Doble base: Espacios lineales de dimensiones finitas frente a infinitas

Question

Motivación

Sé que en un espacio euclidiano de dimensión finita $\Bbb{E}^n$ para cada base $G=\{g_1,g_2,...,g_n\} \subset \Bbb{E}^n$ podemos definir un doble base $G'=\{g^1,g^2,...,g^n\} \subset \Bbb{E}^n$ tal que

$$g_i \cdot g^j = \delta_{i}^{j} \tag{1}$$

Además, se puede demostrar que dicha base existe y es única. La principal ventaja de las bases duales es que cuando escribimos un vector arbitrario como una combinación lineal de la base original $G$ entonces podemos obtener los coeficientes de la combinación lineal simplemente utilizando la propiedad de ortogonalidad de $G$ y $G'$ como en el caso de

$$\begin{align} x &= \sum_{i=1}^{n}x^i g_i \\ x \cdot g^j &= \sum_{i=1}^{n} x^i g_i \cdot g^j = \sum_{i=1}^{n} x^i \delta_{i}^{j} = x^j \\ x &= \sum_{i=1}^{n}(x \cdot g^i) g_i \end{align} \tag{2}$$

Ahora, entremos en el espacio dimensional infinito de funciones infinitamente diferenciables $f(x)$ en el intervalo $[-a,a]$ . Todos sabemos que las funciones propias de la Sturm-Liouville puede formar un ortonormal base para dichas funciones con condiciones de contorno adecuadas en los puntos finales. Sin embargo, se trata de un operador realmente bonito, un autoadjunto que produce funciones propias ortonormales. En algunos Ecuaciones diferenciales parciales (EDP) nos encontramos con no autoadjunto operadores y debemos ampliar nuestros datos de solución y frontera en términos de sus funciones propias, que desgraciadamente son no ¡ortogonal más!

Por poner un ejemplo, consideremos el siguiente problema de valor límite biharmónico (BVP)

$$\begin{array}{lll} \Delta^2 \Phi=0 & -a \le x \le a & -b \le y \le b \\ \Phi(a,y)=0 & \Phi_x(a,y)=0 & \\ \Phi(-a,y)=0 & \Phi_x(-a,y)=0 & \\ \Phi(x,b)=f(x) & \Phi_y(x,b)=0 & \\ \Phi(x,-b)=f(x) & \Phi_y(x,-b)=0 & \\ \end{array} \tag{3}$$

donde tenemos la simetría $f(-x)=f(x)$ . Además, en aras de la continuidad de las condiciones de contorno en las esquinas, requerimos que

$$f(a)=f(-a)=f'(a)=f'(-a)=0 \tag{4}$$

Entonces, la resolución de este BVP conduce al siguiente problema de valores propios

$$ \left( \frac{d^4}{dx^4}+2\omega^2\frac{d^2}{dx^2}+\omega^4 \right)X(x)=0 \\ X(a)=X(-a)=X'(a)=X'(-a)=0 \tag{5}$$

que tiene un operador adjunto no propio. Las funciones propias se conocen como Papkovich-Fadle funciones propias . Pueden formar una base para el espacio infinitamente dimensional de funciones infinitamente diferenciables $f(x)$ satisfaciendo $(4)$ en el intervalo $[-a,a]$ . Como dije antes, estas funciones propias no son ortogonales y esto hace que encontrar los coeficientes $c_i$ de las expansiones

$$f(x)= \sum_{i=1}^{\infty} c_i X(\omega_i;x) \tag{6}$$

realmente difícil lo que lleva a resolver un sistema infinito de ecuaciones algebraicas lineales para los coeficientes desconocidos $c_i$ ¡!

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Preguntas

$1.$ ¿Existe una lo de la doble base para la base $X(\omega_i;x)$ que pueden hacer el cálculo de $c_i$ ¿Es más fácil? Para ser más específicos, ¿hay alguna base $Y(\omega_j;x)$ tal que

$$\int_{-a}^{a} X(\omega_i;x) Y(\omega_j;x) dx =\delta_{ij} \tag{7}$$

que se puede considerar que tiene la función similar de $g^j$ . Si tal cosa existiera entonces podríamos calcular el $c_i$ utilizando $(6)$ y la ortogonalidad en $(7)$ fácilmente

$$\int_{-a}^{a} f(x) Y(\omega_j;x) dx = \sum_{i=1}^{\infty} c_i \int_{-a}^{a} X(\omega_i;x) Y(\omega_j;x) dx = \sum_{i=1}^{\infty} c_i \delta_{ij} = c_j \tag{8}$$

$2.$ Si la respuesta a la pregunta $1$ es SI ¿Cómo se puede calcular? Si NO ¿Por qué?

Answer 1

No es una respuesta concreta, pero sí algunas indicaciones genéricas para tu problema.

Observaciones generales sobre el espacio dual de $L^2$

Parece razonable considerar a su operador como un operador en $\mathcal H= L^2([-a,a]\times[-b,b])$ que es el espacio de Hilbert de todas las funciones medibles donde $$\langle f,f\rangle=\int_{[-a,a]\times [-b,b]}f(x,y)\overline{f(x,y)}dx dy < \infty.$$

Este espacio de Hilbert tiene una buena relación con su dual, es decir, se puede identificar con él mismo:

Para $f \in \mathcal H$ podemos definir un elemento del dual mediante

$$f'(g):= \langle g,f \rangle =\int_{[-a,a]\times [-b,b]}g(x,y)\overline{f(x,y)}dx dy,$$

definido en todos los $g\in \mathcal H.$

A la inversa, para cada $f \in \mathcal H'$ hay un $f \in \mathcal H$ tal que la ecuación anterior se cumple (cf., por ejemplo, Conway, A Course in Functional analysis, 1990, Theorem 3.4 (The Riesz Representation Theorem)).

Obsérvese que ni $C^0$ ni el espacio de funciones continuas a trozos dotado de este producto interior es un espacio de Hilbert. Son subconjuntos de $L^2$ y, por tanto, sus duales son aún mayores que el dual de $L^2$ . (Aquí, estoy asumiendo un dominio acotado $[-a,a]\times [-b,b]$ y sólo un número finito de puntos de salto para las funciones a trozos).

Observaciones sobre su operador

Su operador diferencial (llamémoslo $A$ ) puede considerarse como un operador en $\mathcal H$ . En este caso, es necesario especificar el dominio de $A$ (como subconjunto de $\mathcal H$ ) tal que las funciones $f$ están en $\mathcal H$ y $Af$ todavía se encuentra en $\mathcal H$ . El espacio vectorial de las funciones continuas a trozos es un subespacio de $\mathcal H$ pero la primera derivada no tiene por qué existir. (No soy un experto en EDP, pero esperaría que algún subconjunto de $C^1$ con algunas restricciones adicionales de que la segunda derivada también existe.

En el caso de las expresiones diferenciales de Sturm-Liouville (como $-(pf')'+qf$ ), se suelen tomar las funciones $f$ que son absolutamente continuas (es decir, la primera derivada es localmente sumable), donde $pf'$ es absolutamente continua y $-(pf')'+qf$ se encuentra en $L^2([a,b])$ .

Las condiciones de contorno que has enumerado son una restricción adicional importante de tu dominio, pero es importante que indiques qué tipo de soluciones estás permitiendo para tu EDP.

Descargo de responsabilidad

Esto es sólo la presentación de un marco general de cómo tratar los operadores diferenciales en los espacios de Hilbert. No sé si este marco te ayudará a resolver tu problema de EDP.