Сопряженный оператор, Лаплас и обратный Лаплас

[*DashkA*]

ewert
Вы правы, спасибо большое! Я не записала 2 граничных условия. Итак ответом будет, сопряженный оператор к

$L=\Delta-\Delta^{-1}, $

с областью определения

$ \{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 \}. $

является симметричный ему оператор

$L^*=\Delta-\Delta^{-1}, $

с областью определения

$ \{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} \}. $

Ураааа! Спасибо Всем!

[ewert]

у меня картинки (во минимизацию трафика) не отображаются, поэтому вникнуть во все детали не могу.

Однако ж не могу и не повиниться. Насчёт того, что оператор будет тот же -- это я наобум плюнул. Т.е. с граничными условиями -- безусловно так, а вот что такое оператор, сопряжённый к обратному лапласиану (на какой области он, да и сам обратный определён) -- я даже и не задумывался (пардон, не до размышлений).

Так что не исключено, что мои реплики и не по делу. Ну тады надо двигаться методом последовательных приближений.

[nckg]

nckg писал(а):

На мой взгляд самосопряжённость оператора $\Delta^{-1}$ можно проверить по определению, нужно использовать тождество $u=\Delta \Delta^{-1} u$ и вторую формулу Грина.

ewert писал(а):

Обратный к лапласиану не симметричен, т.к. не симметричен сам лапласиан (недостаточно граничных условий).

Согласен, невнимательно прочитал условие задачи --- думал, что граничные условия --- нулевые.

Кстати, какие граничные условия всё же рассматриваются? В первом посте написано:

*DashkA* писал(а):

$\{v({ x,y,z})\in L_2(V)\; :\; v|_{z=a}=v|_{z=-a}=0 ,\; v|_{x=a}=v|_{x=-a} ,\; v|_{y=a}=v|_{y=-a} \}$

а в предпоследнем ---

*DashkA* писал(а):

$\{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 \}. $

(У меня такое ощущение, что там, где граничные условия --- нулевые, дополнительных условий не нужно, а там - где требуется периодичность, нужно требовать и периодичность производных...)

[zoo]

*DashkA* в сообщении #145137 писал(а):

с областью определения

$ \{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 \}. $

по $z$ и условия Неймана и условия Дирихле одновременно. Странно

[ewert]

Ничего странного. Никто не может запретить поставить одновременно и Дирихле, и Неймана -- оператор 2-го порядка их держит. Правда, эти условия постоянно меняются по ходу дискуссии, и уследить за этими изменениями я лично даже и не пытаюсь.

[zoo]

ewert писал(а):

Ничего странного. Никто не может запретить поставить одновременно и Дирихле, и Неймана -- оператор 2-го порядка их держит.

много чего нельзя запретить. Уравнение Лапласа-Пуассона с краевыми условиями Дирихле и Неймана одновременно решений вообще говоря не имеет. Сомневаюсь, что от нее ждут именно такого постмодернизма

ewert писал(а):

Правда, эти условия постоянно меняются по ходу дискуссии, и уследить за этими изменениями я лично даже и не пытаюсь.

а по-моему ничего не меняется: периодические условия по $x,y$ и нуль при $z=0,a$ Просто пока похожего на правду решения не видать

[ewert]

zoo в сообщении #145346 писал(а):

Уравнение Лапласа-Пуассона с краевыми условиями Дирихле и Неймана одновременно решений вообще говоря не имеет. Сомневаюсь, что от нее ждут именно такого постмодернизма

Нет, это в той ветке я чуток заблудился, а уж в этой-то никто "вообще говоря решения" не требовал. Требовали сопряжённый оператор.

И граничные условия по иксам с игреками были именно наполовину периодическими.

[zoo]

ewert в сообщении #145446 писал(а):

Нет, это в той ветке я чуток заблудился, а уж в этой-то никто "вообще говоря решения" не требовал. Требовали сопряжённый оператор.

да можно наверное если очень хочется работать с оператором Лапласа так как будто это не имеет отношения к решению уравнений, но поскольку Вы предлагаете такой подход студентке, я хочу отметить, что если она будет задавать область определения оператора $L$ вот так:

*DashkA* в сообщении #145137 писал(а):

$L=\Delta-\Delta^{-1}, $

с областью определения

$ \{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 \}. $

то "зачет" она вряд ли скоро получит.

[ewert]

Кто-то из нас чего-то явно не понимает, и боюсь, что в данном случае -- не я. Граничные условия были буквально такими ("недоопределёнными") по условию задачи, и это естественно. Иначе какой смысл вообще ставить вопрос о сопряжённом операторе? Просто замыкание (если необходимо) исходного -- и всё.

[zoo]

ewert писал(а):

Кто-то из нас чего-то явно не понимает, и боюсь, что в данном случае -- не я. Граничные условия были буквально такими ("недоопределёнными") по условию задачи, и это естественно. Иначе какой смысл вообще ставить вопрос о сопряжённом операторе? Просто замыкание (если необходимо) исходного -- и всё.

Граничные условия такими не были, в первом посте про обнуление производных по $z$ ничего не говорилось. И самое главное: где-то в середине ветки девушка проговорилась всетаки, что по переменным $x,y$ у нас периодичность. (я специально открыл другую ветку, в которой показывается, что периодичность и равенство значений на концах в данной задаче это не одно и тоже) Поэтому граничные условия вполне определенны (периодичность по $x,y$ и нуль при $z=\pm a$) и позволяют дать однозначный ответ на вопрос задачи.

[ewert]

ну тады я ваще ничего не понимаю. Однако мне кажется всё-таки, что изначально условия были именно такими (читал этот вопрос с нуля, ну или почти), да и сейчас они числятся таковыми.

Впрочем, вопрос остаётся содержательным, независимо от возможных дальнейших его изменений.

------------------------------------------------------------------------------
Пыс. Зазивалси, по зетам условия были (и остаются) вовсе не такими, а просто -- честные условия Дирихле.

[zoo]

Рассмотрим множество функций $u(x,y,z)\in C^2(\mathbb{R}\times \mathbb{R}\times [-a,a])$ таких, что
1) функции $u$ $2a-$периодичны по $x$ и $y$
2) $u(x,y,\pm a)=0$
Замыкание этого множества в пространстве $H^1(V)$ обозначим через $X$. ($V$ - куб со стороной размера $2a$.)

Утв. Оператор $\Delta:X\to X^*$ самосопряжен и является непрерывным изоморфизмом.

[ewert]

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 ${d^2\over dx^2}$ -- оператор двукратного дифференцирования на отрезке вообще без граничных условий. Что будет сопряжённым оператором?

[zoo]

ewert писал(а):

Во-первых -- ещё раз: здесь вам не тут! Оператор самосопряжён на аш-два, а на аш-один

Хорошо, давайте произнесем больше слов. Через $Y$ обозначим
множество функций $u(x,y,z)\in C^2(\mathbb{R}\times \mathbb{R}\times [-a,a])$ (вместо $C^2$ можно взять и $H^2$) таких, что
1) функции $u$ $2a-$периодичны по $x$ и $y$
2) $u(x,y,\pm a)=0$
Тогда утверждается, что оператор $\Delta:Y\to (H^1(V))^*$ самосопряжен в смысле скалярного произведения в $L^2(V)$ т.е. $(\Delta u,v)=(u,\Delta v)$ $u,v\in Y$ и не более.
Далее утверждается, что этот оператор может быть продолжен до непрерывной биекции
из $X$ (где $X$ -- замыкание пространства $Y$ в $H^1(V)$) в $X^*$.

ewert писал(а):

Во-вторых: да хрен с ним, с этим оператором, пусть себе будет самосопряжённым. Граничные-то условия ставились вовсе не так.

Читать надо лучше:

*DashkA* в сообщении #144672 писал(а):

$L=\Delta-\Delta^{-1}, $

с областью определения

$\{v({ x,y,z})\in L_2(V)\; :\; v|_{z=a}=v|_{z=-a}=0 ,\; v|_{x=a}=v|_{x=-a} ,\; v|_{y=a}=v|_{y=-a} \}$

*DashkA* в сообщении #144775 писал(а):

Спасибо. Равенства, это я просто так граничные условия записала, периодичность по $x$ и $y$, нулевые по $z$

[ewert]

zoo писал(а):

Тогда утверждается, что оператор $\Delta:Y\to (H^1(V))^*$ самосопряжен в смысле скалярного произведения в $L^2(V)$ т.е. $(\Delta u,v)=(u,\Delta v)$ и не более.

Совершенно напрасно утверждается. Это тождество означает лишь симметричность, а вовсе не самосопряжённость.
И потом: что это вообще за сопряжённые пространства? В гильбертовом-то пространстве?

Ну и наконец: что всё-таки будет сопряжённым к тому оператору двукратного дифференцирования?