Во-первых -- ещё раз: здесь вам не тут! Оператор самосопряжён на аш-два, а на аш-один замкнута лишь его квадратичная форма. (Можете, ежели угодно, назвать самосопряжённым квадратный корень из минус лапласиана, тогда с этим ещё можно будет согласиться.)
Во-вторых: да хрен с ним, с этим оператором, пусть себе будет самосопряжённым. Граничные-то условия ставились вовсе не так.
---------------------------------------------------------------------------------
Ладно, вопрос на засыпку. Пусть
-- оператор двукратного дифференцирования на отрезке
вообще без граничных условий. Что будет сопряжённым оператором?
18.09.2008, 14:26 
![$
\{f({ x,y,z})\in H^2(V)\; : \\[2mm]
f\big|_{x=-a} = f\big|_{x=a} \\[2mm]
f\big|_{y=-a} = f\big|_{y=a} \\[2mm]
f\big|_{z=-a} = f\big|_{z=a}=0 \\[2mm]
\frac{\partial f}{\partial z} \big |_{z=-a} = \frac{\partial f}{\partial z} \big |_{z=a}=0 \}.
$](https://dxdy-01.korotkov.co.uk/f/8/a/4/8a421d0f7f5cb80bf6a6c9cd49215ec782.png "$
\{f({ x,y,z})\in H^2(V)\; : \\[2mm]
f\big|_{x=-a} = f\big|_{x=a} \\[2mm]
f\big|_{y=-a} = f\big|_{y=a} \\[2mm]
f\big|_{z=-a} = f\big|_{z=a}=0 \\[2mm]
\frac{\partial f}{\partial z} \big |_{z=-a} = \frac{\partial f}{\partial z} \big |_{z=a}=0 \}.
$")
![$
\{g({ x,y,z})\in H^2(V)\; : \\[2mm]
g\big|_{x=-a} & =g\big|_{x=a}=0,\\[2mm]
g\big|_{y=-a} & =g\big|_{y=a}=0,\\[2mm]
\frac{\partial g}{\partial x} \big |_{x=-a} & =\frac{\partial g}{\partial x} \big |_{x=a}, \\[2mm]
\frac{\partial g}{\partial y} \big |_{y=-a} & =\frac{\partial g}{\partial y} \big |_{y=a} \}.
$](https://dxdy-02.korotkov.co.uk/f/1/3/b/13b24aae06c1ec30865069f587987e2982.png "$
\{g({ x,y,z})\in H^2(V)\; : \\[2mm]
g\big|_{x=-a} & =g\big|_{x=a}=0,\\[2mm]
g\big|_{y=-a} & =g\big|_{y=a}=0,\\[2mm]
\frac{\partial g}{\partial x} \big |_{x=-a} & =\frac{\partial g}{\partial x} \big |_{x=a}, \\[2mm]
\frac{\partial g}{\partial y} \big |_{y=-a} & =\frac{\partial g}{\partial y} \big |_{y=a} \}.
$")
можно проверить по определению, нужно использовать тождество 
и вторую формулу Грина. 
![$\{f({ x,y,z})\in H^2(V)\; : \\[2mm] f\big|_{x=-a} = f\big|_{x=a} \\[2mm] f\big|_{y=-a} = f\big|_{y=a} \\[2mm] f\big|_{z=-a} = f\big|_{z=a}=0 \\[2mm] \frac{\partial f}{\partial z} \big |_{z=-a} = \frac{\partial f}{\partial z} \big |_{z=a}=0 \}. $](https://dxdy-04.korotkov.co.uk/f/f/b/6/fb6b245b9b1c271110fbc1dd334f3b4282.png "$\{f({ x,y,z})\in H^2(V)\; : \\[2mm] f\big|_{x=-a} = f\big|_{x=a} \\[2mm] f\big|_{y=-a} = f\big|_{y=a} \\[2mm] f\big|_{z=-a} = f\big|_{z=a}=0 \\[2mm] \frac{\partial f}{\partial z} \big |_{z=-a} = \frac{\partial f}{\partial z} \big |_{z=a}=0 \}. $")
![$ \{f({ x,y,z})\in H^2(V)\; : \\[2mm] f\big|_{x=-a} = f\big|_{x=a} \\[2mm] f\big|_{y=-a} = f\big|_{y=a} \\[2mm] f\big|_{z=-a} = f\big|_{z=a}=0 \\[2mm] \frac{\partial f}{\partial z} \big |_{z=-a} = \frac{\partial f}{\partial z} \big |_{z=a}=0 \}. $](https://dxdy-03.korotkov.co.uk/f/e/e/6/ee6cf6125e4e4b18229ef80b1866806182.png "$ \{f({ x,y,z})\in H^2(V)\; : \\[2mm] f\big|_{x=-a} = f\big|_{x=a} \\[2mm] f\big|_{y=-a} = f\big|_{y=a} \\[2mm] f\big|_{z=-a} = f\big|_{z=a}=0 \\[2mm] \frac{\partial f}{\partial z} \big |_{z=-a} = \frac{\partial f}{\partial z} \big |_{z=a}=0 \}. $")
и условия Неймана и условия Дирихле одновременно. Странно
и нуль при 
Просто пока похожего на правду решения не видать
вот так: 
) и позволяют дать однозначный ответ на вопрос задачи.![$u(x,y,z)\in C^2(\mathbb{R}\times \mathbb{R}\times [-a,a])$](https://dxdy-03.korotkov.co.uk/f/a/d/2/ad2a4913b5a9f5eae36bab1330115d1082.png "$u(x,y,z)\in C^2(\mathbb{R}\times \mathbb{R}\times [-a,a])$")
таких, что
периодичны по 
и 
обозначим через 
. (
- куб со стороной размера 
.)
самосопряжен и является непрерывным изоморфизмом.
обозначим
можно взять и 
) таких, что
самосопряжен в смысле скалярного произведения в 
т.е. 
и не более.
.