Top.Mail.Ru
? ?
Записки Летучего/Летающего Медведя [entries|archive|friends|userinfo]
flying_bear

[ userinfo | livejournal userinfo ]
[ archive | journal archive ]

Вопрос по математике... [Jul. 22nd, 2006|01:35 pm]
flying_bear
Извините, если вопрос совсем тупой и тривиальный (не могу оценить даже это). Буду страшно признателен за любую помощь.

Функция f удовлетворяет в некоторой области уравнению (лапласиан^2 - лямбда^2) f = 0
с очень простыми граничными условиями: равенство нулю самой функции и ее производной по нормали к границе. Лямбда - вещественное число, не равное нулю.

Можно ли разложить оператор на множители, т.е. утверждать, что f - это всегда сумма функций f_1 + f_2, для которых (лапласиан + лямбда) f_1 = 0, либо (лапласиан - лямбда) f_2 = 0?

В одномерном случае это очевидно, т.к. - обыкновенный дифур с постоянными коэффициентами... Мне кажется, что и в общем слчае это должно быть правильно. Нет?
linkReply

Comments:
[User Picture]From: vadim_i_z
2006-07-22 08:15 am (UTC)
лапласиан^2 - это в смысле "по икс дважды плюс по игрек дважды" или в квадрате?
Если первое, то это уравнение Гельмгольца (строго говоря, у Гельмгольца +лямбда^2; ну пусть уравнение Гельмгольца с комплексным коэффициентом, будут другие собственные функции, на суть ответа на главный вопрос это не влияет), оно линейно и принцип суперпозиции выполняется. Можно.
Если второе - тогда уравнение всё равно остаётся линейным, метод разделения переменных работает, но решение ищется несколько сложнее. Но всё равно можно.
Граничные условия тут не очень важны; они только помогают отбросить лишние решения.
(Reply) (Thread)
[User Picture]From: aeris_n
2006-07-22 12:40 pm (UTC)
Насколько я понимаю, этим методом можно построить решение, но оно будет не единственное. Общее решение можно построить, например, так: поставить Ваши граничные условия для уравнения (лапласиан + лямбда) f_1 = f_20, где f_20 - общее решение (лапласиан - лямбда) f_2 = 0.
(Reply) (Thread)
[User Picture]From: prof_yura
2006-07-22 03:39 pm (UTC)

Да, правильно.



f_1=-(лапласиан - лямбда)(f)/(2лямбда), f_2=-(лапласиан + лямбда)(f)/(2лямбда).
(Reply) (Thread)
[User Picture]From: prof_yura
2006-07-22 05:19 pm (UTC)

Re: Да, правильно.

И, разумеется, разложение единственно, а лапласиан можно заменить на любой линейный оператор (whatever it is). Также можно рассматривать "операторные многочлены" произвольной степени n (а не только квадратные) без кратных корней и получить соответствующее разложение f=f_1+ ... + f_n.
(Reply) (Parent) (Thread)
[User Picture]From: flying_bear
2006-07-23 07:28 am (UTC)

Re: Да, правильно.

Большое спасибо. Вопрос и был про операторные многочлены, пример выбран более-менее от балды.
Спасибо!!! Вы мне действительно очень помогли.
(Reply) (Parent) (Thread)
[User Picture]From: prof_yura
2006-07-23 02:45 pm (UTC)

Операторные многочлены

Не за что. Всегда рад.

Рискуя уподобиться незадачливому медалисту, описанному Фазилем Искандером, разберу случай произвольного операторного многочлена $h(A)$ где $A$ - линейный оператор, а $h(x)$ - непостоянный многочлен степени $n$ с комплексными коэффициентами без кратных корней. Обозначим его корни через $\lambda_1, ..., \lambda_n$.

Задача состоит в том, чтоб построить многочлены $u_i(x)$, такие, что константа $1$ совпадает с суммой $\sum_{i}(x-\lambda_i)u_i(x)$ всех $(x-\lambda_i)u_i(x)$, в то время как каждый $u_i(x)$ делится на произведение

$h_i(x):=\prod_{j\ne i}(x-\lambda_j)=h(x)/(x-\lambda_i)$.

Вычислим значение многочлена $h_i(x)$ в $\lambda_i)$:

$c_i=h_i(\lambda_i)=\prod_{j\ne i}(\lambda_i-\lambda_j)$.

То, что у $u(x)$ нет кратных корней, означает, что число $c_i$ не равно нулю, и, стало быть, на него можно делить. Ну и поделим, положив

$u_i(x):=h_i(x)/c_i$.

Ясно, что $u_i(x)$ многочлен степени $n-1$, произведение $(x-\lambda_i)u_i(x)$ является (скалярным) кратным (делится на) $u(x)$,

$u_i(\lambda_i)=1$, а $u_i(\lambda_j)=0$ для всех $j$ отличных от $i$.

Следовательно, сумма
$V(x)=\sum_{i}u_i(x)$ - многочлен степени, не превосходящей $n-1$, принимающий значение $1$ в $n$ различных (!) точках $\lambda_1, ..., \lambda_n$. Отсюда вытекает, что $V(x)$ тождественно равен $1$, что и требовалось получить.

Теперь вернемся к нашим баранам, т.е., функции $f$, на которую действуют оператор $A$ и его степени. Прежде всего, из того, что $V(x)=1$ вытекает, что

$f=\sum_{i}u_i(A)(f)=u_1(A)(f)+ ... + u_n(A) f$.

Положим теперь $f_i=u_i(A)(f)$. Тем самым,

$f=f_1+ ...+ f_n$.

Тогда $(A-\lambda_i)(f_i)=(A-\lambda_i)u_i(A)(f)$ с точностью до умножения на ненулевую константу совпадает с $u(A)(f)$. Поскольку нам (Вам) дано, что
$u(A)(f)=0$, мы получаем, что $(A-\lambda_i)(f_i)=0$. QED

Пример (от балды). $u(x)=x^2-\lambda^2$. Имеем
$n=2, \lambda_1=-\lambda, \lambda_2= \lambda$,

$h_1(x)=x-\lambda, h_2(x)=x+\lambda, c_1=-2\lambda, c_2=2\lambda$,

$u_1(x)=-(x-\lambda)/(2\lambda), u_2(x)=(x+\lambda)/(2\lambda)$.

P.S. Ключевые слова: интерполяционная формула Лагранжа.

P.P.S. Заранее прошу прощения за возможные опечатки.

P.P.P.S Подозреваю, что граничные условия должны влечь за собой самосопряженность
лапласиана, гарантируя отсутствие жордановых клеток и, тем самым, делая ненужным требование об отсутствии кратных корней.
(Reply) (Parent) (Thread)
[User Picture]From: flying_bear
2006-07-23 04:37 pm (UTC)

Re: Операторные многочлены

Большое спасибо. Это действительно полезно помнить, и теперь уже не забуду :)
Исходное соображение, что так "должно" быть (почему я и задал вопрос), основывалось на возможности разложить резольвенту 1/h(A,лямбда) на простые дроби (при отсутствии кратных корней), при том, что любое решение исходного уравнения соответствует полюсу резольвенты. Но куда приятнее иметь явную конструкцию.
(Reply) (Parent) (Thread)
[User Picture]From: prof_yura
2006-07-23 05:34 pm (UTC)

Re: Операторные многочлены

Большое пожалуйста. Да, в явных формулах есть своя прелесть.
(Reply) (Parent) (Thread)
[User Picture]From: prof_yura
2006-07-23 07:22 pm (UTC)

Уточнение

> $h_i(x):=\prod_{j\ne i}(x-\lambda_j)=h(x)/(x-\lambda_i)$.

Последнее равенство выполнено если $h(x)$ - приведенный многочлен, т.е., со старшим коэффициентом $1$. В общем случае, $h(x)/(x-\lambda_i)$ получается из
$\prod_{j\ne i}(x-\lambda_j)$ умножением на ненулевую константу (на этот самый коэффициент). Впрочем, это (различие) не играет никакой роли в последующих рассуждениях.
(Reply) (Parent) (Thread)
[User Picture]From: flying_bear
2006-07-23 07:33 pm (UTC)

Re: Уточнение

Или так: 1/h(x) = \sum_{i} \frac{c_i}{x-x_i}
(мгновенно доказывается индукцией по порядку многочлена, для c_i - рекуррентные соотношения).
Разложение единицы получается умножением на h(x).
(Reply) (Parent) (Thread)
[User Picture]From: prof_yura
2006-07-23 07:55 pm (UTC)

Re: Уточнение

Можно и так.
(Reply) (Parent) (Thread)
[User Picture]From: prof_yura
2006-07-22 09:27 pm (UTC)

OOPS!

В определении f_2 лишний знак минус, т.е., правильное определение должно быть следующим:

f_1=-(лапласиан - лямбда)(f)/(2лямбда), f_2=(лапласиан + лямбда)(f)/(2лямбда),

f=f_1+f_2.

При этом,

(лапласиан + лямбда) f_1 = -(лапласиан^2 - лямбда^2)(f)/(2лямбда)=0,

(лапласиан - лямбда) f_2 = (лапласиан^2 - лямбда^2)(f)/(2лямбда)=0.
(Reply) (Parent) (Thread)
From: ex_l331
2006-07-22 03:59 pm (UTC)
ох___ый отпуск
(Reply) (Thread)
[User Picture]From: flying_bear
2006-07-23 07:49 am (UTC)
Спорт водке не помеха.
(Reply) (Parent) (Thread)