Диф. уравнение в частных производных с дельта-функцией.

[B@R5uk]

Подскажите, пожалуйста, как решать такую задачу на собственные значения:

$$\[\left[ -\frac{{{\partial }^{2}}}{\partial {{x}^{2}}}-\frac{{{\partial }^{2}}}{\partial {{y}^{2}}}+\beta \delta \left( x \right)\delta \left( y \right) \right]f\left( x,y \right)=\varepsilon f\left( x,y \right)\]$$

[Munin]

Если рассматривать $(x,y)\ne(0,0),$ то мы имеем понятный эллиптический дифур.
А если подставить $x=y=0,$ то производные в левой части пренебрежимо малы по сравнению с дельтами, их вычёркиваем, и остаётся нечто линейное, означающее, что $f(0,0)=0.$ То есть, это такой способ записывать краевые условия, всего лишь. Как я понимаю.

Ну, это по рабоче-крестьянски.

[Red_Herring]

Эти самые $\delta$ это вид потенциала, впрочем это специфика одномерного случая, когда будет означать, что скачок первой производной в 0 сокращается:
$f'(+0)-f'(-0)+\beta f(0)=0$.

В многомерном случае это бессмыслица. Действительно, если $\beta f(0,0)\ne 0$, то $f$ должна иметь логарифмическую $n=2$ или степенную сингулярность $n\ge 3$ в 0, а если мы потребуем $f(0,0)= 0$, то в многомерном случае это "незаконное" краевое условие (речь, разумеется идет об уравнениях второго порядка)

[B@R5uk]

Munin в сообщении #1164032 писал(а):

...производные в левой части пренебрежимо малы по сравнению с дельтами...

Не обязательно. Особенности искомой функции вполне могут сократиться с дельтами. В одномерном случае функция для этого должна иметь излом в начале координат.

Red_Herring в сообщении #1164047 писал(а):

В многомерном случае это бессмыслица.

Я пытался действовать по аналогии с одномерным случаем: проинтегрировать уравнение по малой области $S$, охватывающей начало координат:

$$\[\iint\limits_{S}{\delta \left( x \right)\delta \left( y \right)f\left( x,y \right)dxdy}=f\left( 0,0 \right)\]$$

$$\[\iint\limits_{S}{\left( \frac{{{\partial }^{2}}}{\partial {{x}^{2}}}+\frac{{{\partial }^{2}}}{\partial {{y}^{2}}} \right)f\left( x,y \right)dxdy}=\int\limits_{\partial S}{\left( -\frac{\partial f}{\partial y}dx+\frac{\partial f}{\partial x}dy \right)}\]$$

В последнем интеграле по контуру $\partial S$ интегрируется повёрнутый на 90° градиент функции. Отличие этого интеграла от нуля означает, что функция имеет особенность типа $\sqrt{{{x}^{2}}+{{y}^{2}}}$ или $1/\sqrt{{{x}^{2}}+{{y}^{2}}}$ или что-то типа того, то есть, что градиент направлен от центра (или к нему) вне зависимости от того, в какое направление от начала координат отступить (острая вершина конуса или расходимость). Проблемы начинаются тогда, когда искомая функция в нуле расходится.

Неужели математики ещё не придумали, как решать такие задачи?

[dsge]

$$\delta \left( x \right)\delta \left( y \right) \neq \delta \left( x,y \right)$$

[Red_Herring]

B@R5uk в сообщении #1164052 писал(а):

Неужели математики ещё не придумали, как решать такие задачи?

Задача бессмысленна. Читайте выше. Причина простая: в одномерном случае $W_2^1 \subset C$, а в многомерном--нет.

[Munin]

B@R5uk в сообщении #1164052 писал(а):

Не обязательно.

Да, я понял.

Red_Herring в сообщении #1164047 писал(а):

то в многомерном случае это "незаконное" краевое условие

Ну почему? Оно вполне может использоваться, скажем, для выбора только нечётных решений.

[B@R5uk]

dsge, что вы понимаете под $\delta \left( x,y \right)$ ?

Red_Herring в сообщении #1164055 писал(а):

...в одномерном случае $W_2^1 \subset C$...

Не понял, что это означает.

[Red_Herring]

Munin в сообщении #1164067 писал(а):

Ну почему? Оно вполне может использоваться, скажем, для выбора только нечётных решений.

Нечетные решения это одно, а условие $f(0,0)=0$ нечто другое. И что Вы конкретно понимаете под нечетной функцией 2х переменных?

B@R5uk в сообщении #1164072 писал(а):

Не понял, что это означает.

Вложение пространств. Гуглите "теоремы вложения".

Разумеется, всегда можно "размазать" дельта-функцию по шару радиуса $\varepsilon $ и решать эту задачу, только при $n=1$ решение будет сходиться к решению с дельта-функцией, когда $\varepsilon\to 0 $, а вот при $n\ge 2$ предела не будет

[Munin]

Red_Herring в сообщении #1164075 писал(а):

И что Вы конкретно понимаете под нечетной функцией 2х переменных?

Я подразумевал $f(-x,-y)=-f(x,y),$ не настаиваю называть это нечётной. И да, условие строго говоря другое. Я же сказал, например.

[Red_Herring]

Munin в сообщении #1164077 писал(а):

Я подразумевал $f(-x,-y)=-f(x,y),$

Ну и возьмем $f(x,y)=x^2y(x^2+y^2)^{-3/2}$. Она нечетная, но в 0 ненепрерывная, $f(0,0)$ не определена.

Можно дать другое определение, третье, но от этой проблемы убежать не получится. Поэтому заменить $\delta$ образный потенциал к чистой $\delta$ можно только в одномерном случае.

[Munin]

Нет, давайте брать функции, в нуле непрерывные и дважды дифференцируемые. Иначе, очевидно, мой "рабоче-крестьянский" вывод неверен, и надо восходить к вашей мудрости о сингулярностях (кстати, как называется ваше $n$? чтобы циклопедии гуглить).

-- 29.10.2016 16:09:02 --

Red_Herring в сообщении #1164079 писал(а):

Поэтому заменить $\delta$ образный потенциал к чистой $\delta$ можно только в одномерном случае.

А я так понимаю, этой задачи и не стоит. Напротив, дано уравнение (например, как учебная задача), и надо с ним чё-то делать.

[B@R5uk]

Это не учебная задача. Подразумевался именно потенциал максимально простой формы, но не равный нулю. Одномерный случай был очень уж вдохновляющим.

Red_Herring в сообщении #1164075 писал(а):

Вложение пространств. Гуглите "теоремы вложения".

А можно в паре-тройке предложений комментарий специалиста в чём там суть? А то продираться сквозь дебри дотошных математических определений/доказательств себе дороже и, чувствую, не приведёт в ближайшем будущем меня к пониманию.

[dsge]

B@R5uk в сообщении #1164072 писал(а):

что вы понимаете под $\delta \left( x,y \right)$ ?

Дельта функция на $\mathbb{R}^2$.

[Red_Herring]

B@R5uk в сообщении #1164083 писал(а):

А можно в паре-тройке предложений комментарий специалиста в чём там суть?

Если $\nabla u \in L^2$, то в одномерном случае $u$ непрерывная, а в 2мерном вообще говоря нет. Чуть-чуть не дотягивает.

Или с другой стороны: давайте решать $\Delta u = \gamma \delta$. Что будет в одномерном случае? $u= \frac{1}{2}\gamma |x|+C$, непрерывная функция. А в двумерном? $u= -\gamma \ln r + ...$, где ... означают гармоническую. Увы, не непрерывная ("почти непрерывная", но все-таки нет). А в высших размерностях еще хуже. Поэтому для Шрёдингера точечный потенциал рассматривают только в размерности 1

-- 29.10.2016, 08:37 --

dsge в сообщении #1164085 писал(а):

Дельта функция на $\mathbb{R}^2$.

Ну так она равна произведению одномерных (произведение обобщенных функций разных переменных определяется канонически).