[SCRÂTIT][FOȘIT][CLIC] CASEY RODRIGUEZ: Deci astăzi vom aplica analiza funcțională unei probleme simple Dirichlet, adică o ecuație diferențiabilă obișnuită , pe o linie cu condiții la graniță. De obicei, atunci când întâlniți ODE-uri pentru prima dată, să zicem, în clasa dvs. de ecuații diferențiabile obișnuite, aveți întotdeauna o ecuație pe care doriți să o rezolvați și apoi specificați poate funcția într-un punct și derivata sa prima, dacă este a doua- derivată de ordin sau doar ecuația ta derivabilă de ordinul doi sau doar funcția evaluată în acel moment. Dar acum această problemă Dirichlet, veți specifica funcția la două puncte finale. Deci, care este problema la care ne vom uita-- să fie V o funcție continuă cu valoare reală. Și vom lua în considerare -- vom numi problema Dirichlet -- minus u prim dublu al lui x, plus V din x. u din x este egal cu f din x. Și cu condiții la limită, u de 0 este egal cu 0. u de 1 este egal cu 0. Deci, ce vrem să facem cu asta? Deci se pune întrebarea. Deci care este intrarea? S- ar putea să vă gândiți la f ca fiind un fel de forță. Deci vi se dă o forță și ați dori să calculați soluția sau să arătați că există o soluție pe intervalul 0, 1 care să satisfacă ecuația. Și vom spune o soluție clasică, adică este de două ori diferențiabilă continuu. Deci această ecuație are sens la fiecare x. Deci dată f funcție continuă, există o soluție unică u a lui x. Și în C2 0, 1, deci 2-- C2 înseamnă două derivate continue. C2 înseamnă două derivate continue. Deci, există o soluție unică la problema Dirichlet aici? Există o soluție unică pentru această EDO cu aceste condiții la limită la 0 și 1? Și scopul acestei secțiuni este de a aplica analiza funcțională pe care am făcut-o pentru a spune că răspunsul este da dacă V este nenegativ. BINE. Dacă V nu este neapărat nenegativ, atunci răspunsul este că depinde de f. În regulă, dar având în vedere orice f, există o soluție unică la problema Dirichlet? Când V este nenegativ, răspunsul este da. Și asta o să dovedim. Acesta este scopul principal al acestei secțiuni. Și voi prezenta acest răspuns ca două teoreme. Un lucru este că există o soluție unică. Și celălalt va fi... sau ar trebui să spun că o soluție la asta este unică. Și apoi a doua parte, partea mai implicată, va fi că există cel puțin o soluție la această problemă, presupunând că V este nenegativ. Deci primul lucru pe care îl vom demonstra este că orice soluție la problema Dirichlet este unică. f este o funcție continuă pe 0, 1. u1, u2 sunt funcții de două ori diferențiabile continuu care satisfac problema Dirichlet. Ar trebui să spun că acum lucrăm în ipoteza că V este nenegativ. Deci ar trebui să pun și asta aici - să presupunem că V nu este negativ. Nu va trebui întotdeauna să presupunem că V este nenegativ în unele dintre aceste teoreme pe care le vom demonstra despre această problemă sau despre anumiți operatori. Deci ar fi bine să specific când presupun că V este nenegativ. Deci, să presupunem că V este nenegativ și f este o funcție continuă și am două soluții la problema Dirichlet, atunci trebuie să fie aceleași. Acum, dovada cred că am dat-o ca o temă sau ca o problemă într-o temă din clasele trecute, dar în cazul în care am dubii, integrați pe părți. Deci, scăzând să fie u u 1 minus u 2. Atunci u este o funcție de două ori diferențiabilă continuu care satisface u din x din V din x, ori cu u din x egal cu 0. Și u din 0 este egal cu u din 1 este egal cu 0. am dori să concluzionam că u este 0. Și cum vom face asta dacă vom integra pe părți. deci apoi înmulțiți această ecuație cu ceva și integrați-l pe părți. Deci avem 0 este egal cu integrala de la 0 la 1 a minus u prim dublu al lui x, plus V din x, u din x ori conjugatul complex al lui u din x, dx. Acum, aceasta este egală cu integrala de la 0 la 1, u prim de x ori u din x, plus integral de la 0 la 1, V de x ori valoarea anulată a lui u de x pătrat. Și acum ne integrăm pe parte. Deci, integrarea în parte spune că, dacă am o derivată pe o funcție, o pot muta la cealaltă funcție și apoi plus termeni de limită. Și schimbând acest lucru, minus sinus într-un cosinus. Deci, acesta este egal cu u prim de x-- u bara de x evaluată la 0, 1, cu acest minus îmi dă un plus. Și trecem de la 0 la 1. Găsim cu x derivata conjugatului complex a lui u dx plus V a lui x, d a x pătratului, dx. Acum folosim condițiile la limită care la 0 și la 1, u din x este 0. Deci, conjugatul său complex este 0, așa că vă rugăm să plecați. Și ceea ce mi-a rămas este integral de la 0 la 1. Și nu voi continua să scriu partea x. Deci integrală de la 0 la 1 din u prim pătrat, plus integrală de la 1 la 1, de V ori u prim-- sau de mărimea lui u pătrat. Acum, deoarece V este nenegativ, de V ori valoarea absolută a lui u pătratul este nenegativ. Deci, acesta este cu siguranță mai mare decât 0, 1, u prim pătrat. Și amintiți-vă, ceea ce am început a fost 0. Așa că am arătat că 0 este mai mare sau egal cu această cantitate nenegativă. Acum u este de două ori diferențiabil continuu, astfel încât u prim, aceasta este o funcție continuă - o funcție continuă nenegativă. Deci, deoarece acesta este egal cu 0, obțin că u prim este identic 0, ceea ce implică că u este constant. Și pentru că u este constant și u de 0 este egal cu 0, obțin că u este identic 0, funcția 0, ceea ce am vrut să arăt. u este egal cu 0 înseamnă că u1 este egal cu u2. Deci asta este unicitatea. Aceasta este jumătate din ceea ce am vrut să arătăm, adică dacă V este nenegativ, atunci există o soluție unică pentru problema Dirichlet având în vedere orice f, orice intrare în partea dreaptă. Acum ne vom întoarce la existența unică, care este mai interesantă și mai grea. Deci acum trecem la existență. Deci, dacă nu știi cum să faci ceva, încearcă să faci ceva mai ușor. Deci, să începem cu cazul V este egal cu 0. Deci ne vom uita la - deci avem următoarea teoremă care spune că putem rezolva în mod unic problema Dirichlet atunci când este egal cu 0. Deci asta înseamnă doar că vrem să rezolvăm minus u prim dublu egal f lui x cu aceste condiții la limită. Și putem scrie în mod explicit soluția în termeni de f ca operator auto-adjunct compact, la care am făcut aluzie poate în câteva puncte aici din clasă. Deci, fie K x, y funcția dată de minus 1 ori y aici dacă y este mai mic sau egal cu x, este mai mic sau egal cu 1 și acum comutați. Deci, este definit în bucăți pe diagonală. Și este continuă pe diagonală când y este egal cu x. Primesc același lucru. Deci acest lucru, de fapt, este o funcție continuă pe 0, 1 cruce 0, 1. Avem această funcție aici. Definiți un operator, A f din x ca fiind integral K din x, y, f din y, dy. Și A este un operator liniar mărginit pe L2. Și de fapt, este un operator compact auto-adjunct. Operator auto-adjunct. Și practic A ori f este inversul lui u prim dublu, sau A ori f rezolvă problema Dirichlet. f este C 0, 1. Și u egal cu Af este soluția de vârf a problemei Dirichlet atunci când V este egal cu 0. Nu scriu tot argumentul lui x, dar ar trebui să se înțeleagă u din 0 este egal cu u din 1 este egal cu 0 Deci, atunci când V este egal cu 0, putem scrie soluția explicită în termenii acesteia, ceea ce se numește un operator integral pentru că luați o funcție, o înmulțiți cu o altă funcție și o integrați. Acest lucru aici este de obicei denumit funcția lui Green pentru acest operator diferențiabil. Și ceea ce spune această teoremă este că soluția ecuației tale diferențiabile, problema Dirichlet, este dată de un operator integral, care este un operator compact auto-adjunct pe L2. Deci nu ar trebui să fie prea surprinzător că soluția unei probleme Dirichlet u poate fi scrisă ca operator integral, nu, pentru că, prin teorema fundamentală a calculului, integrarea și diferențierea sunt inverse una față de cealaltă. Deci, să fie C sup peste 0, 1 cruce 0, 1 a valorii absolute a lui K. Deci nu scriu x, y. Deci acesta este supremul lui K peste pătratul lui 0, 1 peste 0, 1, care este finit, deoarece K este continuu. Și prin inegalitatea Cauchy-Schwarz obținem că A ori f de x, A f de x, este egală cu integrala din 0, 1, K x, y, f din y dy, este mai mică sau egală cu -- acum dacă aduc valoarea absolută înăuntru și apoi mărginesc K de C-- numele meu este Casey-- este mărginit de C ori integrala de la 0, 1 a lui f lui y dy. Și acum aplic Cauchy-Schwarz la aceasta, la aceasta mă pot gândi ca fiind această cantitate înmulțită de 1. Deci aceasta este mai mică sau egală cu C ori integrala 0, 1, 1 pătrat ridicată la puterea 1/2. În anumite momente voi înceta să scriu despre x dx, sau despre y dy. Și sensul ar trebui să fie clar, integral 0, 1 f pătrat 1/2. Și obțin C ori norma L2 a lui f. Deci ce am făcut? Am mărginit pentru fiecare x din 0, 1, A f din x, de o constantă ori f și L2. Și mai am, dacă mă uit A f de x minus A f de z, așa că pot doar din nou aducând valoarea absolută în integrală, mărginită. Și astfel diferența de aici va fi K de x, y minus K de x, z ori f de y și integrați-o. Deci ceea ce obțin este că aceasta este mai mică sau egală cu sup y în 0, 1, K de x, y minus K de z, y ori de norma L2 a lui f. Deci nu voi da toate detaliile pentru că am atribuit această problemă înainte, că dacă K este o funcție continuă, atunci acesta este un operator compact mărginit pe L2. Deci poate nu ați făcut încă exercițiile, dar, în orice caz, voi schița doar de aici că doar pe baza acestor două estimări și a teoremei Arzela-Ascoli, care vă oferă suficiente condiții pentru ca o succesiune de funcții continue să aibă o subsecvența de conversie în spațiul funcțiilor continue, puteți concluziona că A este operatorul compact pe L2. Acum, așa că arată că este Un operator compact pe L2. Y este el însuși adjunct. Fie f, g funcții continue pe 0, 1. Atunci, dacă mă uit la un timp f asociat cu g, acesta este în perechea L2, aceasta este egală cu integrala lui 0, 1, integrala lui 0, 1, K a lui x , y, f din y dy, V din x dx. Acum am o integrală dublă care nu implică altceva decât o funcție continuă. Deci pot aplica teorema lui Fubini pentru a schimba integrarea. Deci aceasta devine 0, 1, integrală 0, 1. Pot să-l scriu astfel - f din y. Deci nu am făcut nimic încă, doar distribuim, aduc acest gx înăuntru și afirm că această integrală este egală cu această integrală dublă, dy dx. Cred că folosesc teorema lui Fubini acolo. Și teorema lui Fubini spune că dacă integrezi funcții continue peste o cutie, atunci nu contează dacă integrezi mai întâi dy sau dx mai întâi. Așa că atunci pot să anulez asta. Și, oh, împerecherea ar trebui să aibă un conjugat complex peste g. Și așadar, dacă integrez dx mai întâi și un fel de anulare lucruri, pot scrie aceasta ca integrala a lui f din y ori integrala din 0, 1 din K a lui x, y, g a lui x dx. Acum, conjugatul complex peste K, tot acest conjugat complex, dy. Din nou, puteți verifica dacă acesta este egal cu acest lucru anterior al lui Fubini, pentru că atunci această integrală repetată devine doar o integrală dx dy, care din nou de către Fubini nu contează care este ordinea. Și conjugatul complex lovește acest conjugat complex. Îmi revin K. Acest conjugat complex primește g și îl înțeleg. Deci, aceasta spune că Af asociat cu g este egal cu f asociat cu B ori g, unde Bg de x acum. Deci am scos o funcție a lui y integrând x. Deci, dacă schimb variabilele fictive, pot scrie asta ca K y, x, conjugat complex, dy dy. Dar acum lucrul de reținut este că K, ce este K? Deci K este această funcție aici. Este o funcție de valoare reală. Deci, conjugatul complex pur și simplu nu contează. Este o valoare reală. Deci, conjugatul complex este egal cu funcția originală. Și este simetric în x și y. Dacă schimb x și y, primesc K x, y înapoi. Deci K din y, x este egal cu K din x, y. Deci aceasta este egală cu 0, 1. K din x, y, g din y dy. Dar aceasta este doar prin definiție egală cu A ori g. Deci am demonstrat că Af, g este egal cu Af asociat cu Ag acum pentru toate f, g, care sunt continue, care, rețineți, este o submulțime de 0, 1. Dar nu doar o submulțime, este o submulțime densă. Deoarece funcțiile continue pe 0, 1 sunt dense în L2, iar argumentul densității implică faptul că această relație trebuie să fie valabilă pentru fiecare f și g din L2. Este Af, g este egal cu f, Ag, nu doar pentru toate funcțiile continue, ci pentru toate funcțiile din L2. Asta dovedește că A este autoadjunct. În regulă, și deci ultima parte, care se verifică că, de fapt, definirea u ca fiind Af, vă oferă o funcție de două ori diferențiabilă continuu care satisface problema Dirichlet atunci când V este egal cu 0. Rezultă doar din calculul direct. Deci f este în 0, 1, atunci dacă definesc u din x ca fiind Af din x și, de fapt, scriu integrala peste diferitele domenii despre cum este definită, aceasta este mai întâi să iau o integrală de la 0 la x a lui x minus 1 ori y, f din y, dy, plus x ori 0, 1 din y minus 1, dy. Și acum pot aplica doar teorema fundamentală a calculului pentru a arăta că într-adevăr, prin teorema fundamentală a calculului, că u este de două ori diferențiabil continuu. Și minus u dublu prim îmi dă f. Și u este dat de Af. Aceasta este soluția unică a acestei probleme, deoarece am demonstrat deja că atunci când V este nenegativ, există o singură soluție pentru problema Dirichlet. Deci, în cazul în care V este egal cu 0, putem scrie soluția explicită în termenii acestui operator integral, care pe L2 este operatorul de contact auto-adjunct. În regulă, deci pentru a rezolva problema Dirichlet, deci acum care este planul pentru V care nu este egal cu 0? Deci, planul este acesta: dacă am minus u dublu prim plus V ori u, deci acesta este doar un fel de chestiune formală, și atunci vom demonstra afirmații riguroase și vom demonstra că există o soluție în cele din urmă. Avem deja unicitate, așa cum am spus. Cum rezolvăm această ecuație diferențiabilă cu, din nou, condițiile la limită pe care nu le voi scrie? Așa că lasă-mă să scriu aici. Deci, asta implică că minus u prim dublu este egal cu f minus Vu. Și astfel este egal cu f plus minus Vu. Acum gândiți-vă la aceasta doar ca la o funcție fixă ​​g. Și, prin urmare, prin acest rezultat de existență și unicitate pe care îl avem pentru cazul V egal cu 0, deci gândiți-vă la aceasta ca fiind g. Deci acum am minus u dublu prim egal cu g. Deci, acest lucru implică faptul că u este egal cu A aplicat la f minus Vu. Deci soluția unică pentru minus u prim dublu este egală cu A aplicată lui g. g este f minus V, deci am asta. Așa că obțin-- prin asta dacă și numai dacă aici, care, dacă distribui asta prin, este același cu a spune identitatea plus operatorul dat de A aplicat înmulțirii cu V-- deci când scriu V aici, eu înmulțirea medie cu V-- aplicat la u este egal cu A aplicat la f. Și acum este bine pentru că am scăpat de această diferențiere. Și acum vorbim despre rezolvarea unei ecuații care implică operatori mărginiți. Identitatea este un operator mărginit. Înmulțirea cu o funcție continuă este un operator mărginit pe L2. Și A este un operator auto-adjunct compact pe L2. Deci acum rezolvăm o ecuație care implică operatori mărginiți în spațiul Hilbert. Ce l-ar face și mai bine este dacă acest lucru ar fi... așa că știm deja că este un operator compact, deoarece A este compact. Dacă am ști că este auto-adjunct, dar asta nu este neapărat valabil, deoarece adjunctul AV va fi de V ori A. Deci acestea nu fac naveta exact. Dar putem să ocolim asta și să ne reducem la studierea unei ecuații care implică operatori auto-adjuncți compacti printr-un mic truc frumos. Așa că scrieți ca-- dar voi spune A la 1/2 V. A la 1/2, adică pătratul său îmi dă A. Faptul că așa ceva există nu este clar acum, dar îl vom arăta. , de fapt, există. Din nou, chestii formale. Deci scrieți u ca A la 1/2 aplicat lui V, unde acum V este lucrul pentru care rezolvăm. Și dacă punem asta în această ecuație aici, obținem A. Scoatem un A la 1/2 aplicat la I plus A la 1/2 V, A la 1/2, prin la V este egal cu Af. Deci, acesta ar trebui să fie v mic, nu acest V capital. Și, prin urmare, dacă pot să cred că pot anula 1/2 puteri, m-am redus să studiez ecuația A la 1/2 V ori A la 1/2, aplicat micului v este egal cu A la 1/2 f. Amintiți-vă, f este dat. Deci, orice ar fi acest lucru pe partea dreaptă, știm asta dinainte. Deci problema noastră este să rezolvăm această ecuație aici. Acum, care este lucrul grozav? Lucrul grozav este că, deoarece A este auto-adjunct compact și, de fapt, un operator nenegativ, A la 1/2 există este, de asemenea, un operator compact și este, de asemenea, auto-adjunct. Deci avem acest operator auto-adjunct pe ambele părți ale lui V. Ambele sunt compacte. Deci toată chestia asta va fi un operator auto-adjunct compact. Deci, dacă vrem să putem rezolva pentru V - adică, inversați acest lucru din partea stângă - acesta este doar un operator auto-adjunct compact plus identitatea, pe care o puteți considera ca un operator auto-adjunct compact minus de 1 ori identitatea. Deci acum aceasta este o ecuație pe care știm să o rezolvăm. Avem alternativa Fredholm care spune că putem inversa acest operator dacă și numai dacă întregul operator nu are un spațiu nul sau nu are un spațiu nul non-trivial. Deci, acesta este planul este că ne vom reduce la studiu... sau vom demonstra că putem inversa acest operator aici. În primul rând, trebuie să demonstrăm că putem găsi astfel încât A la 1/2, adică un operator care este pătrat îmi dă A, să demonstrăm proprietățile de care avem nevoie și apoi să arătăm că acest operator este convertibil, definiți V ca inversul acestuia. ori aceasta, u ca A la 1/2 ori V și concluzionăm că u ne rezolvă problema. Deci acolo ne îndreptăm. Deci, acum, pentru a demara acest plan, trebuie să arătăm că putem veni cu un operator auto-adjunct atât de compact al cărui pătrat îmi dă A. Deci, ca prim pas în această direcție, vom calcula spectrul de operatorul A, care din nou este inversul acestei probleme Dirichlet. Deci, când f este continuă, este funcția unică de două ori diferențiabilă continuu care este derivata a doua îmi dă f și 0 unde la punctele finale. Dar, în general, este acest operator integral. Deci primul lucru pe care vreau să-l demonstrez este că spațiul nul al lui A este vectorul zero sau funcția zero. Și astfel nu are spațiu nul non-trivial. Și vectorii proprii ortonormali pentru A sunt dați de uk a lui x egal cu rădăcina pătrată a lui 2, sinus k pi a lui x. Aici, k este egal cu un număr natural Cu valori proprii asociate, lambda k este egal cu 1 peste k pătrat pi pătrat. Așa că permiteți-mi doar să fac o scurtă observație. Avem prin teorema spectrală că am demonstrat data trecută că pentru un operator auto-adjunct compact putem găsi sau că vectorii proprii formează o bază ortonormală pentru domeniul spațiului nul al lui A. Și apoi să-l completăm la o bază ortonormală de tot spațiul Hilbert, în acest caz L2, trebuie doar să luăm o bază ortonormală a spațiului nul al lui A. Dar spațiul nul al lui A este vectorul zero. Deci, prin teorema spectrală pentru operatori autoadjuncți compacti, obținem acea rădăcină pătrată de 2 sinus k pi x, k până la un punct infinit. Deci aceasta este, baza ortonormală pentru L2 0, 1. Deci folosim teorema spectrală pentru a concluziona că aceasta este o bază ortonormală pentru L2. De asemenea, îl puteți demonstra direct folosind ceea ce știm despre E la I în x fiind o bază ortonormală pentru minus pi la pi. Doar prin redimensionarea E la I în pi x este o bază ortonormală pentru L2 la minus 1 la 1. Acum avem funcții definite aici pe 0, 1, pe care le putem extinde prin paritate impară la minus 1 la 1. Și singurele părți de la E la I în pi x că orice extindere pentru o funcție ciudată care iese implică doar sinusul... acești oameni. Deci, fără să știm că acestea sunt funcțiile proprii sau vectorii proprii pentru acest operator A, ați putea concluziona și că aceasta este o bază ortonormală pentru L2 de 0, 1. În regulă, deci pentru a demonstra această teoremă, ceea ce vom face este pentru a demonstra că spațiul nul al lui A este trivial, vom arăta-- așa că puteți merge în câteva moduri diferite. Vom arăta că domeniul lui A este, de fapt, dens în L2. Deci, primul lucru pe care îl arătăm este că spațiul nul este trivial. Deci vom arăta că intervalul de închidere A este egal cu tot L2. Amintiți-vă, aceasta este egală cu complementul ortogonal al spațiului nul. Deci, dacă complementul ortogonal este întregul spațiu, atunci asta înseamnă că spațiul nul al lui A este doar un vector trivial. Deci trebuie să pot arăta că un subspațiu dens al L2 poate fi rezolvat cu A. Deci, să fie u polinom pe 0, 1 și f este egal cu minus u prim dublu. Acum, după teorema anterioară - ar trebui să spun -- [INAUDIBIL] aparte - cu u de 0 egal cu u de 1 este egal cu 0 și f este egal cu minus u prim dublu. Apoi, prin teorema anterioară, A aplicată la f este soluția unică a problemei Dirichlet cu acea funcție V fiind 0. Dar amintiți-vă, u, deci f-- scrieți-l în acest fel -- adică f aplicat la u prim dublu ar trebui să dea eu f. Și Af de 0 este egal cu Af de 1 este egal cu 0. Dar cum definim f? f este minus u prim dublu. u este un polinom pe 0, 1. Adică 0 la punctele finale. Și prin urmare concluzionez că Af este egal cu u. Sper că acest lucru este clar. Acum, deoarece o mulțime de polinoame pe 0, 1 dispar la x egal cu 0 și 1 este dens în L2. Acum de ce este asta? Acest lucru se datorează faptului că știm că funcțiile continue care dispar la cele două puncte finale sunt dense în L2. Și prin teorema de aproximare Weierstrass, fiecare funcție continuă pe 0, 1 poate fi aproximată printr-un polinom. Și nu este prea greu să te convingi că, dacă acesta este cazul, atunci pot, de asemenea, să aproximez fiecare funcție continuă care dispare la cele două puncte finale printr-un polinom care dispare la cele două puncte finale. Deci, deoarece pot aproxima fiecare funcție continuă pe 0, 1 care dispare la punctele finale de un polinom care dispare la punctele finale, atunci acele polinoame dispar la punctul final sunt dense în L2 de 0, 1. Așa că vom spune aici doar că urmează de la, așa cum am spus, densitatea de 0, 1. Acum voi pune un 0 aici, adică este 0 la cele două puncte finale și teorema de aproximare Weierstrass. Deci am reușit să rezolvăm pentru fiecare u care este dens în L2, corect. Deci, fiecare polinom care este 0 la punctele finale este în intervalul lui A. Și, prin urmare, intervalul lui A conține o submulțime densă de L2 0, 1. Și, prin urmare, închiderea trebuie să fie tot de 0, 1. Și apoi, deoarece spațiul nul a lui A este egal cu complementul ortogonal-- sau ar trebui să spun că complementul ortogonal al spațiului nul al lui A este egal cu intervalul -- închiderea intervalului, iar aceasta este egală cu L2 de 0, 1, concluzionez că nulul spațiul este doar vectorul trivial. Deci A nu are spațiu nul. Astfel că prin teorema spectrului și baza ortonormală pentru L2 de 0, 1 este dat de vectorii proprii ai lui A. Și acum vom demonstra că vectorii proprii sunt dați de această formă. Acum vă voi face doar o scurtă schiță a acestui lucru. Deci, să rezolvăm valorile proprii și vectorii proprii. Să presupunem că lambda nu este egal cu 0, u este un element al lui L2 care are lungimea unitară sau normă unitate, iar A aplicat la u este egal cu lambda ori u. Acum, să vedem... scrie asta acum un minut. BINE. Atunci u este egal cu 1 peste lambda ori Au, ceea ce este bine, deoarece lambda este diferit de zero, așa că pot împărți la asta. Acum nu am spus asta când discutam... să vedem dacă mai avem acolo sus. O facem, așa că putem vorbi despre asta. Acum, pentru orice funcție din L2, prin această estimare aici, aceasta demonstrează și că A aplicată la f este o funcție continuă. Deci, acest lucru arată, de asemenea, că A aplicat lui f este, de fapt, o funcție continuă. Sper că este clar. Pentru că de ce este așa? Trebuie să fac acest lucru din partea stângă mic dacă x și z sunt apropiați. Acum, asta depinde doar de un anumit număr, norma L2 de f ori această cantitate aici. K este o funcție continuă pe 0, 1 cruce 0, 1. Deci, atâta timp cât fac x și z aproape, atunci x, y și z, y vor fi aproape. Și deoarece K este continuă, această cantitate aici va fi mică. Și, prin urmare, lucrul care este mai mic decât atât va fi mic. Deci, de aceea, dacă iau o funcție care este în L2 și o lovesc de A, obțin o funcție continuă. Deci u este egal cu 1 peste lambda ori această funcție continuă implică faptul că u este continuă. Dar acum vom reintroduce asta. Pentru că dacă u este continuu, atunci A aplicat lui u este de două ori diferențiabil continuu, ceea ce implică că u este egal cu 1 peste lambda Au este de două ori diferențiabil continuu. Acesta este ceea ce se numește un argument bootstrap, cred. Acesta este cuvântul potrivit? Oricum, asta nu sună corect. În orice caz, deci concluzionăm că o funcție proprie a lui A este de două ori diferențiabilă continuu, corect. Deci acum u este o funcție de două ori diferențiabilă continuu, care este egală cu 1 peste lambda ori Au. Deci, un alt mod de a scrie acest lucru ca A aplicat în u peste lambda, deoarece A este un operator liniar. Acum A aplicat la ceva este o funcție unică ale cărei derivate secunde ori minus 1 îmi dă acel lucru în interior. Deci, concluzionez că minus u dublu prim este egal cu 1 peste lambda aplicat la u. Și împreună cu condițiile la limită, u de 0 este egal cu u de 1 este egal cu 0. Dar acum știu cum să rezolv această ecuație. Trebuie să fie o suprapunere a două funcții. Și înțeleg asta. Deci u din x trebuie să fie egal cu A ori sinus, 1 peste rădăcina pătrată a lambda ori x, plus B ori cosinusul 1 peste rădăcina pătrată a lambda ori x. Și acum, din moment ce u din 0 trebuie să-mi dea 0, asta îmi spune că B este egal cu 0, ceea ce îmi spune că u din x este egal cu A ori sinus 1 peste lambda x și din moment ce u are lungimea unității cu A nu este egală cu 0. Și acum u de 1 este egal cu 0 implică faptul că 1 peste rădăcina pătrată a lambda trebuie să fie un multiplu întreg al lui pi. Dacă u din x trebuie să fie diferit de zero. Prin urmare, u din x este egal cu A ori sine k pi x pentru unele k. Și faptul că obținem rădăcina pătrată a lui 2 vine din condiția de normalizare. Implică faptul că u din x este egal cu rădăcina pătrată a lui 2 sinus k pi x pentru un k număr natural. Deci rădăcina pătrată de 2 ori sinus k pi x pe măsură ce k variază în funcție de numerele naturale îmi oferă o bază ortonormală pentru L2 care constă din vectori proprii ai lui A. Valorile proprii sunt 1 peste k pătrat pi pătrat. Deci mă pot gândi la A ca pur și simplu înmulțirea fiecărui vector propriu cu 1 peste k pătrat pi pătrat. Și dacă vreau să definesc A la 1/2, motiv pentru care fac toate acestea, atunci vom defini un operator astfel încât să ia ceva în această bază ortonormală și pur și simplu înmulțim acest lucru cu 1 peste k pi, ceea ce este jumătate din ceea ce ar face A sau jumătate din puterea ceea ce ar face A. Acesta este, de asemenea, modul în care s-ar putea defini ceea ce se numește calcul funcțional pentru operatorii compacti auto-adjuncți , pe care apoi îl puteți extinde și la operatorii auto-adjuncți . Deci, să facem din asta o definiție. Deci, dacă f este în L2 0, 1 cu f dat de această expansiune Fourier cu ck dat de intervalul 0 la 1, f de x rădăcină pătrată a lui 2, sine k pi x dx, și definim un operator pe care îl numim A la 1/2, deși nu spun că pătratul său este A deocamdată. Definim operatorul liniar A prin A f de x egal cu suma de la k este egal la 1 la infinitul lui 1 peste k pi ck rădăcină pătrată a lui 2, sinus k pi x. 1/2. Deci chiar acum am această expresie pentru o funcție dată în L2 cu această expansiune în ceea ce privește această bază ortonormală. Fac asta la coeficienți, iau coeficienții și îi înmulțesc cu 1 peste k pi. Și afirmația mea este că A la 1/2 este un operator auto-adjunct compact pe L2. Și această notație nu este doar pentru spectacol. Iau A la 1/2 și îl compun cu sine, adică îl pătratesc. Obțin operatorul A, care amintesc că a fost definit ca acest operator integral care implică k, corect. Dacă vă place, totuși, lăsați-mă doar [INAUDIBIL].. Amintiți-vă că A, când lovește fiecare dintre aceste sine k pi x-uri, scuipă 1 peste k pătrat ori pi pătrat. Deci A aplicat la f ar fi acest lucru înmulțit cu 1 peste k pătrat pi pătrat. Și deci are sens ca A la 1/2 să fie ceva care atunci când îl aplic din nou, primesc înapoi A, deoarece am 1 peste k pătrat pi pătrat când lovesc A, înmulțesc coeficienții cu 1 peste k pi , atunci asta ar trebui să- mi dea ceea ce vreau. Și acum avem nevoie doar de procesul de confirmare a acestor fapte . Dar s-ar putea să vă gândiți la A ca acest operator integral. Vă puteți gândi la A ca un operator de soluție pentru această problemă Dirichlet. Sau ați putea pur și simplu să vă gândiți la asta ca, iau o funcție f, o extind în termeni de sinus k pi x în bază ortonormală pentru L2 de 0, 1 și pur și simplu înmulțesc cu 1 peste k pătrat pi pătrat. Cum se potrivește asta cu ceea ce tocmai am spus despre A fiind și operatorul soluției? Ei bine, dacă am A aplicat acestei cantități, atunci am sine k pi x peste k pătrat pi pătrat. Acum să presupunem că iau două derivate ale acesteia, apoi obțin k pătrat pi pătrat peste k pătrat pi pătrat, obțin 1. Așa că obțin f pentru sinusul minus. Așa că toate aceste lucruri vor fi. Bine, deci dovada acestei teoreme. Scrieți, să zicem, două funcții în L2 extinse pe această bază. Și primul lucru pe care aș dori să-l arăt este că acest operator este un operator liniar, mărginit. Deci vreau ca norma L2 a fA să fie 1/2 f pătrat. Deci aceasta este norma L2 pătrat a funcției cu coeficienți dați de k pi rădăcină pătrată de 2 ori k pi x, toate pătrate. Și acum, deci norma L2 a acestei funcții dată de această expansiune Fourier aici este doar suma pătratelor coeficienților care apar în fața rădăcinii pătrate de 2 ori sine k pi x. Deci, acesta este egal cu, prin identitatea lui Parseval este egal cu ck pătrat peste k pătrat pi pătrat. Și 1 peste k pătrat pi pătrat pe măsură ce k trece de la 1 la infinit este mărginit de 1 peste pi pătrat egal cu 1 la infinit de ck pătrat este egal cu 1 peste pi pătrat, din nou, de identitatea lui Parseval, sau o completitudine a acestei baze proprii care îmi dă înapoi norma L2 a acesteia. Deci asta dovedește limitarea. Ce zici de auto-apartenere? A la 1/2 f, dar luați produsul său interior cu g, folosind din nou modul în care aceste lucruri sunt definite și faptul că produsul interior dintre două funcții este dat doar de mica împerechere L2 a coeficienților care apar în fața lui. rădăcina pătrată a lui 2 sinus k pi x. Aceasta este ck de peste k ori pi, dk. Și acum pur și simplu mutăm asta aici. Și acestea sunt numere reale, așa că le pot muta pe d fără a lua conjugatul lor complex. Și acesta este doar egal cu f produsul interior A la 1/2 g. Deci asta demonstrează că A este autoadjunct. Și acum, în sfârșit, arătăm că A la 1/2 pătrat îmi dă A. Deci, să fie f-- OK, așa că am rescris acea parte. Nu trebuie să-l scriu din nou. Dacă mă uit la A la 1/2 f, aceasta este prin definiție egală cu A la 1/2 aplicată acum funcției date în această bază proprie sau această bază ortonormală prin ck peste k pi rădăcină pătrată a 2 sine k pi x . Din nou, cum aplic A la 1/2? Iau coeficienții în fața funcției de bază și împart la k pi. Deci, obținem k este egal cu 1 până la infinit de ck peste k pătrat pi pătrat, rădăcină pătrată a 2 sine k pi x. Să o lăsăm aici. Acum, mergând de aici la ceea ce avem în continuare, deoarece fiecare dintre acestea este o funcție proprie a lui A cu valoarea proprie 1 peste k pătrat pi pătrat, aceasta este, de asemenea, egală cu A aplicată rădăcinii pătrate a lui 2 sine k pi x. Și acum este perfect legitim să scoți acest A din suma infinită, pentru că aceasta este o bază pentru L2, sau chiar de [INAUDIBLE].. În orice caz, pot scoate A și obțin rădăcina pătrată a lui 2, sinus. k pi x. De ce pot face asta? Se datorează faptului că dacă pun un finit aici, atunci suma de la k este egală cu 1 la n converge în norma L2 la această cantitate aici cu o infinitate. Deci, deoarece A este un operator liniar mărginit, limita pe măsură ce n merge la infinitul lui A aplicat sumei finite este egală cu A aplicată sumei infinite. Acum A aplicat unei sume finite este dat de aceasta, lăsând n să meargă din nou la infinit. Acest lucru îl putem lua în și afară. Dar aceasta a fost doar extinderea lui f. Deci aceasta este egală cu Af. Deci am demonstrat că A la 1/2 pătrat, adică A la 1/2 aplicat lui A la 1/2 din f îmi dă înapoi Af. Acum, permiteți-mi să vă fac o scurtă schiță despre motivul pentru care acesta este un operator compact. Am arătat că este un operator auto-adjunct mărginit al cărui pătrat îmi dă A. Deci A este un operator compact. Vom arăta că imaginea bilei unității are cozi egale. Vreau să spun că aici este suficient pentru a arăta că, să zicem, A aplicat lui f are cozi echi-mici. Faptul că acesta are cozi echi-mici implică atunci că închiderea are și cozi echi-mici. Și, prin urmare, prin această teoremă am demonstrat despre caracterizarea submulților compacte ale spațiilor Hilbert, concluzionăm că închiderea acestei mulțimi este compactă-- ar trebui să aibă 1/2, 1/2-- și, prin urmare, A la 1/2 este un compact. operator. Deci, epsilonul să fie pozitiv și alegeți N ca număr, astfel încât 1 peste N pătrat să fie mai mic decât epsilonul pătrat. Putem face asta deoarece 1 peste N capitalul pătrat ajunge la 0, deoarece N capitalul ajunge la infinit. Deci, pot găsi întotdeauna un astfel de N. Și acum susținem că acest N este cel care funcționează pentru a arăta că acest set are cozi egale mici. Fie f în L2 cu norma mai mică sau egală cu 1. Și din nou, dacă mă uit la suma coeficienților Fourier dați în această bază a rădăcinii pătrate 2 sine k pi x a lui A la 1/2 f, aceasta este egal cu, prin definiția modului în care funcționează A, acesta este egal cu pur și simplu coeficientul lui f pătrat peste k pătrat pi pătrat. Și acesta este mai mic sau egal cu -- k este mai mare decât N, deci acesta este mai mic sau egal cu 1 peste n pătrat cu un pi pătrat. Dar este ceva de genul 9. Așa că pot să-l las și să fiu totuși mai mic sau egal cu, sum, sum, k. Acum pot să iau asta ca fiind numai ck-uri. Și acesta este egal cu 1 peste N pătrat, 2 pătrat, care este mai mic sau egal cu 1 peste N pătrat. Și apoi am ales un N astfel încât 1 peste N pătrat să fie mai mic decât epsilon pătrat. Deci, este mai puțin decât epsilon pătrat, deci arată că setul are cozi egale. Și, prin urmare, închiderea acestui set este compactă. Deci am avut acest A la operatorul 1/2, de care aveam nevoie pentru a realiza acest plan pe care l-am schițat la început rezolvând problema Dirichlet. Deci acum trebuie doar să verificăm că acel operator pe care l-am avut înainte, care este A la 1/2 compus cu înmulțirea cu B compus cu A la 1/2, este un operator auto-adjunct compact. Deci, mai întâi, permiteți-mi să enunț o teoremă despre înmulțirea cu o funcție continuă. Fie V o funcție continuă cu valoare reală. Definiți m sub v ca în înmulțirea f de x ca fiind acest V de x f de x pentru f în L2. Atunci acesta este un operator liniar mărginit pe L2 și este auto-adjunct. Așa că, de fapt, voi lăsa asta ca un exercițiu. Nu este prea greu de dovedit. Din nou, doar înmulțirea cu această funcție, care este continuă și mărginită, vă oferă în mod automat delimitare. Și faptul că valoarea sa reală îți va oferi auto-adițiune. Deci, din aceasta, puteți concluziona următoarele. Fie V între o funcție valoare reală, atunci operatorul T este egal cu A la 1/2 compus cu înmulțirea cu v, compus cu A la 1/2 satisface următoarele. Unul este T este un operator compact auto-adjunct pe L2. Și o condiție suplimentară este T este mărginit. Deci, de fapt, T este un operator mărginit de la L2 la funcții continue. Și dacă iau o funcție L2 și o introduc în această funcție, obțin o funcție continuă într-un mod mărginit. Deci, rezultă imediat din ceea ce am demonstrat deja în acest exercițiu al unei teoreme pe care am dat-o, corect. Înmulțirea cu V este un operator auto-adjunct. A la 1/2 este un operator auto-adjunct. A la 1/2 este un operator auto-adjunct. Deci, când iau adjunctul acestei cantități, voi obține adjunctul lui A la 1/2 din față, alăturat lui mv, alăturat lui A la 1/2. Ei înșiși sunt egali unul cu celălalt. Așa că scot ceva auto-adjunct. Aceasta este compoziția , dacă doriți, a unui operator mărginit cu un operator compact. Deci primesc un operator compact. Deci asta demonstrează că este un operator compact auto-adjunct pe L2. De ce este acesta un operator mărginit de la L2 la funcții continue? Ei bine, este suficient să arătăm că acest A la 1/2 este un operator mărginit de la L2 la funcții continue. De ce este asta? Pentru că dacă iau o funcție L2 și o introduc în acest operator T, atunci A la 1/2 ar fi o funcție continuă. Înmulțirea cu V va fi o funcție continuă, din nou, deoarece înmulțirea cu V este continuă. Deci V este continuu. Și A la 1/2 aplicat unei funcții continue scuipă din nou o funcție continuă. Este suficient să arătăm că A la 1/2 este o funcție liniară mărginită care operează de la L2 la funcția continuă. Deci, să fie f dat într- o expansiune Fourier în termeni de sinus k pi x, atunci dacă A la 1/2 în f a lui x, aceasta este egală cu k pi rădăcină pătrată a 2 sinus k pi a lui x. Și acum pentru a arăta că A la 1/2 aplicată la f este o funcție continuă, vom aplica corect testul M Weierstrass. Deci aceasta este o sumă infinită de funcții continue. Deci, pentru a aplica testul M Weierstrass, trebuie să spun că pot lega acest lucru de ceva care este însumabil. Deci am asta. Și apoi, de asemenea, dacă iau valoarea absolută a-- aceasta este mai mică sau egală cu ck peste k pi rădăcină pătrată a lui 2, care este mai mică sau egală cu Tk peste k. Și susțin că acest lucru este însumabil. Și dacă însumez de la k egal cu 1 la infinit, ck peste k de Cauchy-Schwarz, aceasta este mai mică sau egală cu suma peste k, 1 peste k pătrat, 1/2 suma k ck pătrat ridicată la 1/2. Și amintiți-vă, aceasta este doar norma L2 a lui f, deoarece sinusul k pi x-urile sunt pe baza L2. Deci este egal cu ceva de genul pi pătrat peste 6. Nu știu. Să spunem că este, acest lucru de aici ori norma L2. Deci fiecare dintre aceste funcții continue din această sumă infinită este mărginită de o constantă. Și acele constante sunt însumabile prin acest calcul. Deci, asta implică A la 1/2 f este o funcție continuă prin testul M Weierstrass. Nu numai că, acest calcul pe care l-am făcut arată că A la 1/2 aplicat f lui x este mai mic sau egal cu pi pătrat peste 6 ridicat la 1/2 ori norma L2 în f. Deci este un operator liniar mărginit de la L2 la spațiul funcțiilor continue. Deci unde suntem? Avem toate piesele de care avem nevoie pentru a ne rezolva problema, problema Dirichlet. Toate ingredientele sunt gata. Trebuie doar să le gătim. Așa că am menționat testul M Weierstrass. Ar fi trebuit să fie acoperit în 18.100. Există o sumă infinită de funcții continue. Și fiecare dintre aceste funcții continue este mărginită de o constantă. Și acele constante sunt sumabile, apoi obțineți o funcție continuă în cele din urmă. Deci acum teorema care încheie partea existenței problemei Dirichlet, fie V C 0,1 funcție continuă să fie nenegativă. Deci este o valoare reală și nu este negativă. Și fie f o funcție continuă. Apoi, există o funcție unică de două ori diferențiabilă continuu pe 0, 1, care rezolvă problema Dirichlet, minus u prim dublu, plus V înmulțit cu u egal f pe 0, 1 și condițiile la limită u de 0 este egal cu u de 1 este egal cu 0. În regulă , așa că îmi voi aminti doar pentru tine, planul a fost să definești u ca A la 1/2 pi plus A la 1/2 mv, A la 1/2 invers, A la 1/2 aplicat la f . Acum trebuie doar să spunem de ce există acest lucru, corect. De ce acest operator din mijloc este inversabil? Și atunci vom obține ceea ce ne trebuie. Deci dovadă prin alternativa Fredholm, corect. Deci, permiteți-mi să nu trec înainte de teorema anterioară, acest operator mv este cuprins între A și 1/2 este un operator compact auto-adjunct . Și, prin urmare, alternativa Fredholm, inversul există dacă și numai dacă spațiul nul al operatorului este trivial. Acum să presupunem că avem ceva în spațiul nul și vom arăta că trebuie să fie 0, atunci dacă împerechez acest lucru cu sub g este un element în L2, dacă îl împerechez cu g, deci obțin că 0 este egal la I plus A la 1/2, aplicat la g, produs interior g. Acum transportând acest g și va obține un produs interior cu sine. Deci obțin g pătrat plus A la 1/2 înmulțire cu V a lui A la 1/2 aplicat la g, produsul interior g. Acum, deoarece A la 1/2 este auto-adjunct, îl pot muta la a doua intrare. Și lasă-mă să scriu asta. Aceasta este egală cu g L2 plus lumea interioară de la 0 la 1 din V ori A la 1/2 g, ori-- deci aceasta este înmulțire, înmulțire punctual-- ori A până la conjugatul complex de 1/2 g, dx , care asta îmi dă A la 1/2 g la pătrat. Acum V este nenegativ. Deci această cantitate de aici nu este negativă. Deci, acesta este mai mare sau egal cu g pătrat, o normă L2 de g. Și am început cu 0. Deci am obținut că g este 0 și, prin urmare, spațiul nul al lui I plus acest operator compact auto-adjunct este trivial. Și, prin urmare, eu plus acest operator compact auto-adjunct este inversabil - alternativa Fredholm. Deci acest invers există. Și eu te definesc a fi ce? A la 1/2. Să spunem astfel, voi defini V ca fiind I plus A la înmulțirea 1/2 cu V, A la inversul 1/2 aplicat lui A la 1/2 f și u ca fiind A la 1/2 de V. Atunci ce primesc? Apoi u plus A aplicat înmulțirii cu V a-- deci voi spune A Vu, aceasta este egală, prin definiție, A cu 1/2 V plus A cu 1/2, pur și simplu pentru că A este egal cu A la 1/2 pătrat aplicat la V. Deci primesc A la 1/2, I plus A la 1/2 din V, A la 1/2 aplicat la V. Și acum V este dat de acest lucru. Așa că, atunci când ajunge la asta, revin A la 1/2 f înmulțit cu A la 1/2 pentru a obține Af.