Aggiunto dell'aggiunto
Dato un'operatore differenziale $L=sum_{|k|<=p} a_k D^k$, il suo aggiunto formale è $L^+=sum_{|k|<=p} (-1)^k D^k(a_k *)$.
Come faccio a dimostrare che $(L^+)^+=L$ ?
Il primo passo penso sia riscrivere $L^+$ nella forma
$L^+=sum_{|k|<=p} (-1)^k b_k D^k$
Quindi
$(L^+)^+ = sum_{|k|<=p} D^k(b_k *)= sum_{|k|<=p} c_k D^k$.
La difficoltà è nel capire come ottenere i $b_k$.
Come faccio a dimostrare che $(L^+)^+=L$ ?
Il primo passo penso sia riscrivere $L^+$ nella forma
$L^+=sum_{|k|<=p} (-1)^k b_k D^k$
Quindi
$(L^+)^+ = sum_{|k|<=p} D^k(b_k *)= sum_{|k|<=p} c_k D^k$.
La difficoltà è nel capire come ottenere i $b_k$.
Risposte
Ma sei sicuro che sia vero? Cosa sono gli \(a_k\)?
"dissonance":
Cosa sono gli \(a_k\)?
Sono funzioni di classe $C^{infty} (RR^n)$.
"dissonance":
Ma sei sicuro che sia vero?
Potrei avere interpretato male la definizione dell'operatore aggiunto, ma non credo. Quanto al fatto che l'aggiunto dell'aggiunto coincide con l'operatore di partenza è una cosa che mi hanno sempre fatto usare in meccanica quantistica, senza pormi troppe domande.
Ho verificato inoltre che vale per l'operatore $L=x*d/(dx)$.
Si si, ma in effetti sarà sicuramente vero, a pensarci un attimo. Anzi, forse la dimostrazione è pure facile. Quella formula si ottiene applicando \(L\) ad una funzione \(v \in C^\infty\) a supporto compatto, appaiando ad un'altra funzione a supporto compatto e integrando per parti:
\[\int_{\mathbb{R}^n} Lu v\, dx=\int u L^+v.\]
Quindi
\[\int L^{++}u v\, dx=\int u L^+v\, dx\qquad \text{per definizione}\]
e
\[\int uL^+v\, dx= \int Lu v\, dx.\]
Abbiamo così dimostrato che
\[\int L^{++}u v\, dx=\int Lu v\, dx, \qquad \forall u, v\in C^{\infty}\, \text{a supporto compatto}, \]
e quindi i due operatori sono identici.
\[\int_{\mathbb{R}^n} Lu v\, dx=\int u L^+v.\]
Quindi
\[\int L^{++}u v\, dx=\int u L^+v\, dx\qquad \text{per definizione}\]
e
\[\int uL^+v\, dx= \int Lu v\, dx.\]
Abbiamo così dimostrato che
\[\int L^{++}u v\, dx=\int Lu v\, dx, \qquad \forall u, v\in C^{\infty}\, \text{a supporto compatto}, \]
e quindi i due operatori sono identici.
$int L^{++}u v= int u L^+ v$ per definizione?
Per definizione non dovrebbe essere $int L^{++}u v= int u L^{+++} v$ ?
Per definizione non dovrebbe essere $int L^{++}u v= int u L^{+++} v$ ?
Ma basta leggere la formula da destra verso sinistra:
\[\int L^+ v u = \int v L^{++}u.\]
\[\int L^+ v u = \int v L^{++}u.\]
Sì, non avevo fatto caso che per te entrambe le funzioni sono a supporto compatto, mentre nell'argomento che sto facendo io una sola delle due lo è (ma può darsi che funzioni comunque, non ci ho riflettuto su questo).
A questo punto notiamo che per questa applicazione di qua $L^{++}$ ed $L$ agiscono alla stessa maniera. Ma chi mi garantisce che in assoluto siano proprio identici?
In realtà è abbastanza intuitivo, perché questa relazione deve valere per tutte le funzioni di questo tipo, che sono almeno tante quante le funzioni $C^{infty}$. Tuttavia questo tipo di argomentazione non mi pare matematicamente esauriente, però penso che si possa fare.
Io ho provato a scrivere una forma generale dei coefficienti (come proposto all'inizio) ma è un lavoro molto arduo, vengono fuori formule abbastanza elaborate con i coefficienti binomiali.
A questo punto notiamo che per questa applicazione di qua $L^{++}$ ed $L$ agiscono alla stessa maniera. Ma chi mi garantisce che in assoluto siano proprio identici?
In realtà è abbastanza intuitivo, perché questa relazione deve valere per tutte le funzioni di questo tipo, che sono almeno tante quante le funzioni $C^{infty}$. Tuttavia questo tipo di argomentazione non mi pare matematicamente esauriente, però penso che si possa fare.
Io ho provato a scrivere una forma generale dei coefficienti (come proposto all'inizio) ma è un lavoro molto arduo, vengono fuori formule abbastanza elaborate con i coefficienti binomiali.
Ma non c'è bisogno di fare questo casino. Abbiamo mostrato che \(Lu=L^{++}u\) per ogni \(u\) liscia e a supporto compatto, perché
\[\int (Lu)v\, dx= \int (L^{++}u)v\, dx\]
per ogni \(v\) liscia e a supporto compatto. E questo basta: due operatori differenziali che coincidono su tale classe di funzioni hanno necessariamente identica espressione formale.
\[\int (Lu)v\, dx= \int (L^{++}u)v\, dx\]
per ogni \(v\) liscia e a supporto compatto. E questo basta: due operatori differenziali che coincidono su tale classe di funzioni hanno necessariamente identica espressione formale.
"dissonance":
E questo basta: due operatori differenziali che coincidono su tale classe di funzioni hanno necessariamente identica espressione formale.
E' quello che volevo dire: mi pare evidente questa cosa, ma non sarei capace di dimostrarla.
(Il resto era un tentativo di usare un approccio brutale, quasi sicuramente meno furbo, per dimostrare l'uguaglianza tra gli operatori, ma che non sono riuscito a scrivere bene nel caso generale)
"robbstark":
[quote="dissonance"]E questo basta: due operatori differenziali che coincidono su tale classe di funzioni hanno necessariamente identica espressione formale.
E' quello che volevo dire: mi pare evidente questa cosa, ma non sarei capace di dimostrarla.[/quote]
Eh, in effetti anche io ho qualche difficoltà. Se i coefficienti sono costanti te ne esci subito con una trasformata di Fourier. Altrimenti non lo so se il metodo funziona ancora. Puoi provare un po' tu? Io avrei da fare, purtroppo. Ci posso pensare in un altro momento, se serve.
Forse ci sono riuscito, per ora nel caso di operatori differenziali di ordine finito $p$. Non mi piace molto, ma penso sia corretto.
Per semplicità mi limito al caso di funzioni $RR -> RR$.
Considero l'azione dell'operatore in un punto fissato, così che:
$Lu(x_0)=a_{0}(x_0) u^{(0)}(x_0)+a_{1}(x_0) u^{(1)}(x_0)+...+a_{p}(x_0) u^{(p)}(x_0)$
$Mu(x_0)=b_{0}(x_0) u^{(0)}(x_0)+b_{1}(x_0) u^{(1)}(x_0)+...+b_{p}(x_0) u^{(p)}(x_0)$
L'operatore $L$ sia dato, l'operatore $M$ no, quindi, possiamo trattare le $b$ come incognite. Uguagliando i due secondi membri si ha quindi un'equazione lineare a $p$ incognite.
A questo punto basta variare la funzione $u$ in modo da ottenere un sistema di $p$ equazioni con determinante non nullo, quindi a soluzione unica, quindi per forza di cose i coefficienti $b$ devono coincidere con quelli $a$, e dunque $L=M$.
Osservazione: Chi garantisce che si possa avere questo sistema con determinante non nullo?
Il determinante dipende solo dai valori delle derivate. E fissati i valori di un numero finito di derivate puntuali, si può sempre trovare una polinomiale che soddisfa le condizioni, purché di ordine abbastanza alto.
Per semplicità mi limito al caso di funzioni $RR -> RR$.
Considero l'azione dell'operatore in un punto fissato, così che:
$Lu(x_0)=a_{0}(x_0) u^{(0)}(x_0)+a_{1}(x_0) u^{(1)}(x_0)+...+a_{p}(x_0) u^{(p)}(x_0)$
$Mu(x_0)=b_{0}(x_0) u^{(0)}(x_0)+b_{1}(x_0) u^{(1)}(x_0)+...+b_{p}(x_0) u^{(p)}(x_0)$
L'operatore $L$ sia dato, l'operatore $M$ no, quindi, possiamo trattare le $b$ come incognite. Uguagliando i due secondi membri si ha quindi un'equazione lineare a $p$ incognite.
A questo punto basta variare la funzione $u$ in modo da ottenere un sistema di $p$ equazioni con determinante non nullo, quindi a soluzione unica, quindi per forza di cose i coefficienti $b$ devono coincidere con quelli $a$, e dunque $L=M$.
Osservazione: Chi garantisce che si possa avere questo sistema con determinante non nullo?
Il determinante dipende solo dai valori delle derivate. E fissati i valori di un numero finito di derivate puntuali, si può sempre trovare una polinomiale che soddisfa le condizioni, purché di ordine abbastanza alto.
L'idea è giusta, si. Ci sono dei dettagli da sistemare ma l'idea è corretta, va bene. Solo un appunto al volo ti faccio: attento che i polinomi non sono a supporto compatto. Comunque è vero che in ogni punto \(x_0\) esiste una funzione \(u\) continua e a supporto compatto tale che \(u(x_0)=0, u'(x_0)=0, \ldots u^{(k-1)}(x_0)=0, u^{(k)}(x_0)=1, u^{(k+1)}(x_0)=0 \ldots.\) (Non ci avevo pensato, mannaggia a me, ma c'è e si chiama teorema di Borel. Vedi il punto 2 di questo esercizio: post388945.html#p388945
Usando questo risultato si dimostra facilmente il tuo claim. Non occorre neanche passare dai determinanti, in effetti. Complimenti, ottima idea.
Usando questo risultato si dimostra facilmente il tuo claim. Non occorre neanche passare dai determinanti, in effetti. Complimenti, ottima idea.
Perfetto, molto avanzata come tecnica.
Io inizialmente ero convinto che si potesse prendere un polinomio non solo con le derivate assegnate in un punto, ma anche che si azzerassero tutte in 2 punti, così, che si riuscisse a costruire una funzione a supporto compatto prendendo solo un pezzo del polinomio. Tuttavia, riguardando meglio mi pare totalmente sbagliato in effetti, purtroppo è più complicato di come pensavo.
Mi sa che ci vuole proprio questo lemma di Borel. Grazie.
Io inizialmente ero convinto che si potesse prendere un polinomio non solo con le derivate assegnate in un punto, ma anche che si azzerassero tutte in 2 punti, così, che si riuscisse a costruire una funzione a supporto compatto prendendo solo un pezzo del polinomio. Tuttavia, riguardando meglio mi pare totalmente sbagliato in effetti, purtroppo è più complicato di come pensavo.
Mi sa che ci vuole proprio questo lemma di Borel. Grazie.
Eh no volendo l'idea del polinomio potresti portarla da qualche parte. Per esempio potresti prendere un polinomio e moltiplicarlo con una bump function identicamente uguale ad \(1\) in tutto un intorno di \(x_0\). La funzione risultante avrebbe supporto compatto e però in \(x_0\) coinciderebbe in ogni ordine di derivazione col polinomio. Sviluppando per bene questo filo logico si potrebbe ridimostrare il lemma di Borel.
Sostanzialmente però, sempre lì si va a parare: occorre costruire una funzione a supporto compatto e con le derivate assegnate in un punto. Come lo si faccia è irrilevante.
Sostanzialmente però, sempre lì si va a parare: occorre costruire una funzione a supporto compatto e con le derivate assegnate in un punto. Come lo si faccia è irrilevante.
Sì, si tratta di tratta di trovare questa bump function, ormai è chiaro come si fa. Sulla stessa falsariga si può generalizzare al caso a più variabili.
Quello che invece mi pare ancora irrisolto è il caso di operatori con infiniti termini, definiti da serie. Comunque ci penserò più avanti a questo caso.
Quello che invece mi pare ancora irrisolto è il caso di operatori con infiniti termini, definiti da serie. Comunque ci penserò più avanti a questo caso.
Beh vabbè ma un operatore con infiniti addendi è un oggetto parecchio più complicato. Anzi, non è neanche ben definito. Una funzione liscia a supporto compatto non ha nessun obbligo di avere derivate limitate, figuriamoci se la serie può convergere. A dire il vero non ho mai incontrato operatori del genere.
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