Почему метод разделения переменных Фурье работает?

[realeugene]

А что там именно? И почему выбирают только конечные базисные функции по $r$ в центре круга (если забыть про "физический смысл")?

[g______d]

realeugene в сообщении #1265356 писал(а):

И почему выбирают только конечные базисные функции по $r$ в центре круга (если забыть про "физический смысл")?

Конкретно это следует из того, что собственные функции двумерного оператора Лапласа автоматически бесконечно гладкие в любой внутренней точке области.

realeugene в сообщении #1265356 писал(а):

А что там именно?

Мне кажется, что проще всего так: рассмотрим в $L^2(D)$ оператор $i\frac{\partial}{\partial \varphi}$. Он будет самосопряжён на естественной области определения и иметь точечный спектр бесконечной кратности (собственное подпространство с собственным значением $m$ состоит из функций $f(r)e^{2\pi i m \varphi}$, где $\sqrt r f\in L^2[0,1]$ -- любая функция). Оператор Лапласа коммутирует с оператором $i\frac{\partial}{\partial \varphi}$ (для двух самосопряжённых операторов есть точное определение того, что значит "коммутируют"; в данном случае это равносильно тому, что оператор поворота на угол $\varphi$ переводит область определения Лапласа в себя и на этой области определения они коммутируют; оператор $i\frac{\partial}{\partial \varphi}$ является генератором унитарной группы поворотов).

Из общей теории следует, что $L^2(D)$ раскладывается в прямую сумму собственных подпространств оператора $i\frac{\partial}{\partial \varphi}$, на каждое из которых можно сузить Лаплас и он останется самосопряжённым и плотно определённым (и будет прямой суммой этих сужений). Поскольку мы ранее отождествили это подпространство с $L^2[0,1]$ с весом $r$, можно выписать, как сужение будет действовать в этом подпространстве, получится что-то типа $\frac{\partial^2}{\partial r^2}+\frac{1}{r}\frac{\partial}{\partial r}+\frac{m^2}{r^2}$ ну или с точностью до констант, с краевым условием регулярности в нуле и каким-то условием в единице (зависит от того, что было для изначального Лапласа).

(если не хочется возиться с весовыми пространствами Соболева на отрезке, но хочется описать область определения этого сужения в терминах $r$, можно просто сказать, что $f(r)e^{2\pi i m \varphi}$ должно принадлежать области определения исходного Лапласа).

Если то же самое коротко: поскольку Лаплас коммутирует с оператором углового момента, мы не потеряем никаких собственных функций, если наложим дополнительное условие, что они также должны быть собственными функциями оператора углового момента. После наложения этого условия получается семейство одномерных спектральных задач.

-- Вт, 14 ноя 2017 14:33:40 --

На языке тензорных произведений это оператор вида $A_1\otimes I_2+B_1\otimes A_2$ в пространстве $H_1\otimes H_2$. Если у $A_2$ точечный спектр и известны собственные значения $\lambda_i$, то в пространстве $H_1$ получаем набор операторов $A_1+\lambda_i B_1$, у каждого из которых надо найти собственные значения и функции, и всё вместе даст спектральное разложение полной задачи по тем же причинам -- весь оператор коммутирует с $I_1\otimes A_2$.

В данной задаче, по-видимому, $H_1=L^2([0,1],r)$ (с весом $r$), $H_2=L^2(S^1)$, $A_1=\frac{\partial^2}{\partial r^2}+\frac{1}{r}\frac{\partial}{\partial r}$, $B_1=\frac{1}{ r^2}$, $A_2=\frac{1}{2\pi} \frac{\partial^2}{\partial\varphi^2}$, ну опять же, я мог где-то знаки или $\pi$ потерять.

[realeugene]

g______d в сообщении #1265367 писал(а):

собственное подпространство с собственным значением $m$ состоит из функций $f(r)e^{2\pi i m \varphi}$, где $\sqrt r f\in L^2[0,1]$ -- любая функция

В $r=0$ не требуются какие-то особые условия, обеспечивающие бесконечную гладкость решения в исходной окружности для любого $m$? Всё-таки $J_0$ в центре единична, а остальные базисные по $r$ бесселя там нулевые. Но в этом месте вы рассматриваете произвольную $f(r)$.

[g______d]

realeugene в сообщении #1265433 писал(а):

В $r=0$ не требуются какие-то особые условия, обеспечивающие бесконечную гладкость решения в исходной окружности для любого $m$? Всё-таки $J_0$ в центре единична, а остальные базисные по $r$ бесселя там нулевые. Но в этом месте вы рассматриваете произвольную $f(r)$.

В этом месте я ещё не дошёл до дифференцирования по $r$. Фактически, это просто разложение $L^2(D)$ в ряд Фурье по $\varphi$, с коэффициентами из $L^2$ с весом по переменной $r$. После этого оператор Лапласа можно сузить на подпространство с фиксированным $m$, и для области определения этого сужения появится условие по $r$ в нуле, ну и вообще какая-то дифференцируемость по $r$.

[realeugene]

g______d в сообщении #1265576 писал(а):

В этом месте я ещё не дошёл до дифференцирования по $r$. Фактически, это просто разложение $L^2(D)$ в ряд Фурье по $\varphi$, с коэффициентами из $L^2$ с весом по переменной $r$. После этого оператор Лапласа можно сузить на подпространство с фиксированным $m$, и для области определения этого сужения появится условие по $r$ в нуле, ну и вообще какая-то дифференцируемость по $r$.

То есть, $h_1J_0$ будет одной из базисных функций в $L^2(\text{прямоугольник})$, но не внутри окружности с центром (так как она при $r=0$ в исходной окружности разрывна)?

[g______d]

realeugene в сообщении #1265590 писал(а):

То есть, $h_1J_0$ будет одной из базисных функций в $L^2(\text{прямоугольник})$,

Поясните, при чём здесь прямоугольник и что такое $h_1$?

-- Ср, 15 ноя 2017 10:16:42 --

Если $D$ -- единичный диск, то любая функция из $L^2(D)$ представима в виде

$$ f(r,\varphi)=\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\sum\limits_{m\in\mathbb Z}f_m(r)e^{i m \varphi},\quad \|f\|_{L^2(D)}^2=\sum\limits_{m\in \mathbb Z}\int\limits_0^1 r |f_m(r)|^2\,dr $$

-- Ср, 15 ноя 2017 10:21:43 --

Таким образом, $L^2(D)=\oplus_{m\in \mathbb Z} H_m$, где $H_m$ -- это множество всех функций вида $f(r)e^{im\varphi}$, принадлежащих $L^2(D)$ (подпространство функций с фиксированным угловым моментом). Каждое $H_m$ можно отождествить с пространством всех функций переменной $r$ на $[0,1]$, у которых конечна норма $\int_0^1 r |f(r)|^2\,dr$.

-- Ср, 15 ноя 2017 10:23:42 --

Дальше, можно показать, что оператор Лапласа имеет блочную структуру по отношению к этим подпространствам.

-- Ср, 15 ноя 2017 10:24:59 --

Соответствующий блок имеет вид $\frac{\partial^2}{\partial r^2}+\frac{1}{r}\frac{\partial}{\partial r}+\frac{m^2}{r^2}$, ну или что там получается, если в полярных координатах записать. Если мы диагонализуем каждый блок, мы тем самым диагонализуем исходный оператор.

[realeugene]

Прямоугольник - это разрезанная развёртка круга с выколотым центром и периодическим краевым условием (блин, как же это всё правильно называется и обозначается?), в которой мы делим переменные.

$h_m(\varphi)=e^{im\varphi}$

g______d в сообщении #1265594 писал(а):

Если $D$ -- единичный диск, то любая функция из $L^2(D)$ представима в виде

$$ f(r,\varphi)=\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\sum\limits_{m\in\mathbb Z}f_m(r)e^{i m \varphi},\quad \|f\|_{L^2(D)}^2=\sum\limits_{m\in \mathbb Z}\int\limits_0^1 r |f_m(r)|^2\,dr $$

Но ещё требуется $f_m(0)=0$ при $m \neq 0$, и $f_m(0)$ д. б. конечно при $m = 0$. В просто тензорном произведении гильбертовых пространств как решений разделённых уравнений, ведь, этого условия не будет?

[g______d]

realeugene в сообщении #1265612 писал(а):

Но ещё требуется $f_m(0)=0$ при $m \neq 0$, и $f_m(0)$ д. б. конечно при $m = 0$.

Первое равенство понимается в смысле $L^2$, чему именно равно $f(0)$ не важно, $L^2$ всё равно не множество функций, а множество классов эквивалентных функций с точностью до множества меры нуль.

-- Ср, 15 ноя 2017 11:22:23 --

Условие в нуле (надо ещё посчитать, какое именно) появится потом, после разложения в прямую сумму, когда мы будет описывать, чему равна область определения блока оператора Лапласа. Она, разумеется, не будет всем $H_m$ целиком, потому что это неограниченный оператор.

-- Ср, 15 ноя 2017 11:25:22 --

realeugene в сообщении #1265612 писал(а):

Прямоугольник - это разрезанная развёртка круга с выколотым центром и периодическим краевым условием (блин, как же это всё правильно называется и обозначается?), в которой мы делим переменные.

realeugene в сообщении #1265590 писал(а):

То есть, $h_1J_0$ будет одной из базисных функций в $L^2(\text{прямоугольник})$, но не внутри окружности с центром (так как она при $r=0$ в исходной окружности разрывна)?

А, ну она не будет собственной функцией Лапласа, потому что при угловом моменте $1$ уравнение Бесселя даст $J_1$, а не $J_0$.

-- Ср, 15 ноя 2017 11:28:05 --

Т. е. условие "мы получим в нуле одно и то же, независимо от того, с какой стороны подходим" будет выполнено автоматически либо за счёт $m=0$ (при котором от направления ничего вообще не зависит), либо за счёт того, что $J$ будет с индексом больше единицы, при котором в нуле будет ноль.

[realeugene]

g______d в сообщении #1265614 писал(а):

А, ну она не будет собственной функцией Лапласа, потому что при угловом моменте $1$ уравнение Бесселя даст $J_1$, а не $J_0$.

Да, но ведь мы для того и делим переменные, чтобы взять все возможные произведения пар базисных функций, и, потом, выбрать из них подпространство, состоящее только из этих произведений, удовлетворяющих оператору Лапласа? Но $h_1J_0$ не принадлежит $L^2(D)$, так как в центре круга у неё неустранимый разрыв. Но мы его должны рассматривать в тензорном произведении гильбертовых пространств, так как $J_0h_0$ и $J_1h_1$ являются собственными функциями оператора Лапласа. Какая-то неувязочка в таком простом построении.

[g______d]

realeugene в сообщении #1265633 писал(а):

Но $h_1J_0$ не принадлежит $L^2(D)$,

Принадлежит. Функции из $L^2(D)$ не обязаны быть непрерывными или иметь только устранимые разрывы.

-- Ср, 15 ноя 2017 12:42:23 --

realeugene в сообщении #1265633 писал(а):

Но мы его должны рассматривать в тензорном произведении гильбертовых пространств, так как $J_0h_0$ и $J_1h_1$ являются собственными функциями оператора Лапласа. Какая-то неувязочка в таком простом построении.

Он будет линейной комбинацией (в смысле $L^2$) каких-то других собственных функций.

-- Ср, 15 ноя 2017 12:49:15 --

realeugene в сообщении #1265633 писал(а):

Да, но ведь мы для того и делим переменные, чтобы взять все возможные произведения пар базисных функций, и, потом, выбрать из них подпространство, состоящее только из этих произведений, удовлетворяющих оператору Лапласа?

Возможно, Вы пропустили мой комментарий о том, что в случае окружности всё немного сложнее, чем простое тензорное произведение. Для разных $m$ радиальный оператор разный, поэтому $J_m h_n$ (в Ваших обозначениях) собственной функцией не будет, нужно всегда брать $J_m h_m$, а дополнительная свобода получается, потому что у $J_m$ можно масштабировать аргумент.

[realeugene]

g______d в сообщении #1265638 писал(а):

Принадлежит. Функции из $L^2(D)$ не обязаны быть непрерывными или иметь только устранимые разрывы.

Да, верно, по Лебегу её квадрат интегрируем. Принадлежит.

[g______d]

Я могу на конечном примере пояснить, что происходит. Пусть у нас есть два конечномерных пространства $H_1$ и $H_2$, $\dim H_1=m$, $\dim H_2=n$ и оператор в $H_1\otimes H_2$, имеющий вид $A=A_1\otimes I_2+B_1\otimes A_2$. Допустим, что мы нашли собственные функции $A_2$, $A_2 \psi_k=\mu_k\psi_k$, $k=1,\ldots,n$.

Покольку $A$ коммутирует с $I_1\otimes A_2$, собственные функции $A$ можно искать в виде $f\otimes \psi_k$. Для $f$ получается спектральная задача в пространстве $H_1$,

$$ A_1 f+\mu_k B_1 f=\lambda_{k,l}f,\quad k=1,\ldots,n, \quad l=1,\ldots,m. $$

Новые собственные значения имеют два индекса, поскольку для каждого $k$ спектральная задача разная, с разным оператором $A_1+\mu_k B_1$, собственные функции которого ищутся.

-- Ср, 15 ноя 2017 13:03:53 --

Дальше, пусть мы решили при каждом $k$ эту задачу, найдя собственные функции $f_{k,l}$, тогда полное спектральное разложение будет иметь вид

$$ A(f_{k,l}\otimes \psi_k)=\lambda_{k,l} f_{k,l}\otimes \psi_k. $$

Применительно к исходной задаче, $\psi_k$ -- это угловые гармоники $h_k$, $f_{k,l}$ -- это $J_k(\varkappa_{k,l}r)$, где $\varkappa$ -- соответствующий нуль функции, или производной, или какой-то их комбинации, в зависимости от краевых условий.

[realeugene]

g______d в сообщении #1265638 писал(а):

Возможно, Вы пропустили мой комментарий о том, что в случае окружности всё немного сложнее, чем простое тензорное произведение.

Да, действительно, упустил. Спасибо, теперь понятно, что там происходит. Да, и есть лемма про полноту такой системы собственных функций с парами индексов (у Владимирова в учебнике без доказательства, но я и просил без доказательства).