Резольвента самосопряженного оператора

[e.mazhnik]

Столкнулся с такой задачей: найти резольвенту следующего интегрального оператора
$\mathscr K (x,y) = \begin{cases} x,&\text{если } 0\leqslant x\leqslant y\leqslant1;\\ y,&\text{если } 0\leqslant y\leqslant x\leqslant1. \end{cases} $

Нетрудно выбрать для него систему ортонормальных на $L_2[0,1]$ собственных функций:
$\varphi_{m+1} = \sqrt{2} \sin \left[ (\frac{\pi}{2} + \pi m)x \right], \lambda_{m+1} = \left(\frac{\pi}{2} + \pi m \right)^2, m \in \mathbb N_0$
Поскольку ядро оператора непрерывно и эрмитово, резольвента представляется в виде билинейного ряда:
$\mathscr R (x,y; \lambda) = \sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{\varphi_n(x) \bar{\varphi}_n(y)}{\lambda_n - \lambda} = \sum\limits_{m=0}^{\infty} \frac{2 \sin \left[ (\frac{\pi}{2} + \pi m)x \right] \sin \left[ (\frac{\pi}{2} + \pi m)y \right]}{(\frac{\pi}{2} + \pi m)^2 - \lambda}$
Найти функцию в обычном виде у меня не получилось.

Вопрос такой: есть ли способ вычисления такого ряда и можно ли найти эту резольвенту как-нибудь проще?

[Red_Herring]

Очевидно, с.з. найдены неверно: оператор ограниченный, а они у Вас стремятся к бесконечности (поскольку оператор компактный, то они должны стремиться к 0).

Подсказка: Ваш интегральный оператор можно описать так: $f\to u$, где $u$ решение $u''=-f, u(0)=u'(1)=0$. Поэтому с.з. будут обратными к тому, что Вы нашли.

[e.mazhnik]

Red_Herring в сообщении #1101229 писал(а):

Очевидно, с.з. найдены неверно

$\lambda_{m+1}$ - это не с.з. оператора, а его характеристические числа. И в представлении резольвенты $\mathscr R (x,y; \lambda)$ имеются ввиду именно характеристические числа.

Red_Herring в сообщении #1101229 писал(а):

с.з. будут обратными к тому, что Вы нашли

Все верно, $\Lambda_{m+1} = \left\{ \sqrt{2} \sin \left[ (\frac{\pi}{2} + \pi m) x \right] \right\}^{-1}$

[Red_Herring]

А по-вашему, что такое резольвента оператора?

[e.mazhnik]

Red_Herring в сообщении #1101287 писал(а):

А по-вашему, что такое резольвента оператора?

$\mathscr R (x,y; \lambda) = \sum\limits_{k=0}^{\infty} \lambda^k {\mathscr K}_{k+1} (x,y)$, где $\mathscr K_{k+1} (x,y)$ - повторные ядра ядра $\mathscr K (x,y)$.
В таком случае решение интегрального уравнения $u = \lambda K u + f$ представляется (в достаточно хороших случаях) в виде $u = f + \lambda R f$, где $R$ - интегральный оператор с ядром $\mathscr R (x,y; \lambda)$

[Red_Herring]

Я допускаю, что такое определение ($(I-\lambda K)^{-1})$) где-то даётся, однако стандартное определение это $(K-\lambda)^{-1}$.

[ewert]

Red_Herring в сообщении #1101321 писал(а):

Я допускаю, что такое определение ($(I-\lambda K)^{-1})$) где-то даётся, однако стандартное определение это $(K-\lambda)^{-1}$.

Оно конечно, однако применительно конкретно к интегральным уравнениям лямбды почему-то принято ставить при операторах (но, правда, и называть не собственными, а характеристическими).

[Red_Herring]

ewert в сообщении #1101722 писал(а):

однако применительно конкретно к интегральным уравнениям

Исторические причины.

А так Ваше выражение максимально простое возможное

[DeBill]

Red_Herring

Red_Herring в сообщении #1101732 писал(а):

А так Ваше выражение максимально простое возможное

А чё, ну никак не упростить разве? Разве ряд из первого поста e.mazhnik не есть чей то там ряд Фурье?
Или: решая дифур из Вашего поста (с добавком $\lambda u$) методом вариации постоянной, например, мы разве не получим интегральное представление для резольвенты? Там в какой-то момент появляется нехороший член с $f'$, но потом он благополучно исчезает. Вроде бы...

-- 24.02.2016, 20:57 --

e.mazhnik
Мне кажется, что и повторные ядра вполне считабельны, и ряд - мобыть - свернется

[Lia]

Тема перемещена из форума «Помогите решить / разобраться (М)» в форум «Карантин»
по следующим причинам:

- неправильно набраны формулы (краткие инструкции: «Краткий FAQ по тегу [math]» и видеоролик Как записывать формулы);

e.mazhnik
Каждая формула должна начинаться со знака доллара и заканчиваться им. Исправьте по всей теме, пожалуйста.

Исправьте все Ваши ошибки и сообщите об этом в теме Сообщение в карантине исправлено.
Настоятельно рекомендуется ознакомиться с темами Что такое карантин и что нужно делать, чтобы там оказаться и Правила научного форума.

[Lia]

Тема перемещена из форума «Карантин» в форум «Помогите решить / разобраться (М)»

[Red_Herring]

DeBill в сообщении #1101811 писал(а):

А чё, ну никак не упростить разве? Разве ряд из первого поста e.mazhnik не есть чей то там ряд Фурье?
Или: решая дифур из Вашего поста (с добавком $\lambda u$) методом вариации постоянной, например, мы разве не получим интегральное представление для резольвенты?

Да, конечно. В первом случае надо произведение синусов разложить в разность синусов и работать с функциями одной переменной $x+y$ и $ x-y$.

Но всё-таки то что записано в оригинальном посте это ядро Шварца $K(1-\lambda K)^{-1}$, а не того, что обычно называется резольвентой.

[e.mazhnik]

DeBill в сообщении #1101811 писал(а):

решая дифур из Вашего поста (с добавком $\lambda u$)

Да, так и правда получилось. Правда, я опять, возможно, все усложняю.
Рассмотрим интегральное уравнение $u = \lambda K u + f$. Путем несложных преобразований получим краевую задачу $\{ u'' + \lambda u = f'', u(0) = 0, u'(1) = 0 \}$.
Найдем функцию Грина $G(x,y)$ краевой задачи. Для это выберем два линейно независимых решения, удовлетворяющих разным граничным условиям: $u_1 = \sin \sqrt{\lambda} x$ и u_2 = \cos \sqrt{\lambda} (x-1)$. Определитель Вронского равен $\omega = -\sqrt{\lambda} \cos \sqrt{\lambda}$.
Тогда $ G(x,y) = \frac{-1}{\sqrt{\lambda} \cos \sqrt{\lambda}} \begin{cases} \sin \sqrt{\lambda}x \cos \sqrt{\lambda} (y-1),&\text{если } 0 \leqslant x \leqslant y;\\ \sin \sqrt{\lambda}y \cos \sqrt{\lambda} (x-1),&\text{если } y \leqslant x \leqslant 1. \end{cases} $
Общее решение: $u(x) = \int\limits_{0}^{1} G(x,y) f'' (y)\,dy$. Из него следуют условия разрешимости: $\{f(0) = u(0) = 0, f'(1) = u'(1)= 0\}$.
Применив интегрирование по частям получим $u(x) = G(x,y) f'(y) \bigg|_0^1 - \int\limits_{0}^{1} G'_y(x,y) f'(y)\,dy = - \int\limits_{0}^{1} G'_y(x,y) f'(y)\,dy$.
Ядро последнего интеграла $G'_y (x,y)$ разрывно в $x$, поэтому разобьем его на два непрерывных интервала $G'_y (x,y) = {G_1}'_y (x,y) + {G_2}'_y (x,y)$ и проинтегрируем по частям:
$u(x) = -f(y) {G_1}'_y (x,y) \bigg|_0^x - f(y) {G_2}'_y (x,y) \bigg|_x^1 + \int\limits_0^1 G''_{yy} (x,y) f (y)\,dy = {f(x) +\int\limits_{0}^{1} G''_{yy} (x,y) f(y)\,dy}$.

e.mazhnik в сообщении #1101304 писал(а):

решение интегрального уравнения $u = \lambda K u + f$ представляется (в достаточно хороших случаях) в виде $u = f + \lambda R f$, где $R$ - интегральный оператор с ядром $\mathscr R (x,y; \lambda)$

В соответствии с этим определением $\mathscr R (x,y; \lambda) = \frac{1}{\sqrt{\lambda} \cos \sqrt{\lambda}} \begin{cases} \sin \sqrt{\lambda}x \cos \sqrt{\lambda} (y-1),&\text{если } 0 \leqslant x \leqslant y;\\ \sin \sqrt{\lambda}y \cos \sqrt{\lambda} (x-1),&\text{если } y \leqslant x \leqslant 1. \end{cases}$

-- 26.02.2016, 03:51 --

Red_Herring в сообщении #1101971 писал(а):

Но всё-таки то что записано в оригинальном посте это ядро Шварца $K(1-\lambda K)^{-1}$, а не того, что обычно называется резольвентой.

Здесь имелось ввиду $(1 - \lambda K)^{-1}$ ? Или я чего-то не понимаю.

[Red_Herring]

e.mazhnik в сообщении #1102172 писал(а):

Здесь имелось ввиду

Во первых "имелось в виду", а во вторых "ввиду того что K интегральный оператор $(1-\lambda K)^{-1} $ интегральным оператором быть не может". А вот если отнять от него $1$, так пожалуйста.

[e.mazhnik]

Red_Herring в сообщении #1102177 писал(а):

Во первых "имелось в виду"

Извиняюсь, нелепая опечатка. Стараюсь такого не допускать. Впрочем, не обособлять вводные слова тоже не есть хорошо.

Red_Herring в сообщении #1102177 писал(а):

во вторых "ввиду того что K интегральный оператор $(1-\lambda K)^{-1} $ интегральным оператором быть не может". А вот если отнять от него $1$, так пожалуйста.

Да, само собой. Просто встречал в литературе такое обозначение резольвенты, что как бы подразумевает, что еще $1$ должна быть. Вы и сами так написали в первый раз:

Red_Herring в сообщении #1101321 писал(а):

Я допускаю, что такое определение ($(I-\lambda K)^{-1}$) где-то даётся

Так я правильно понимаю, что ядро оператора $(1 - \lambda K)^{-1} - 1$ обычно именуется ядром Шварца?