Разложение фундаментального решения по собственным функциям

[DLL]

В единичном шаре

$$\Omega = \left\{ {(x,y,z):\left| {x^2 + y^2 + z^2 } \right| < 1} \right\} \subset R^3 $$

рассмотрим уравнение Лапласа

$$\Delta u = f, \left. u \right|_{r = 1} = 0.$$

Фундаментальным решением этой задачи является функция

$$G = \frac{1}{{4\pi r}}\left( {1 - r} \right),$$

которая удовлетворяет граничным условиям в обычном смысле и самому уравнению с дельта-функцией в правой части в смысле обобщенных функций.

Исходная задача Дирихле для уравнения Лапласа в единичном шаре порождает самосопряженный оператор $A = \Delta$ в гильбертовом пространстве квадратично-суммируемых функций в единичном шаре с областью определения

$$D\left( A \right) = \left\{ {u \in W_2^2 \left( \Omega \right):\left. u \right|_{r = 1} = 0} \right\}.$$

Обратный к нему оператор (интегральный) как известно является компактным, и поэтому система собственных функций образует ортонормированный базис в этом пространстве. Обозначим собственные значения $\lambda_k$, соответствующие им нормированные собственные функции $\varphi_k$.

-- Вт ноя 20, 2012 19:16:27 --

Фундаментальное решение необходимо разложить по базису из собственных функций:

$$ G = \sum\limits_k {\alpha _k \varphi _k }. $$

Есть гипотеза, что

$$ \alpha _k = \frac{1}{{\lambda _k }}\varphi _k \left( 0 \right). $$

Эта гипотеза родилась из следующей цепочки формальных равенств

$$ \left( {\varphi _k ,G} \right) = \frac{1}{{\lambda _k }}\left( {A\varphi _k ,G} \right) = \frac{1}{{\lambda _k }}\left( {\varphi _k ,AG} \right) = \frac{1}{{\lambda _k }}\left( {\varphi _k ,\delta } \right) = \frac{1}{{\lambda _k }}\varphi _k \left( 0 \right).$$

[ewert]

DLL в сообщении #647065 писал(а):

Фундаментальным решением этой задачи является функция

$$G = \frac{1}{{4\pi r}}\left( {1 - r} \right),$$

которая удовлетворяет граничным условиям в обычном смысле

Да нет же, не удовлетворяет. Функция Грина для лапласиана в шаре хоть и несложна, но и не так примитивна.

-- Вт ноя 20, 2012 19:23:34 --

DLL в сообщении #647065 писал(а):

Фундаментальное решение необходимо разложить по базису из собственных функций:

$$ G = \sum\limits_k {\alpha _k \varphi _k }. $$

Ни в жисть Вы её так не разложите: что у фундаментального решения, то у функции Грина два аргумента, у Вас же всего лишь один.

[DLL]

Ладно, не будем называть эту функцию фундаментальным решением. Тем не менее, она удовлетворяет граничным условиям в обычном смысле. И в смысле обобщенных функций удовлетворяет уравнению:

$$ \Delta G = \delta, $$

где $\delta$ - дельта-функция в нуле.

[DLL]

Формально воспользовавшись второй формулой Грина можно написать:

$$ \int\limits_\Omega {\left( {\Delta \varphi _k \cdot G - \varphi _k \cdot \Delta G} \right)dV = \int\limits_{\partial \Omega } {\left( {\varphi _k \cdot \frac{{\partial G}}{{\partial n}}} \right.} } - \left. {\frac{{\partial \varphi _k }}{{\partial n}} \cdot G} \right)dS, $$

при чем ввиду того, что правая часть нуль имеем

$$ \int\limits_\Omega {\left( {\Delta \varphi _k \cdot G} \right)dV = \int\limits_\Omega {\left( {\varphi _k \cdot \Delta G} \right)} } dV = \int\limits_\Omega {\left( {\varphi _k \cdot \delta } \right)dV} = \varphi _k \left( 0 \right). $$

Конечно, воспользоваться классической формулой Грина нельзя, потому что функция G не является непрерывно-дифференцируемой и кроме того, равенство $\Delta G = \delta$ понимается в смысле обобщенных функций, но интутивно чувствуется, что результат правильный. Как можно аккуратно это обосновать?

[ewert]

DLL в сообщении #647477 писал(а):

интутивно чувствуется, что результат правильный. Как можно аккуратно это обосновать?

Наиболее просто с формальной точки зрения это обосновывается так. Не надо перебрасывать в скалярном произведении оператор Лапласа на функцию Грина -- наоборот, интерпретируйте это скалярное произведение как результат действия обратного оператора на первый сомножитель:

$$(A\varphi_k,G)\!=\!\int G(0,r)\cdot(A\varphi_k)(r)\,dV\!=\!\left.\int G(r',r)\cdot(A\varphi_k)(r)\,dV\right|_{r'=0}\!\!=\!(A^{-1}A\,\varphi_k)(r')\big|_{r'=0}=\varphi_k(0).$$

[DLL]

Спасибо, ewert. Столь простое, и в то же время эффектное доказательство от меня ускользнуло