Как ввести понятие корня из оператора Лапласа?

[Sergey Malashenko]

Добрый день. Собственной мой вопрос в заголовке.

[ewert]

Смотря в каком смысле корень. Например, как просто $i\nabla$, но это только во всём пространстве. Если же есть граничные условия, то через спектральное разложение.

[Red_Herring]

Я бы не назвал

ewert в сообщении #914805 писал(а):

просто $i\nabla$

корнем из Лапласа (точнее, положительного Лапласиана, $-\partial_x^2-\partial_y^2-\ldots$) потому что (кроме 1-мерного случая) этот оператор $L^2(\mathbb{R}^n,\mathbb{C})$ в
$L^2(\mathbb{R}^n, \mathbb{C}^n)$ (и обратно) т.е. Лапласиан получается не как квадрат, а как произведение $(i\nabla)^* (i\nabla)$.

Не говоря уже о Лапласиане на формах. Поэтому: только через спектральное разложение, а во всем пространстве—также эквивалентно через преобразование Фурье.

[Munin]

Red_Herring в сообщении #914819 писал(а):

а во всем пространстве—также эквивалентно через преобразование Фурье.

Интересно, а где можно для справки посмотреть результаты такого Фурье для 1, 2, 3, (1,1), (1,2), (1,3)-мерных пространств?

-- 03.10.2014 16:58:53 --

И шобы два раза не вставать, обратных к ним операторов?

[ewert]

Если где и смотреть, то в каких-нибудь книжках по псевдодифференциальным операторам (ибо они воистину псевдодифференциальны). Как и обратные к ним. И ничего более явного об их устройстве вроде бы и не скажешь.

-- Пт окт 03, 2014 17:25:45 --

Red_Herring в сообщении #914819 писал(а):

Лапласиан получается не как квадрат, а как произведение $(i\nabla)^* (i\nabla)$.

Но я ведь и сказал -- смотря в каком смысле. А квадратный корень из лапласиана в точном смысле -- зачем он вообще нужен (кроме, конечно, общетеоретических целей)?

[Munin]

ewert
Спасибо, я спросил не у вас, я спросил у специалиста.

[Red_Herring]

Мультипликатором называется оператор который в "моментном представлении" является оператором умножения. Он же: оператор свертки, он же—оператор, инвариантные относительно сдвига. Если у них символ (т.е. на что умножается) — достаточно гладкая функция, то они также являются псевдодифференциальными операторами (но очень частным случаем). Там есть нетривиальная теория: когда они действуют из $L^p$ в $L^q$.

Поскольку любой Лапласиан в $\mathbb{R}^n$ это мультипликатор с символом $|\xi|$ (другой вопрос, как эту норму определить), то его корень—мультипликатор с символом $|\xi|^{1/2}$—но если метрика индефинитная, то надо продумать определение этого корня! Не видел нигде.

Этот оператор (хотя и не всегда во всем пространстве) возникает во многих задачах. Например, т.н. Dirichlet-to-Neumann оператор (для Лапласиана) с точностью до младших членов (если в п/пространстве—то в точности) будет (минус) корнем из Лапласиана на границе.

Фундаментальное решение волнового задачи Коши (или смешанной) для уравнения будет ядром Шварца $\Delta^{-1/2}\sin (t\Delta^{1/2})$ ($\Delta$—положительный Лапласиан). Это использовалось в т.н. методе гиперболического уравнения http://www.viniti.ru/russian/math/itogi/vols/v64.htm

[Munin]

Red_Herring в сообщении #914845 писал(а):

но если метрика индефинитная, то надо продумать определение этого корня! Не видел нигде.

Вот как! Спасибо. Я думал, что физически интересные случаи уже давно разобраны.

[Vince Diesel]

Fractional Laplacian.

[Red_Herring]

Vince Diesel в сообщении #914867 писал(а):

Fractional Laplacian.

Хорошая ссылка.

Если мы рассматриваем Лапласиан в области, то его нецелые степени не только не являются псевдо–дифференциальными операторами, но даже не принадлежат алгебре Бутэ-дю-Монвея
L. Boutet de Monvel, “Boundary problems for pseudodifferential operators,” Acta Math.,126, Nos. 1–2, 11–51 (1971).
Дело в том, что дробная степень Лапласиана не имеет transmission property (см. ссылку)

[Sergey Malashenko]

Наверное я попробую более конкретно поставить вопрос. Имеем обычное уравнение колебаний
$\frac{d^2A}{dt^2}=\Delta A - nA$, где n - некоторая функция (концентрация электронов). Задача в ставится в ограниченной области с безотражательными граничными условиями. Я могу разложить уравнение на два ОДУ первого порядка,но возникает корень от оператора Лапласа.

[Munin]

Vince Diesel в сообщении #914867 писал(а):

Fractional Laplacian.

Спасибо, то что надо!!!

-- 03.10.2014 23:53:08 --

Sergey Malashenko в сообщении #914938 писал(а):

Наверное я попробую более конкретно поставить вопрос. Имеем обычное уравнение колебаний
$\frac{d^2A}{dt^2}=\Delta A - nA$, где n - некоторая функция (концентрация электронов).

У, вам надо ботать уравнение Клейна-Гордона. В стационарных режимах - уравнение Гельмгольца. И нечего нам было мозги парить высшей математикой :-)

[amon]

Sergey Malashenko в сообщении #914938 писал(а):

Я могу разложить уравнение на два ОДУ первого порядка,но возникает корень от оператора Лапласа.

На два - не знаю, а на четыре -легко. Получатся уравнения Дирака.

[g______d]

Munin в сообщении #914942 писал(а):

У, вам надо ботать уравнение Клейна-Гордона. В стационарных режимах - уравнение Гельмгольца. И нечего нам было мозги парить высшей математикой

Если $n$ не зависит от времени, то это сначала задача на собственные значения оператора Шредингера $H=\Delta+n(x)$, а потом эволюция, немного более сложная, чем у Шредингера (будут $\cos H^{1/2}t$ и ядро Шварца, как у Red_Herring). Поскольку эволюция второго порядка, нужно задать начальное условие и производную по $t$. Если производная равна нулю, то останется только косинус, и в нем будут только целые степени $H$; последнее дает некоторые хорошие свойства вроде конечности скорости распространения возмущений.

[Red_Herring]

amon в сообщении #914960 писал(а):

На два - не знаю,

\begin{align} &u_t= \Delta^{1/2}v,\\ &v_t=-\Delta^{1/2}u \end{align}
где $\Delta$–положительный Лапласиан.

Можно, конечно
\begin{align} &u_t= w,\\ &w_t=-\Delta u \end{align}
но там вместо $L^2\oplus L^2$ будет $H^1\oplus L^2$.

-- 03.10.2014, 23:57 --

g______d в сообщении #914999 писал(а):

(будут $\cos H^{1/2}t$)

Возможны неприятности если $H$ не будет неотрицательно определенным. $H^{1/2}$ конечно можно определить, но он не будет самосопряженным оператором и пользы от него IMHO не слишком много тогда.