y de un continuo integral de expansión que viene de la rama de corte. Para $\mu > 0$, la contribución de parte de la integral con respecto al parámetro espectral implica
\begin{align}
&\frac{1}{2\pi i}\{R(\mu+i0)f-R(\mu-i0)f\} \\
=&\frac{1}{2\pi i}\varphi_{\mu}(x) \int_{0}^{x}f(t)\left(\frac{\psi_{\mu+i0}(t)}{w(\mu+i0)}-\frac{\psi_{\mu-i0}(t)}{w(\mu-i0)}\right)dt \\
&+\frac{1}{2\pi i}\left(\frac{\psi_{\mu+i0}(x)}{w(\mu+i0)}-\frac{\psi_{\mu-i0}(x)}{w(\mu-i0)}\right)\int_{x}^{\infty}f(t)\varphi_{\mu}(t)dt \\
=&\frac{1}{2\pi i}\varphi_{\mu}(x)\int_{0}^{x}f(t)\left(\frac{e^{i\sqrt{\mu}t}}{-\cos\alpha-i\sqrt{\mu}\sin\alpha}-\frac{e^{-i\sqrt{\mu}t}}{-\cos\alpha+i\sqrt{\mu}\sin\alpha}\right)dt \\
&+\frac{1}{2\pi i}\left(\frac{e^{i\sqrt{\mu}x}}{-\cos\alpha-i\sqrt{\mu}\sin\alpha}-\frac{e^{-i\sqrt{\mu}x}}{-\cos\alpha+i\sqrt{\mu}\sin\alpha}\right)\int_{x}^{\infty}\varphi_{\mu}(t)f(t)dt \\
=&\frac{1}{\pi(\cos^2\alpha+\mu\sin^2\alpha)}\varphi_{\mu}(x)\int_{0}^{x}f(t)\{\sqrt{\mu}\sin\alpha\cos(\sqrt{\mu}t)-\cos\alpha\sin(\sqrt{\mu}t) \}dt \\
&\frac{1}{\pi(\cos^2\alpha+\mu\sin^2\alpha)}\{\sqrt{\mu}\sin\alpha\cos(\sqrt{\mu}x)-\cos\alpha\sin(\sqrt{\mu}x) \}\int_{x}^{\infty}f(t)\varphi_{\mu}(t)dt \\
=&\frac{\sqrt{\mu}}{\pi(\cos^2\alpha+\mu\sin^2\alpha)}\varphi_{\mu}(x)\int_{0}^{\infty}f(t)\varphi_{\mu}(t)dt
\end{align}
Esto conduce a una $L^2[0,\infty)$ expansión para $f$
$$
f(x) = \frac{1}{\pi}\int_{0}^{\infty}\frac{\sqrt{\mu}}{\cos^2\alpha+\mu\sin^2\alpha}\varphi_{\mu}(x)\int_{0}^{\infty}f(t)\varphi_{\mu}(t)dtd\mu+\mbox{ posible residuo término}
$$
Y esto también le da la $L^2$ identidad de Parseval
$$
\int_{0}^{\infty}|f(x)|^2 = \frac{1}{\pi}\int_{0}^{\infty}\left|\int_{0}^{\infty}f(t)\varphi_{\mu}(t)dt\right|^2\frac{\sqrt{\mu}}{\cos^2\alpha+\mu\sin^2\alpha}d\mu+\mbox{(posible residuo plazo)}|(f,\varphi_{\mu_e})_{L^2}|^2
$$
Si $f\in\mathcal{D}(L)$ e si $\mu_e$ es la posible negativa autovalor, entonces
$$
Lf = \frac{1}{\pi}\int_{0}^{\infty}\frac{\mu\sqrt{\mu}}{\cos^2\alpha+\mu\sin^2\alpha}\varphi_{\mu}(x)\int_{0}^{\infty}f(t)\varphi_{\mu}(t)dtd\ mu + \mu_{e}\cdot\mbox{ es posible residuo término}
$$
Por ejemplo, si $\alpha=0$, entonces todo se reduce a la de Fourier senoidal transformar la expansión después de la espectral cambio de variable $\mu=s^2$:
\begin{align}
f & = \frac{1}{\pi}\int_{0}^{\infty}\sqrt{\mu}\varphi_{\mu}(x)\int_{0}^{\infty}f(t)\varphi_{\mu}(t)dtd\mu \\
& = \frac{1}{\pi}\int_{0}^{\infty}\sqrt{\mu}\frac{\sin(\sqrt{\mu}x)}{\sqrt{\mu}}\int_{0}^{\infty}f(t)\frac{\sin(\sqrt{\mu}t)}{\sqrt{\mu}}dt d\mu \\
& = \frac{2}{\pi}\int_{0}^{\infty}\sin(sx)\int_{0}^{\infty}f(t)\sin(st)dtds \\
Lf & = \frac{2}{\pi}\int_{0}^{\infty}s^2\sin(sx)\int_{0}^{\infty}f(t)\sin(st)dtds.
\end{align}
Del mismo modo, si dejas $\alpha=\frac{\pi}{2}$, llega el coseno de Fourier de la representación. Pero usted consigue todo el "bicho raro" de las representaciones, así como para la de otros posibles $\alpha$, incluyendo aquellas donde existe un autovalor negativo. El agregado autovalor resultados en un uno-dimensional de la proyección en el correspondiente vector propio. El autovector normalizado de proyección $(f,\varphi_{\mu})\varphi_{\mu}$ se obtiene al encontrar el residuo de la resolvent en el autovalor.
