¿Qué es el espectro para el Laplaciano en $\mathbb{R}^n$?

Question

Yo sé muy bien que el Laplaciano en delimitada dominio tiene un espectro discreto. Cómo sobre el Laplaciano en $\mathbb{R}^n$?(no en algún capricho en forma ilimitada de dominio, sino de todo el dominio)

Donde puedo encontrar esos resultados?

Por otra parte, existe una contraparte de Hilbert-Schmidt teorema de Laplace en $\mathbb{R}^n$? Hilbert-Schmidt afirma que hay una contables conjunto de funciones propias $\phi_n$, de modo que $x=\sum \langle x,\phi_n\rangle \phi_n,\forall x\in H$.

Hay un teorema similar diciendo $x=\int_0^\infty \langle x,\phi_\lambda\rangle \phi_\lambda\,\mathrm{d}\lambda,\forall x\in H$ donde $\phi_\lambda$ es el eigenfunction de Laplace para espectral valor de $\lambda$?

Answer 1

Aquí es otro enfoque. Mi principio rector (aprendido de Reed y Simón del libro) es que para entender el espectro de la teoría de la auto-adjunto operadores, usted debe primero entender operadores de multiplicación. Para considerar el siguiente esquema:

• Deje $(X,\mu)$ $\sigma$- finito medir el espacio. (Puede tomar la $\mathbb{R}^n$ con medida de Lebesgue si te gusta, pero los siguientes argumentos aspecto de la misma en general). Deje $h : X \to \mathbb{C}$ ser medibles, y considerar la ilimitada multiplicación operador $M_h$ $L^2(X,\mu)$ definido por $M_h f = f h$, cuyo dominio es $D(M_h) := \{f \in L^2(X, \mu) : fh \in L^2(X,\mu)\}$. Mostrar que $M_h$ está densamente definido y cerrado.

• Mostrar que $M_h$ es limitado (y en todas partes definido) iff $h \in L^\infty(X,\mu)$. (En este caso, el operador de la norma de $M_h$$\|h\|_{L^\infty}$.)

• Mostrar que si $h$ es una.e. distinto de cero, entonces a $M_h^{-1} = M_{1/h}$.

• El uso de los dos hechos anteriores, muestran que el espectro de $M_h$ es el esencial rango de $h$.

• Muestran que los autovalores de a $M_h$ (puro punto de espectro)$\{ \lambda : \mu(h = \lambda) > 0\}$, y que el resto de $\sigma(M_h)$ es de un espectro continuo.

Hay muchas otras propiedades de $M_h$ podría probar, pero esto va a hacer por ahora.

• Supongamos $H, K$ son espacios de Hilbert, $U : H \to K$ es unitaria (es decir, un surjective isometría lineal), y $A$ es una desenfrenada operador en $H$. A continuación,$UAU^{-1}$, con dominio de $\{ x \in K : U^{-1} x \in D(A)\}$, es una desenfrenada operador en $K$. Mostrar que $UAU^{-1}$ respectivamente, cerrado , densamente definido, etc, iff $A$ es.

• Mostrar que $\sigma(UAU^{-1}) = \sigma(A)$.

Eso es suficiente abstracción por ahora.

• Recordar el teorema de Plancherel que la transformada de Fourier $\mathcal{F} : L^2(\mathbb{R}^n,m) \to L^2(\mathbb{R}^n,m)$ es unitaria (si están debidamente normalizado).

• Deje $\Delta$ ser el operador Laplaciano $\Delta = -\sum_{i=1}^n \frac{\partial^2}{\partial x_i^2}$, y definir $h : \mathbb{R}^n \to \mathbb{R}$$h(x) = |x|^2$. Si tomamos el dominio de $\Delta$ todos los $L^2$ funciones con dos débiles derivados en $L^2$ (lo que nos da un cerrado densamente definido por el operador) muestran que $\mathcal{F}^{-1} \Delta \mathcal{F} = M_h$. (O si se prefiere, definir el dominio de $\Delta$$\mathcal{F}(D(M_h))$. O definir primero $\Delta$ $C^\infty_c(\mathbb{R}^n)$ y, a continuación, tomar su cierre. De cualquier manera usted recibirá el mismo operador.)

• Como la gama de $h$ es claramente $[0,\infty)$, que es el espectro de $\Delta$. Por otra parte, ya que para cada $\lambda$ tenemos $m(h = \lambda) = 0$, es todo el espectro continuo.

Answer 2

Preliminares: voy a utilizar la siguiente convención de signos para el Laplaciano: $ \Delta u := - \sum_{j=1}^n \frac{\partial^2 u }{\partial x_j^2}.$ $\Delta$ es una desenfrenada operador en $L^2(\mathbb{R}^n)$. Para definir el dominio de $\Delta$, recordemos que para $u \in C^\infty_0$, $$\mathcal{F}(\Delta u)(\xi) = 4\pi^2 |\xi|^2 \hat{u}(\xi).$$ (Yo uso $\mathcal{F}(\phi)$ $\hat{\phi}$ indistintamente para denotar la transformada de Fourier de una función $\phi$.) Vamos a tomar el dominio de $\Delta$ $$D(\Delta) := \{ u \in L^2 ~:~ 4\pi^2 |\xi|^2 \hat{u}(\xi) \in L^2 \}.$$ Esto hace que $\Delta$ un cerrado sin límites operador.

Recordemos que el resolvent conjunto de $\Delta$, que se denota por a $\rho(\Delta)$, se define como el conjunto de los números complejos $\lambda$ tal que $\lambda I - \Delta$ es un bijection $D(\Delta) \to L^2$ (nota: en este caso, el cierre de la gráfica teorema da que los resolvent $(\lambda I - \Delta)^{-1}$ es necesariamente limitado). El espectro de $\Delta$, que se denota por a $\sigma(\Delta)$, se define como el complemento de $\rho(\Delta)$.

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Mi objetivo es esbozar una prueba de la siguiente afirmación: \begin{equation} \sigma(\Delta) = [0, \infty) \end{equation}

1. En primer lugar observamos que para $\lambda \in \mathbb{C} \backslash [0, \infty)$, $\lambda$ es en el resolvent conjunto ya que fácilmente podemos invertir $\lambda I - \Delta$ el uso de la transformada de Fourier: $$(\lambda I - \Delta) u = f \iff (\lambda - 4\pi^2|\xi|^2)\hat{u} = \hat{f} \iff \hat{u} = (\lambda - 4\pi^2|\xi|^2)^{-1} \hat{f} .$$ Por lo tanto para $f \in L^2$, $(\lambda I - \Delta)^{-1} f = \mathcal{F}^{-1}\left((\lambda - 4\pi^2|\xi|^2)^{-1} \hat{f}\right)$. (Por supuesto, esto sólo funciona al $\lambda$ es no es un número real no negativo.) Esto demuestra que $\sigma(\Delta) \subset [0, \infty)$.

2. Ahora mostraremos que $[0, \infty) \subset \sigma(\Delta)$. Deje $\lambda \in [0, \infty)$. Para demostrar que $\lambda \in \sigma(\Delta)$, es suficiente para exponer una secuencia de funciones de $u_k$ $D(\Delta)$ tal que $$\frac{||u_k||_{L^2}}{||(\lambda I - \Delta)u_k||_{L^2}} \to \infty \text{ as } k \to \infty $$ como esto muestra que el resolvent $(\lambda I - \Delta)^{-1}$ no puede ser acotada. Para ello, elige un punto de $x_0 \in \mathbb{R}^n$ tal que $|x_0|^2 = \lambda$, y definir u(x) por $$u(x) = e^{ix_0 \cdot x}.$$ (Tenga en cuenta que $u$ es un eigenfunction para el Laplaciano con autovalor $\lambda = |x_0|^2$, pero $u$ es no en $L^2$.) Elegir una secuencia de corte de las funciones de $\phi_k \in C_0^\infty$ tal que $0 \leq \phi_k \leq 1$, $\text{supp}(\phi_k) \subset B_{k+1}(0)$, y $\phi_k(x) \equiv 1$$x \in B_k(0)$. Podemos elegir el $\phi_k$'s de modo que todos sus dos primeras derivadas parciales son uniformemente acotadas en $k$. Definir la secuencia de $u_k \in C_0^\infty \subset L^2$ por $$u_k := \phi_k u.$$ A continuación, $(\lambda I - \Delta)u_k$ se apoya en el anillo $B_{k+1}(0) \backslash B_k(0)$, que tiene un volumen que es$O(k^{n-1})$$k \to \infty$. El conjunto $\{ (\lambda I - \Delta)u_k \}$ es uniformemente acotada en el sup norma, de modo que existe $C$ tal que $$||(\lambda I - \Delta)u_k ||_{L^2}^2 \leq C k^{n-1}.$$ Por otro lado, $|u_k (x)| \equiv 1$$x \in B_k(0)$, por lo que tenemos el límite superior $$||u_k||_{L^2}^2 \geq \text{vol}(B_k(0)) = \omega_n k^n.$$ Las dos últimas desigualdades en conjunto dan el resultado deseado.

Answer 3

Hilbert-Schmidt a los operadores compactos. El resolvent $(\Delta-\lambda I)^{-1}$ no es compacto y $\Delta$ no es compacto. De lo contrario, acabaría discreta del espectro, lo que no tiene.

La resolución espectral de la identidad de $-\Delta$ no es tan simple como $f=\int_{0}^{\infty}(f,\phi_{\lambda})\phi_{\lambda}d\lambda$ debido a que hay tantas aproximado funciones propias con autovalor $r > 0$ que están indexados por un vector $\vec{\xi}$ sobre una esfera de radio $\sqrt{r}$: $$ -\Delta(e^{i\vec{\xi}\cdot\vec{x}}) =|\vec{\xi}|^{2}e^{i\vec{\xi}\cdot \vec{x}} $$ Cada $\phi_{\vec{\xi}}(\vec{x})=e^{i\vec{\xi}\cdot\vec{x}}$ $|\vec{\xi}|=\sqrt{r}$ es una solución clásica de $-\Delta\phi_{\vec{\xi}} = r\phi_{\vec{\xi}}$. La expansión que desea que se obtiene a partir de la transformada de Fourier por escrito a la inversión de la integral como un exterior integral a través de una radio, y un interior de la integral sobre la superficie de una esfera de radio $r$: $$ f(\vec{x})=\frac{1}{(2\pi)^{n/2}}\int_{0}^{\infty}\left(\int_{|\vec{\xi}|=r}e^{i\vec{\xi}\cdot\vec{x}}\hat{f}(\vec{\xi})dS(\vec{\xi})\right)dr, $$ donde $dS$ es el de la medida de superficie de la cáscara esférica. Clásicamente (no necesariamente en $L^{2}(\mathbb{R}^{n})$): $$ -\Delta \left(\int_{|\vec{\xi}|=r}e^{i\vec{\xi}\cdot\vec{x}}\hat{f}(\vec{\xi})dS(\vec{\xi})\right) = r^{2}\left(\int_{|\vec{\xi}|=r}e^{i\vec{\xi}\cdot\vec{x}}\hat{f}(\vec{\xi})dS(\vec{\xi})\right) $$ El espectro de $-\Delta$$[0,\infty)$, y es que todos espectro continuo. El espectro de medida $E$ $-\Delta$ se da en cualquier intervalo cerrado $[a,b]\subset [0,\infty)$ por la expresión $$ E[a,b]f = (\chi_{\sqrt{a} \le|\vec{\xi}|\le \sqrt{b}}\hat{f}(\vec{\xi}))^{\wedge}. $$ El teorema espectral para $-\Delta$ es $$ -\Delta f = \int_{0}^{\infty} \lambda dE(\lambda)f,\;\;\; f\in\mathcal{D}(-\Delta). $$

Answer 4

Este post

Razón de Espectro Continuo de Laplaciano

podría ser útil, en el que se abordó el caso de $\mathbb{R}^{1}$.