docמבוא לגיאומטריה ספקטרלית 80966
download 
Report Transcription
מבוא לגיאומטריה ספקטרלית 80966
מבוא לגיאומטריה ספקטרלית 80966 אור דגמי[email protected] , 21ביוני 2012 אתר אינטרנטhttp://digmi.org : סיכום הרצאות של ד״ר דן מנגובי בשנת לימודים 2012 1 תוכן עניינים נגני נגני גיטרה ...מיתר רועד . . . אז מה זה גיאומטריה ספקטרלית? הפונקציות העצמיות . . . . . . . . דוגמאות נוספות . . . . . . . . . 1.4.1משוואת החום . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.4.2משוואת . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Schrödinger מטרה בקורס . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5 5 8 8 10 10 11 11 1 מבוא 1.1 1.2 1.3 1.4 2 הלפלאסיאן 2.1עקרון הוריאצייה . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.2ערכים עצמיים של הלפלאסיאן . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.3משפט קורנט . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . מרחב סובולב . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.3.1 הערה קטנה על מרחב סובולב בשביל משה . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.3.1.1 2.3.2סיום הוכחת משפט קורנט . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.3.3דוגמאות . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.3.4דיסק . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.4עקרון המקסימום החזק . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . λ1 2.5מינימלי\מקסימלי . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.5.1אי השיוויון האיזופרימטרי . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.5.2אי שיוויון . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Brunn-Minkowski 2.5.3נוסחת הקו־שטח . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.5.4הוכחת אי־שיוויון . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Faber-Krahn 2.5.5הוכחת נוסחת הקו־שטח . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.6אי־שיוויון . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Faber-Krahn 2.7אי־שיוויון . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (1970) Cheeger 13 13 16 22 29 30 31 31 34 38 40 41 42 47 48 51 53 60 3 (1912) Weyl בעיית נויימן . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . עיקרון הווריאציה . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.1.1 3.1.2מהן פ״ע נויימן בריבוע? . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.1.3תכונות של ). . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . NΩ (E הוכחת משפט . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Weyl מסקנות . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 62 63 65 67 68 70 70 איזוספקטרליות 4.1עקרון השיקוף . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 75 76 1.5 חוק 3.1 3.2 3.3 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . תוכן עניינים 5 תוכן עניינים 78 זמנים מודרניים .או :מה עושים כיום? 5.1 קשר בין ערכים עצמיים נויימן לדיריכלה . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 79 5.2 5.3 כדורים חסומים בתחומים נודליים . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . אי שיוויון מטיפוס . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Poincaré 82 84 3 תוכן עניינים תוכן עניינים 4 פרק 1 מבוא 1.1נגני נגני גיטרה ...מיתר רועד נתבונן במיתר באורך Lאשר מוחזק בקצוותית .הפונקציה של רעידות המיתר היא ) u (t, x־ פונקצייה של הזמן ושל המקום )האמפליטודה(. uמקיימת את המשוואה: utt = k 2 uxx זוהי משוואת הגלים .כמו כן ,המיתר מוחזק בקצוותית לכן נדרוש: u (t, 0) = u (t, L) = 0 ∀t אלו נקראים תנאי השפה של הבעיה .בנוסף יש לנו תנאי התחלה ,כלומר המצב של המיתר בזמן 0כלומר: )= f (x )u (0, x )= g (x )ut (0, x נרצה למצוא את ) u (t, xלכל tו־ .x כיצד נוכל לפתור את המשוואה? רעיון של Fourier נחפש פתרונות מהצורה: )u (t, x) = T (t) X (x )הפרדת משתנים( .נחשב את הנגזרות החלקיות: T ′′ X = utt T X ′′ = uxx נציב במשוואת הגלים ונקבל: )T ′′ (t )X ′′ (x = k2 )T (t )X (x ⇒ T ′′ X = k 2 T X ′′ נבחין כי אגף ימין תלוי רק במקום ,ואילו אגף שמאל תלוי רק בזמן ,נסיק מכך שקיים קבוע αכך ש: )X ′′ (x )T ′′ (t = k2 =α )T (t )X (x ולמעשה קיבלנו שני משוואואת דיפרנציאלית רגילות מסדר שני שאותן קל לפתור. 5 .1.1נגני נגני גיטרה ...מיתר רועד פרק .1מבוא עבור :X α )· X (x k2 = )X ′′ (x נבחין כי הפתרונות האפשריים למשוואה הזאת תלויים ב .αבמידה בו :α > 0 √ α k x + Be− √ α k x X (x) = Ae ✏ תרגיל :להראות שהפתרון הנ״ל לא יכול לקיים את תנאי השפה. כלומר :לא קיימים A, Bכך ש X (0) = X (L) = 0 :ולכן α > 0נופל. באופן דומה אם α = 0לא קיים פתרון לא טריוויאלי שמקיים גם תנאי שפה.X (0) = X (L) = 0 : ✑ נשאר עם המקרה בו α < 0נבחין כי הפתרון למשוואה הדיפרנציאלית הנ״ל הוא: √ √ −α −α X (x) = A sin x + B cos x k k ✓ ✒ נזכור גם שאנו יודעים תנאי שפה שהפונקציה Xצריכה לקיים ,מכיוון ש u (t, 0) = u (t, L) = 0אזי נסיק כי: X (0) = X (L) = 0 ✁ תרגיל :להראות ש B = 0 כלומר הפתרון שלנו הוא: √ −α x k X (x) = A sin ביחד עם תנאי שפה נקבל כי: √ −α sin L =0 k כלומר נסיק כי: √ −α L=n·π k כאשר .n ∈ Zכלומר: n2 π 2 k 2 L2 α=− לכן קיבלנו סדרה של פתרונות: nπx L Xn (x) = A sin לכל ) n ∈ Nהפתרונות השליליים לא מעניינים כי הם זהים רק בהיפוך פאזה(. הערה A 1.1.1תלוי ב.n ונקבל: n2 π 2 Xn L2 Xn′′ = − 6 ✄ ✂ פרק .1מבוא .1.1נגני נגני גיטרה ...מיתר רועד עבור :Tנזכור כי: )u (t, x) = T (t) X (x עבור Xמצאנו כבר פתרון ,נרצה למצוא כעת עבור ,Tראינו כי: T ′′ n2 π 2 k 2 =α=− T L2 נקבל כי הפתרון למשוואה הנ״ל הוא: nπk t l nπk t + D cos ℓ Tn (t) = C sin הערה C 1.1.2ו Dתלויים ב nגם הם. ולכן נקבל: nπx L U (t, x) = Tn (t) sin דוגמה 1.1.3מצאו את ) u (t, xעבור תנאי התחלה: πx L = )u (0, x sin = )ut (0, x 0 נבחר ) n = 1טבעי לנחש את זה ,מכיוון שאז Xתקיים את תנאי ההתחלה( .נקבל: πx u (t, x) = T1 (t) sin L נבדוק את תנאי ההתחלה: ⇒ T1 (0) = 1 ⇒ T1′ (0) = 0 מכאן D = 1ו.C = 0 מכאן: πx L πx L πx sin L = T1 (0) sin )u (0, x = T1′ (0) sin )ut (0, x πkt L u (t, x) = cos u (0, x) = sin nπxו־ ut (0, x) = 0נקבל: עבור תנאי התחלה L nπx nπkt sin u (t, x) = cos L L כלומר ,אנו יודעים לפתור את המשוואה עבור פונקציות פשוטות )כך נקראות הפונקציות גל הפשוטות הנ״ל(. נבחין כי משוואת הגלים היא לינארית ,כלומר אם uמקיימת אותה וגם vמקיימת אותה אז αu + βvמקיימת אותה .זהו עקרון הסופרפוזיציה. לכן ,כעת אנו יודעים לפתור עבור תנאי התחלה: mπx L am sin N X = )u (0, x m=1 0 7 = )ut (0, x פרק .1מבוא .1.2אז מה זה גיאומטריה ספקטרלית? נקבל פתרון: mπx L sin mπkt L am cos N X = )u (t, x m=1 כאן נכנס הרעיון של פורייה :באיזשהו מובן ,כל פונקצייה רציפה בקטע ] [0, Lשמתאפסת ב 0ו Lהיא סכום אינסופי של פונקציות גל פשוטות. לדוגמה ,אם יש לנו פונקציה ) f (xאנו יכולים לעשות לה פיתוח פורייה: mπx L am sin ∞ X = )f (x m=1 ואז באופן פורמלי )אך בלי הוכחה(: mπx L sin mπkt L am cos N X = )u (t, x m=1 פותר את המשוואה עם תנאי שפה ותנאי ההתחלה: )u (0, x )= f (x = 0 1.2 )ut (0, x אז מה זה גיאומטריה ספקטרלית? נרצה לשאול מה הגיאומטריה הספקטרלית מנסה לעשות? בגיאומטריה ספקטרלית אנו מנסים להבין את הקשר בין הפונקציות העצמיות והערכים העצמיים של הלפלאסיאן. הערה 1.2.1הלפלאסיאן במימד אחד הוא הגזירה השניה לפי ,xבדוגמת המיתר זה בדיוק ה .uxxוהפונקציות העצמיות היו הגלים הפשוטים שמצאנו. בדוגמה שלנו הערכים העצמיים היו: n2 π 2 L2 = λn והפונקציות העצמיות היו: nπx L Xn (x) = sin נניח שידוע אוסף הערכים העצמיים ,האם ניתן להסיק מה הוא אורך המיתר? בדוגמה הנ״ל אנו רואים כי זה מאוד קל .לדוגמה אם .L = √πλ n2 π 2 L2 = ) λ1קל למצוא אותו כי הוא הקטן ביותר באוסף( ולכן נסיק כי: 1 זו תכונה של גיאומטריה ספקטרלית ,מתכונות של הספקטרום אנו יכולים להסיק לגבי הגיאומטריה שלנו. 1.3 הפונקציות העצמיות נבחין כי הפונקציות העצמיות שקיבלנו בכלל לא מתייחסות ל) kהמהירות של הגל( .הדבר קצת מפתיע. 8 פרק .1מבוא .1.3הפונקציות העצמיות איור :1.1הקוים אשר בהם הצטבר החול בניסוי של Chladni מה נוכל להגיד על האפסים של הפונקציות העצמיות בדוגמה שראינו? כמה אפסים יש לפונקצייה העצמית n־ית? ־ ) n + 1הפונקציה העצמית הn־ית מחלקת את הקטע ] [0, Lל nאינטרבלים(. למה האפסים מעניינים בכלל? יותר קל לראות את זה בדוגמה הדו מימדי. ניסוי שערך Chladniבמאה ה 18בעזרת צלחת אלומיניום אשר הוא פיזר עליה חול ונתן לה לרעוד )למשל בעזרת קשת של כינור על הקצה( ,הצלחת רעדה והחול הצטבר בקווים מסויימים ,הקווים האלה הם הפונקציות העצמיות של הלפלאסיאן∆u = uxx + uyy : נרצה לשאול מה החשיבות של הפונקציות העצמיות ,למה הן מעניינות אותנו? או :מדוע חשובות הפונקציות העצמיות של הלפלאסיאן? משוואת הגלים במקרה הרב מימדי היא ):u (t, x utt = c2 ∆x u כאשר: ∂2u ∂x2i n X = ∆x u i=1 נניח שידוע לנו אוסף הפונקציות העצמיות ) ϕ (xשל הלפלאסיאן: )∆ϕn (x) = −λn ϕn (x הערה 1.3.1תמיד אפשר למצוא אוסף דיסקרטי של פונקציות עצמיות ,זה משפט קשה .אולי נוכיח אותו בסוף הקורס. נניח כי אנו יודעים גם כי: ϕn |∂Ω = 0 )כלומר הפונקציה מתאפסת על השפה של המשטח אשר סימנו אותו ב.(Ω מכאן אם ) f (xהיא פונקצייה כלשהי נוכל לרשום: X = )f (x )an ϕn (x 9 .1.4דוגמאות נוספות פרק .1מבוא ואז הפתרון יהיה: p )λn t ϕn (x an cos X = )u (x, t נבחין כי הפתרון מקיים: )u (0, x )ut (0, x )= f (x = 0 כלומר ,על מנת לפתור את פונקציית הגלים צריך את הפונקציות העצמיות והערכים העצמיים של הלפלאסיאן ובעזרתן לפתור את משוואת הגלים. 1.4 דוגמאות נוספות 1.4.1 משוואת החום שוב יש לנו פונקציה )) u (t, xהפונקצייה נותנת טמפרטורה בנקודה xבזמן (tמשוואת החום היא: ut (t, x) = ∆x u כמעט כמו משוואת הגלים רק שמדובר בנגזרת אחת בזמן .זו משוואה מסדר ראשון בזמן ,לכן היא דורשת תנאי התחלה אחד. )u (0, x) = f (x ונניח שיש לנו תנאי שפה: ∀y ∈ ∂Ω u (t, y) = 0 ∀t נניח שיש לנו את הפונקציות העצמיות של הלפלאסיאן נתונות .ונניח ידוע: X = )u (0, x )an ϕn (x אזי אוטומטית אנו יודעים את הפתרון בכל זמן :t )an ϕn (x אזי פתרון למשוואה הוא: X )an e−λn t ϕn (x = )u (t, x X = )u (t, x )−λn an e−λn t ϕn (x −λn an e−λn t ϕn (x) = ut X X = ut = an e−λn t ∆x ϕn X = ∆x u הערה 1.4.1משוואת החום היא המשוואה שפורייה טיפל בה וממנה נבעה כל התובנה של טורי פורייה 10 .1.5מטרה בקורס 1.4.2 פרק .1מבוא משוואת Schrödinger שוב u (t, x) :פונקציית הגל המקיימת: iut = ∆x u √ הפעם מדובר במשוואה המאוד דומה למשוואת החום ,רק שהפעם אנו כופלים אותה ב−1 = .iנניח שנתון לנו: )u (0, x) = ψ (x ולכן: )an eiλn t ϕn (x קל לבדוק שמתקיים: X = )u (t, x iut = ∆x u דוגמה 1.4.2נניח שאנו מסתכלים על משוואה: )iut = ∆u + V (x) u (t, x כאשר Vהיא פונקציית פוטנציאל .נחפש פונקציות עצמיות ϕכך ש .(∆ + V ) ϕ = −λϕ :במימד אחד נקבל: ϕ′′ + V (x) ϕ (x) + λϕ (x) = 0 נניח ש ) .ϕ (0) = 0 = ϕ (Lזהו הומנם לא משוואת לפלאסיאן ,אבל זהו המילטוניאין ואנו יכולים לחשב לו את הערכים העצמיים. הערכים העצמיים כבר לא מקיימים n2 π 2 L2 = ,λnאבל הם כן מקיימים: לשחזר את האורך של המיתר ועדיין מתקיים המשפט הבא: π2 2 n→∞ L → . λnn2 −לכן אנו עדיין מהערכים העצמיים בלבד יכולים משפט 1.4.3 לפונקצייה העצמית ה n־ית יש בדיוק n + 1אפסים. הערה 1.4.4הפונקצייה העצמית הn־ית היא שאנו מסדרים את הערכים העצמיים לפי סדר עולה ומתאימים את הפונקצייה העצמית לערך העצמי. 1.5 מטרה בקורס במהלך הקורס נפתח כלים על מנת להוכיח את המשפט של ) Courantמסביבות .(1923 ראינו שעבור מיתר רועד מספר האפסים של הפונקצייה העצמית ה k־ית הוא בדיוק .k + 1 = )X ′′ (x = )X (0 )−λk X (x X (L) = 0 2 2 ראינו כי במקרה זה הערכים העצמיים הם.λk = πLk2 : קורנט שאל :האם יש אנלוג דו־מימדי לטענה החד־מימדית הנ״ל? כלומר ,יש לנו תחום Ωעם איזשהי ממברנה רועדת לפי איזשהי פונקציה עצמית: p )λk t ϕk (x u (t, x) = cos 11 פרק .1מבוא .1.5מטרה בקורס ראינו שאם ϕמקיימם: ∆ϕ = −λϕ ϕ |∂Ω ≡ 0 ( אזי ) u (t, xפותרת את משוואת הגלים: utt = ∆x u המשמעות של האפסים היא הנקודות בהן המבברנה לא רועדת .כלומר :אם ϕ (x0 ) = 0אז הממברנה לא רועדת בנקודה .x0 הערה 1.5.1כדאי לחפש בגוגל Chladni Plates :על מנת לראות דוגמאות לניסוי ותוצאות של איפה החול מצטבר. במקרה הדו מימדי ,האפסים הם קווים ,אנו לא יכולים לספור את כמות הנקודות ,אבל אנו יכולים לספור את מספר רכיבי הקשירות של } .{ϕ 6= 0ושאל ,האם זה נכון שלפונקציה העצמית ה kיש בדיוק kכאלה. הוא גילה שזה לא נכון ,אבל הוא כן גילה משהו: משפט 1.5.2 עבור הפונקצייה העצמית הk־ית קיימים לכל היותר kרכיבי קשירות של }{ϕk 6= 0 משפט 1.5.3 נביט בבעיה: ∆ϕ = −λϕ בתחום Ω ⊂ Rnחסום .וגם מתקיים: ϕ |∂Ω ≡ 0 .1קיים אוסף דיסקרטי של ערכים עצמיים ≤ 0 < λ1 < λ2 ≤ λ3 ≤ λ4 ) . . .דגש ,הראשון הוא בהכרח < ולא ≤( כאשר ∞ → λn −שעבורם ∞→n קיים פתרון לא טריוויאלי לבעיה .עבור כל λאחר יש רק את פתרון האפס. .2בנוסף ,אפשר להראות שאוסף הפונקציות העצמיות המתאימות ϕ1 , ϕ2 , ϕ3 , . . .מהוות מערכת אורתונורמלית שלמה ל )) L2 (Ω״כל פונקציה על ) ,f ∈ C ∞ (Ωהיא קרובה לצירוף לינארי של פונקציות עצמיות״(. .3הפונקציות העצמיות הן הפונקציות ∞ .C 12 פרק 2 הלפלאסיאן 2.1 עקרון הוריאצייה Vמרחב וקטורי ממימד סופי מעל h, i ,Rמכפלה פנימית על T : V → V .Vסימטרי )לכל v, w ∈ Vמתקיים.(hT v, wi = hv, T wi : משפט 2.1.1 קיים בסיס אורתונורמלי של Vשמורכב מוקטורים עצמיים של .T הוכחה :עבור Vממימד 1המשפט נכון באופן טריוויאלי )פשוט כפל בסקלאר(. יהי Vממימד .n > 1קיים ערך עצמי λל .λ ∈ C ,Tיהי v0 ∈ Vוקטור עצמי מתאים.. נראה כי :λ ∈ R 2 2 λ kv0 k = hT v0 , v0 i = hv0 , T v0 i = λ kv0 k לכן קיבלנו כי ,λ = λולכן בהכרח .λ ∈ R נביט במרחב .v0⊥ ⊆ Vנראה ש: ⊥T : v0⊥ → v0 כלומר T ,לוקחת את ⊥ v0לעצמו .יהי ⊥,w ∈ v0 hT w, v0 i = hw, T v0 i = −λ hw, v0 i = 0 כיוון ש ,V v0⊥ .w⊥v0ולכן מהנחת האינדוקציה קיים בסיס אורתונורמלי v1 , . . . , vn−1ל ⊥ v0של וקטרוים אורתונורמליים של .T נוסיף את ) v0אחרי נרמול( ונקבל ) (v0 , v1 , . . . , vn−1בסיס אורתונורמלי של Vשמורכב מוקטורים עצמיים של .T טענה 2.1.2 Tסמטרי ,עקרון הוריאצייה אומר: hT v, vi hv, vi λ1 = inf v6=0 כאשר λ1הוא הערך העצמי קטן ביותר )יכול להיות שלילי!( הוכחה :יהי ) (e1 , . . . , enבסיס אורתונורמלי של וקטורים עצמיים עם ערכים עצמיים מתאימים .λ1 , . . . , λn = α1 e1 + . . . + αn en = α1 λ1 e1 + . . . + αn λn en v Tv לכן נקבל כי: α21 + . . . + α2n hT v, vi = α21 λ1 + . . . + α2n λn ≥ α21 λ1 + α22 λ1 + . . . + α2n λ21 = λ1 = α21 + . . . + α2n 13 hv, vi .2.1עקרון הוריאצייה פרק .2הלפלאסיאן λ1הוא הערך העצמי הקטן ביותר ,לכן האי שיוויון נכון. ולכן נקבל: hT v, vi ≥ λ1 hv, vi ∀v 6= 0 e1 ,e1 i . hTולכן קיבלנו את הנדרש. אבלhe1 ,e1 i = λ1 : טענה 2.1.3עקרון הוריאצייה הכללי עבור λkכאשר k ≥ 1נקבל כי: hT v, vi hv, vi sup v∈L v 6= 0 = λk inf L⊂V dim L = k הוכחה: נוכיח את הלמה הבאה: למה 2.1.4 נסמן e1 , . . . , ek−1וקטורים עצמיים של Tעם ערכים עצמיים ,λ1 , . . . , λk−1ואז נוכל לרשום: hT v, vi hv, vi inf v⊥e1 ,...,ek−1 = λk הוכחה :נבחין כי לכל $X$ al umr oFvניתן לרשום אותו באופן הבא: αk ek + . . . + αn en = v αk λk ek + . . . + αn λn en = Tv ואז נקבל כי: 2 hT v, vi = α2k λk + . . . + α2n λn ≥ λk α2k + . . . + α2n = λk kvk ובאמת נקבל את הנדרש כמו בהוכחה הקודמת. נרצה כעת לקבל את עקרון הוריאציה הכללי. יהי L ⊂ Vתת־מרחב וקטורי ממימד .kצריך להוכיח כי: hT v, vi ≥ λk hv, vi sup v∈L v 6= 0 v,vi . hT כלומר ,נראה שקיים v ∈ Lכך ש hv,vi ≥ λk למה 2.1.5 קיים וקטור 0 6= v ∈ Lכך ש: v⊥e1 .. . v⊥e k−1 14 פרק .2הלפלאסיאן .2.1עקרון הוריאצייה הוכחה :נבחר בסיס ל f1 , . . . , fk ,כך ש: v = α1 f1 + . . . + αk fk אנו מחפשים α־ים כך ש: α1 hf1 , e1 i + α2 hf2 , e1 i + . . . + αk hfk , e1 i = 0 .. . α hf , e 1 1 k−1 i + α2 hf2 , ek−1 i + . . . + αk hfk , ek−1 i = 0 קיבלנו k − 1משוואות לינאריות ב kנעלמים ,α1 , . . . , αk :לכן קיים פתרון לא טריוויאלי. לפי הלמה הקודמת: hT v, vi hv, vi inf v⊥e1 ,...,ek = λk בפרט ,עבור :v0 hT v0 , v0 i hv0 , v0 i כלומר ,מצאנו v0 ∈ Lכך ש hT v0 ,v0 i hv0 ,v0 i ≤ λk ≤ λkכנדרש. כלומר ,הוכחנו כי: hT v, vi hv, vi sup v∈L v 6= 0 inf L⊂V dim L = k ≤ λk נרצה להראות שקיים שוויון .נתבונן בתת מרחב } .L = span {e1 , . . . , ekעבור ekמתקיים: hT ek , ek i = λk hek , ek i לכל v ∈ Lמתקיים: v = α1 e1 + . . . + αk ek לכן: α21 + . . . + α2k λk hT v, vi α21 λ1 + . . . + α2k λk = ≤ = λk hv, vi α21 + . . . + α2k α21 + . . . + α2k כלומר ,קיבלנו שעבור Lהנ״ל: hT v, vi = λk hv, vi מכאן קיבלנו את הנדרש. 15 sup v∈L v 6= 0 .2.2ערכים עצמיים של הלפלאסיאן פרק .2הלפלאסיאן 2.2ערכים עצמיים של הלפלאסיאן טענה 2.2.1 ה∆ הוא אופרטור ״סימטרי״ הוכחה :יהי Ω ⊆ Rnתחום חסום. נתבונן במרחב ) C0∞ (Ω־ מרחב הפונקציות ∞ Cעם תומך קומפקטי ב ) Ωכלומר פונקציות המתאפסות רחוק מהשפה(. במרחב הנ״ל ,אנו יכולים להגדיר מכפלה פנימית: ˆ hf, gi := f (x) g (x) dx Ω נרצה להראות כי ∆ סימטרי ביחס למכפלה הפנימית הנ״ל. נבדוק שמתקיים: u∆vdx ˆ = (∆u) vdx Ω ˆ Ω לכל ).u, v ∈ C0∞ (Ω נוכיח במימד אחד: ✿0 ✘ ✘ u′ v ′ dx + ✘ u′ · v✘|ba ˆb a u′′ · vdx = − ˆb a מכיוון ש vמתאפסת בקצוות ,ולכן: u′ v ′ dx ˆb a =− אבל נבחין כי הביטוי הנ״ל סימטרי ל u, vולכן קיבלנו את הנדרש. במימד גבוה :יהי Xשדה וקטורי ,נרצה להבין איך אנו מחשבים אינטגרלים מהצורה הנ״ל: ˆ (Xf ) · gdv Ω Xfהיא הנגזרת הכיוונית של fבכיוון השדה בנקודה .כלומר: ))f (x+tX(x t .(Xf ) (x) := lim t→0 במקום לגזור את fנרצה לגזור את ,gנוסחת אינטגרציה בחלקים במקרה הרב מימדי היא: ˆ ˆ ˆ (Xf ) · gdv = − f · (Xg) dv − f · g (divX) dv + f · g · hX, n ˆ i dσ ∂Ω Ω Ω nהוא נורמל חיצוני ל .Ωוגם: כאשר ˆ n 1 ∂a ∂a + ...+ n ∂x1 ∂x =divX : כאשר: n X = a1 , a2 , . . . , a פונקציות. 16 ˆ Ω פרק .2הלפלאסיאן .2.2ערכים עצמיים של הלפלאסיאן דוגמה 2.2.2 )X = (1, 0, 0, . . . , 0 ∂f ∂x1 = Xf divX = 0 איך נסיק מכך שהלפלאסיאן הוא סימטרי? ∂f ∂f אם fפונקציה ,נגדיר: , . . . , grad (f ) = ∂xשדה וקטורי. ∂xn 1 יהי Xשדה וקטורי כלשהו אזי: hgrad (f ) , Xi = Xf למה? כי אם X = a1 , . . . , anאזי: ∂f ∂f + . . . + an n ∂x1 ∂x hgrad (f ) , Xi = a1 ומלינאריות הנגזרת החלקית הנ״ל נכון. כעת ,נשים לב כי הלפלאסיאן של fהוא: X ∂2f ∂x2k = )) ∆f = div (grad (f נרצה לחשב ביטוי מהצורה: X g f ˆ {|}z }| { z {|}z = div (grad (u)) · v 1 dV = (Xf ) gdV Ω ˆ f · g hx, n = ˆ i dσ divXf · gdV + f g hX, n = ˆ i dσ f (Xg) dV − Ω ∂Ω ˆ ˆ f (Xg) dV + ∂Ω ˆ ˆ − Ω (Xf ) gdV − Ω ˆ − Ω ˆ ✿0 ✘ ✘ ✘ ✘ (g)i + f · g hX, n hX, grad (f )i · gdV − f · hX, grad = ˆ i dσ ✘ ✘✘✘ ✘ Ω ∂Ω ˆ ˆ ∂u − h∇u, ∇vi dV + · vdσ ∂n ˆ ˆ ˆ − Ω ∂Ω התוצאה הנ״ל חשובה מפני עצמה ,והיא נקראת משפט גרין. אבל אם uו vמתאפסות על השפה ,האינטגרל על השפה נעלם ,ולכן נקבל כי הלפלאסיאן הוא אכן סמטרי. נשים לב שאם ניקח את נוסחת האינטגרציה בחלקים: f · g · hX, n ˆ i dσ ˆ ˆ f · g (divX) dv + f · (Xg) dv − Ω ∂Ω Ω ונציב בה את f = g = 1נקבל: hX, n ˆ i dσ ˆ = divXdV ∂Ω זהו משפט הדיברגנץ\גאוס\סטוקס\גרין ממימד .2 17 ˆ ˆ Ω (Xf ) · gdv = − ˆ Ω ˆ Ω = (∆f ) · gdV ˆ Ω .2.2ערכים עצמיים של הלפלאסיאן פרק .2הלפלאסיאן טענה 2.2.3 נוכיח את משפט הדיברנץ במימד 2 הוכחה :נוכיח את המשפט עבור Ωמהצורה של עיגול ,והשדה Xמתאפס קרוב לשפת העיגול. נבחין כי: ˆ hx, n ˆ i dσ = 0 ∂Ω כי Xניתן להחליף את התחום למלבן העוטף את העיגול ולשמר את האינטגרל היות והוא מתאפס קרוב לשפה. נסמן: ))X = (α (x, y) , β (x, y נקבל כי האינטגרל של הגיברגנץ בתחום הנ״ל יהיה: 0 0 d ❃ ✚ ❃ ✚ ˆ ˆd ˆb ✚ ✚ ∂β✚ ∂α ✚ dy dx + ✚✚dx dy ∂y ✚ ✚ ∂x c c ✚a ✚ | | {z } {z } המשפט היסודי ˆb = dxdy a ∂β ∂y + ∂α ∂x ˆb ˆd c a המשפט היסודי )כיוון שקצוות הקטע הערך מתאפס ,לכן אנו מקבלים שהאינטגרל הוא אפס. כעת נתבונן במקרה של חצי עיגול כאשר רק על שפה המעגל האינטגרל מתאפס )כלומר ,קרוב לקוטר השדה לא מתאפס( כמו כן המסילה היא נגד כיוון השעון. נבחין כי הנורמל עבור הקוטר אשר בו קטענו את העיגול הוא ) (0, −1ולכן: β (x, 0) dx ˆb a −β (x, 0) dx = − ˆb a hx, n = ˆ i dσ ˆ ∂Ω נחשב את אגף שמאל: שוב נעטוף במלבן ונקבל: 0 ❃ ✚ ✚ ∂α✚dx dy ✚ ✚ ∂x a ✚ {z } | ˆb ˆd ∂β dydx + ∂y ˆb ˆd 0 a 0 המשפט היסודי מהמשפט היסודי נקבל: β (x, 0) dx ˆb a −β (x, 0) dx = − ˆb a כעת ,נבחן מקרה בו במקום קטיעה בקו ישר ,נקטע בקו עקום .ניתן למצוא העתקה המעבירה בין המקרה הקודם למקרה הזה ,כלומר אם נעבור בקואורדינטות u, vעם החצי עיגול ,קיימת העתקה )) ~r (u, v) = (x (u, v) , y (u, vשתיישר את הקו העקום ,נבחין כי היא לא תשמר צורה מעגלית ,אבל בגלל התאפסות בקרוב לשפה של הקטע המקורי ,ניתן יהיה לעטוף בחצי עיגול חדש גדול יותר .נקבל כי: ∂x ∂x ˆ ˆ ∂β ∂α ∂v dudv (x (u, v) , y (u, v)) + (x (u, v) , y (u, v)) det ∂u = divXdxdy ∂y ∂y ∂x ∂y ∂u ∂v ~ )r −1 (Ω 18 Ω פרק .2הלפלאסיאן .2.2ערכים עצמיים של הלפלאסיאן ˜ α ו βבאופן דומה .מכלל השרשרת נקבל כי: נגדיר ))˜ (u, v) = α (x (u, v) , y (u, v ∂α ∂x ∂α ∂y + ∂x ∂u ∂y ∂u ∂α ∂x ∂α ∂y + ∂x ∂v ∂y ∂v ∂α ˜ ∂u ∂α ˜ ∂v = = ובכתיב מטריציוני ניתן לרשום: } ולכן נקבל: ∂x ∂v ∂y ∂v {z ∂x ∂u ∂y ∂u ~D r −1 ) (D~r ∂α ∂y ∂α ∂x | ∂α ˜ ∂v ∂α ˜ ∂u = = ∂α ˜ ∂α ˜ ∂u ∂v ∂α ∂x ∂α ∂y ובאופן דומה נקבל: (D~r )−1 ! ∂α ˜ ∂v ˜∂ β ∂v ∂α ˜ ∂u ˜∂ β ∂u = ! ∂α ∂y ∂β ∂y אבל נבחין כי אנו רוצים למעשה את ה traceשל המטריצה השמאלית. נזכור כי להפוך מטריצה של 2 × 2זה די פשוט: ∂y 1 − ∂x ∂v ∂v = ∂y ∂x det D~r − ∂u ∂u ונקבל כי הביטוי באינטגרל שלנו הוא: ! ∂ β˜ ∂x ∂ β˜ ∂x − + ∂u ∂v ∂v ∂u + ∂α ˜ ∂u ∂ α ˜ ∂y − ∂u ∂v ∂v ∂u ∂α ∂x ∂β ∂x −1 ) (D~r = det D~r ∂α ∂β + ∂x ∂y אבל נבחין כי הנ״ל למעשה שווה לדיברגנץ של השדה הבא: ∂y ∂x )(u, 0) + −β˜ (u, 0 (u, 0) du ∂u ∂u α )˜ (u, 0 ˆb a = dudv ˜ ∂x α ˜ ∂y ∂v − β ∂v div ∂y ∂x −α ˜ ∂u + β˜ ∂u ˆ ~ )r −1 (Ω זהו אגף שמאל שלנו ,נרצה לחשב את אגף ימין .מה הנורמל לשפה הנ״ל? נחשב ראשית את המשיק .נבחין כי~r (u, 0) = : )) (x (u, 0) , y (u, 0פרמטריצייה של .∂Ω מה המשיק? ∂y ∂x (u, 0) , )(u, 0 = )γ (u) = ~r (u, 0) ⇒ γ˙ (u ∂u ∂u נרצה לסובב את הוקטור עם כיוון השעון )החלפת הקואורדינטות והוספת מינוס לרכיב ה (yונקבל כי הנורמל הוא: ∂y ∂x (u, )0 , − (u, )0 ∂u ∂u n = )ˆ (u kγk ˙ נחשב את האינטגרל המסילתי של השפה: ∂x ∂y · )(u, 0) − β˜ (u, 0 (u, 0) du ∂u ∂u α )˜ (u, 0 ˆb a כלומר ,בדיוק אותו ביטוי. 19 hx, n ˆ i · kγk = ˙ du ˆb a hX, n = ˆ i dl ˆ ∂Ω .2.2ערכים עצמיים של הלפלאסיאן פרק .2הלפלאסיאן משפט 2.2.4פיצול יחידה N יהי Ω ⊂ Rnתחום חסום .נניח ש {Vi }i=1הוא כיסוי פתוח של .Ωכלומר Viקבוצות פתוחות Vi ⊃ Ω N S . i=1 קיימות פונקציות ϕ1 , . . . , ϕnגזירות C 1כך ש 0 ≤ ϕk ≤ 1 :לכל .kכך ש ϕ1 (x) + . . . + ϕn (x) = 1 :לכל .x ∈ Ωוגם: .supp ϕk ⊂ Vk נמשיך עם הוכחת משפט הדיברגנץ. יהא נתון .x, Ωלכל p ∈ Ωקיים כדור ) Br (pשמרכזו בpועבורו כך ש Up = Br (p) ∩ Ωדיפיאומורפי )הומאומורפיזם שגם גזיר וההופכי גזיר( לקבוצה פתוחה בחצי המישור העליון. S SN נבחין כי Brp (p) ⊇ Ω .אבל נבחין כי Ωקומפקטי ,לכן קיים תת כיסוי סופי כך ש. i=1 Bri (pi ) ⊇ Ω : p∈Ω יהיו ϕ1 , . . . , ϕNפיצול יחידה ש״נשלט״ ע״י הכיסוי הנ״ל .כאשר אנו יודעים כי ϕ1 + . . . + ϕN = 1 :ב .Ω )) (ϕ1 · X) + (ϕ2 · X) + . . . + (ϕN · Xהכפלת שדה בפונקציה ־ הכפלה רכיב רכיב(. ואנו יודעים את משפט הדיברגנץ עבור כל אחד מ ϕiמההוכחות של המקרים הפרטיים: ˆ ˆ ∀i div (ϕi X) dV = hϕi X, n ˆ i dσ ואזX = : Ω ∂Ω כעת נסכום ונקבל: hϕi , n ˆ i dσ ˆ N X = div (ϕi X) dV i=1 ∂Ω ˆ N X i=1 Ω ומלינאריות נקבל כי: + ϕi , n ˆ dσ ˆ *X N i=1 = dV ∂Ω ! ϕi X N X div i=1 ˆ Ω כלומר קיבלנו את מה שרצינו: hϕi , n ˆ i dσ ˆ = div (ϕi X) dV ∂Ω ˆ Ω ממשפט הדיברגנץ נובעת מייד אינטגרציה בחלקים. מסקנה 2.2.5 f · g hX, n ˆ i dσ ˆ f g · divXdV + ˆ f (Xg) dV − ˆ (Xf ) gdV = − ˆ ∂Ω hY, n הוכחה :נגדיר Y = f · g · Xשדה חדש .אנו יודעים כיˆ i dσ : ´ = divY dV ´ .נרצה לשאול מה זה?div (ϕX) : Ω ∂Ω )∂ (ϕa) ∂ (ϕb + )= ϕdivX + (∇ϕ, X ∂x ∂y = )div (ϕX לכן: divY = f g · divX + h∇ (f g) , Xi = f g · divX ) hf ∇g + g∇f, Xi = f g · divX + f h∇g, Xi + g h∇f, Xi = f g · divX + f (Xg) + g (Xf 20 פרק .2הלפלאסיאן .2.2ערכים עצמיים של הלפלאסיאן נציב ונקבל את אינטגרצייה בחלקים. נכון לעכשיו לא נוכיח את המשפט למימד ,3אולי בהמשך. נזכור כי ראינו את נוסחת גרין עבור )) u, v ∈ C ∞ (Ωמסקנה מאינטגרציה בחלקים(: ˆ ˆ ˆ ∂u vdσ (∆u) vdV = − h∇u, ∇vi dV + ∂n ˆ ∂Ω ∂v dσ ∂n ˆ u ˆ h∇u, ∇vi dV + Ω Ω ˆ ˆ u (∆v) dV = − Ω ∂Ω Ω בפרט ,אם 0 = v |∂Ω = u |∂Ωאז: h∇u, ∇vi dV ˆ (∆u) vdV = − ˆ = u∆vdV Ω ˆ Ω כלומר ∆ הוא אופרטור סימטרי במרחב ) C0∞ (Ωכאשר ) C0∞ (Ωהן פונקציות ב ) C ∞ (Ωעם תומך קומפקטי ב .Ω נשים לב כי במקרה זה.∆ : C0∞ (Ω) → C0∞ )Ω : ´ המכפלה הפנימית .hf, gi = f gdV כמו כן ,נשים לב כי ∆ −הוא אופרטור חיובי ממש )כלומר hT u, ui > 0לכל (uלכל .u 6= 0למה? ˆ 2 }u ∈ C0∞ (Ω) h−∆u, ui |{z = k∇uk dV ≥ 0 נוסחת גרין ומכיוון ש ) u ∈ C0∞ (Ωנקבל שזה יוצא 0רק מתי ש) u = 0אחרת התומך לא יהיה קומפקטי(. 2 אם כן −∆ ,הוא אופקטור סימטרי ,חיובי .לכן הע״ע הם חיוביים 0 < h−∆ϕ, ϕi = hλϕ, ϕi = λ kϕk .ולכן .λ > 0 הערה ∆ 2.2.6לא אופרטור רציף. אם כן ,קיים בסיס אורתונורמלי של פונקציות עצמיות ∞ ) Cלפי הכללה של המשפט על אופרטורים סימטריים T : V → Vכאשר V מרחב מכפלה פנימית ממימד סופי( כאשר .ϕk |∂Ω = 0ומתקיים .0 < λ1 ≤ λ2 ≤ λ3 ≤ . . . נזכיר את עקרון הוריאצייה T : V → Vסימטרי אזי: hT v, vi hv, vi λ1 = inf v6=0 ובמקרה שלנו: 2 k∇ϕk dV ´ ϕ2 dV Ω ´ Ω 2 min ϕ 6= 0 )ϕ ∈ C ∞ (Ω ϕ |∂Ω = 0 k∇ϕk dV ´ = ϕ2 dV Ω ´ Ω inf ϕ 6= 0 )ϕ ∈ C0∞ (Ω h−∆ϕ, ϕi = hϕ, ϕi וכמו כן ,נקבל מעקרון הוריאציה: 2 k∇ϕk dV ´ ϕ2 dV Ω ´ Ω sup ϕ∈L ϕ 6= 0 המנה בתוך הסופרימום נקראת מנת .Rayleigh 21 inf )L ⊂ C0∞ (Ω dim L = k = λk inf ϕ 6= 0 )ϕ ∈ C0∞ (Ω = λ1 .2.3משפט קורנט פרק .2הלפלאסיאן 2.3משפט קורנט משפט מסביבות (Courant) 1920 משפט 2.3.1משפט קורנט תהא ϕkהפונקציה העצמית הk־ית של ∆ .−כלומר: −∆ϕk = λk ϕk ϕk |∂Ω = 0 ( נגדיר תחום נודלי ) nodal domains־ הקווים נקראים (nodal linesכרכיב קשירות של }.{ϕk 6= 0 מספר התחומים הנודליים של ϕkהוא לכל היותר .k הערה 2.3.2אם יש ריבוי λ2 = λ3עם 2פונקציות עצמיות שונות .ϕ1 , ϕ2אז מספר התחומים הנודליים של ϕ2הוא לכל היותר . 3 הוכחה :נניח ש ϕפונקצייה עצמים עם ערך עצמי .λויש לה kתחומים נודליים .צריך להראות ש.λk ≤ λ : נסמן: ( ϕ (x) x ∈ Ω1 = )ψ1 (x 0 אחרת נבחין כי ψ1רציפה ב ) Ωאבל לא חלקה! היא לא גזירה בשפה של ...Ω1נתעלם מזה כרגע(. באופן כללי ,נגדיר: ( ϕ (x) x ∈ Ωi = )ψi (x 0 אחרת ואז המרחב שלנו יהיה . L = span {ψ1 , . . . , ψk } :נשים לב כי לכל i 6= jמתקיים .ψi ⊥ψjוכמו כן ,נשים לב כי: −∆ψi = λψi ב .Ωiובנוסף מתקיים .ψi |∂Ωi = 0והמסקנה היא ש ψiהיא פונקצייה עצמית של הלפלאסיאן בתחום .Ωiעם ערך עצמי .λנחשב את מנת :Rayleigh ´ ´ ´ 2 k∇ψi k2 dV (∆ψi ) ψi dV k∇ψi k dV Ω Ω Ω ´ 2 = i ´ 2 =− i ´ 2 =λ ψi dV ψi dV ψi dV Ωi Ω Ωi תהא ψ ∈ Lפונקצייה כלשהי .אזי: ψ = a1 ψ1 + . . . + an ψn מה ניתן להגיד על ?ψנחשב את הגרדיאנט של .ψכאשר x ∈ Ωiנקבל כי: )∇ψ (x) = ai ∇ψi (x ולכן ב Ωiמתקיים כ ).k∇ψk2 (x) = a2i k∇ψi k2 (x ψ 2 dV ˆ Ω ψi2 dV = λ ˆ a2i · λ Ωi k X i=1 2 = k∇ψi k ˆ Ωi 22 a2i k X i=1 2 = k∇ψk dV ˆ Ω פרק .2הלפלאסיאן .2.3משפט קורנט כלומר קיבלנו כי לכל ψ ∈ Lמתקיים שמנת Rayleighיוצאת .λכלומר: k∇ψk2 dV ´ =λ 2 Ω ψ dV ´ Ω כלומר: 2 k∇ψk dV ´ =λ ψ 2 dV Ω ´ Ω sup ψ∈L ψ 6= 0 אבל: )sup Ray (ψ ψ∈L ψ 6= 0 inf )L ⊂ C0∞ (Ω dim L = k לכן .λk ≤ λ 23 = λk .2.3משפט קורנט פרק .2הלפלאסיאן הערה ϕ 2.3.3הייתה פונקציה עצמית עם ערך עצמי λו kתחומים נודלים. וחילקנו את רכיבי הקשירות של התומך ל Ωi־ים .כמו כן ,בנינו פונקציות: ( ϕ (x) x ∈ Ωi = ψi 0 אחרת ψiרציפה ,אב ללא גזירה. בתוך Ωiמתקיים: −∆ψi = λψi ψi |∂Ωi = 0 ( ψiהיא פונקציה עצמית של Ωiו λהוא הערך העצמי של .Ωi λ1 (Ωi ) ≤ λ וכמו כן: 2 ´ |∇f | dV Ωi ´ = ) λ1 (Ωi inf ≤λ ) f ∈C0∞ (Ωi f 2 dV Ωi לכל ε > 0קיימת: ) fi ∈ C0∞ (Ωi כך ש: 2 |∇fi | dV ´ 2 ≤ λ+ε fi dV ´ Ωi Ωi מצאנו kפונקציות fi ∈ C0∞ dVכך ש .supp fi ⊂ Ωiשהתומכים שלהם שונים ולכן הם פלתי תלויות לינארית .נסמן: )L = span {f1 , . . . , fk } ⊂ C0∞ (Ω עכשיו הכל מוגדר כמו שצריך ,אפשר לבדוק כי: 2 |∇f | dV ´ ≤λ+ε f 2 dV Ω ´ Ω sup f ∈L f 6= 0 ומעקרון הווריאציה ל λkמקבלים כי .λk ≤ λ + ε :והטיעון הנ״ל נכול לכל ε > 0ולכן.λk ≥ λ : טענה 2.3.4 כל פונקציה עצמית של λ1לא מתאפסת ב.Ω הוכחה: מסקנה 2.3.5 ל λ1אין ריבוי .כלומר .λ2 > λ1 24 פרק .2הלפלאסיאן .2.3משפט קורנט הוכחה :נניח ש ψ1 , ψ2שתי פונקציות עצמיות עם ערך עצמי .λ1ו ψ1 , ψ2בלתי תלויות לינאריות .אפשר למצוא ψ1 , ψ2כאלה כך ש .ψ1 ⊥ψ2כלומר: ˆ ψ1 .ψ2 dV = 0 Ω המסקנה היא ש ψ1 · ψ2מחליפה סימן )אחרת האינטגרל לא היה מתאפס( .אבל אם ψ1ו ψ2לא מחליפות סימן אז גם ψ1 · ψ2לא מחליפה סימן .ולכן זו סתירה לטענה הקודמת. מסקנה 2.3.6 Ω ⊂ Rnתחום חסום ϕ .פונקצייה עצמית ≤ 0ב.Ω −∇ϕ = λϕ ϕ |∂Ω = 0 ϕ>0 אז ϕהיא פונקצייה עצמית ראשונה .כלומר.λ = λ1 : הוכחה :נסמן ב ϕ1את הפונקצייה העצמית של .λ1אם λ 6= λ1אז.ϕ⊥ϕ1 : ϕ · ϕ1 dV = 0 ˆ Ω ולכן ϕמחליפה סימן .סתירה להנחה .ולכן .λ = λ1 הערה 2.3.7נניח ψk , ψlפונקציות עצמיות של λk , λlבהתאמה ו λk 6= λlאז: λl hψk , ψl i = hψk , ∆ψl i = h∆ψk , ψl i = hλk ψk , ψl i = λk hψk , ψl i אבל λk 6= λlולכן .hψk , ψl i = 0 נבחין כי הוכחנו למעשה כי אם ϕפונקצייה־עצמית עם ערך עצמי λkאז ל ϕי יש לכל היותר k + m (λk ) − 1תחומים נודליים כאשר ) m (λkהוא הריבוי של ) λkכדאי לדעת כי ∞ < ) .( m (λkכעת נרצה להוכיח את המשפט בטענה חזקה יותר: משפט 2.3.8משפט קורנט ל ϕkיש לכל היותר k־תחומים נודליים )גם במקרה של רבוי(. ראשית נוכיח את הטענה: טענה 2.3.9 אם Ω1 ⊂ Ω2אז) .λ1 (Ω1 ) ≥ λ1 (Ω2 ) :מונ׳ ביחס להכלה(. הוכחה: inf ) Ray (f, Ω1 ) f ∈ Cc∞ (Ω1 f 6= 0 = ) λ1 (Ω1 כאשר: 2 |∇f | dx 2 Ω f dx ´ ´Ω =RayΩ (f ) : 25 .2.3משפט קורנט פרק .2הלפלאסיאן נשים לב כי) Cc∞ (Ω1 ) ⊂ Cc∞ (Ω2 ) :המשכה ע״י אפס ל .Ω2 כמו כן ,אם ) f ∈ Cc∞ (Ω1אז Ray (f, Ω1 ) = Ray (f, Ω2 ) :לכן: ) Ray (f, Ω2 ) = λ1 (Ω2 inf ) f ∈Cc∞ (Ω2 ≥ ) Ray (f, Ω1 inf ) f ∈Cc∞ (Ω1 = ) λ1 (Ω1 זה לא נכון רק ל λ1אלא לכולן: טענה 2.3.10 אם Ω1 ⊆ Ω2אז: ) λk (Ω1 ) ≥ λk (Ω2 הערה 2.3.11אם ) L ⊂ Cc∞ (Ωתת מרחב ,נסמן: )sup Ray (f, Ω f ∈L f =0 = )Ray (L, Ω הוכחה :עקרון הווריאציה אמר כי: ) Ray (L, Ω1 inf ) L ⊂ Cc∞ (Ω1 dim L = k = ) λk (Ω1 באותו אופן כמו קודם )המשכה ע״י 0ב (Ω2נקבל כי: ) λk (Ω1 ) ≥ λk (Ω2 משפט 2.3.12 אם Ω1 $ Ω2אז.λk (Ω1 ) > λk (Ω2 ) : לפני שנוכיח את המשפט ,נוכיח מקרה פשוט יותר של המשפט .לשם כך ,נרצה להבין תכונה נוספת של .λk נניח שיש לנו איזשהו תחום ,Ωנתבונן בשינוי סקאלה של התחום .α · Ω :אז מהו?λk (α · Ω) : טענה 2.3.13 )(Ω 1 α2 λk = ).λk (αΩ הוכחה: 2 |∇f | dx 2 αΩ f dx ´ αΩ ´ נבצע החלפת משתנה: x α = yונקבל dx αn = inf ∞ )f ∈Cc (αΩ = )λ1 (αΩ = ) dyכאשר xהוא המימד( )f˜ (y) := f (x n X ∂f X ∂f ∂xj ∂f ˜∂ f = )(y · )(x = · αδi,j = α )(x ∂yi ∂xj ∂yi ∂xj ∂xi j=1 26 .2.3משפט קורנט פרק .2הלפלאסיאן ולכן ,נקבל כי: ∈ ∈ yאם״ם / Ω אם / Ω ולכן: x α 2 ˜ 2 )∇f (y) = α2 |∇f | (x ∈ xלכן .f˜ (y) = f (x) = 0כלומר supp f˜ ⊂ Ω :אם״ם .supp f ⊂ αΩ ∈ xאם״ם / αΩ אם״ם / αΩ ´ 2 f˜ (y) · α12 · αn dy |∇f | dx ∇ Ω αΩ ´ = )λ1 (αΩ inf = = = inf ´ n ˜2 )f ∈Cc∞ (αΩ f 2 dx )f˜∈Cc∞ (Ω αΩ Ω f (y) α dy 2 ´ 2 ˜ Ω ∇f (y) dy 1 )= 2 λ1 (Ω ´ 2 ˜ α f (y) dy Ω inf ∞ ˜ f∈C )c (Ω הערה 2.3.14יש לחשוב על λעם יחידות אורך ∼ √1λובאמת זהו אורך הגל. ´ 1 α2 1 2אורך כיוון ש .∆u = λuלכן אם נכפול אורכים בלי αאז λמשתנה כמו 1 α2 .כלומר: הערה 2.3.15הזזה של התחום לא תשנה אותו ,כלומר.λk (Ω + x0 ) = λk (Ω) : מסקנה 2.3.16 אם Ω1 ⊂ Ω2אז.λk (Ω1 ) > λk (Ω2 ) : הוכחה :נוכל להניח ש 0 ∈ Ω1ואז קיים ε > 0כך ש ) (1 + ε) Ω1 ⊂ Ω2מקומפקטיות(. אבל מהטענה נקבל כי: ) (Ω1 ) = λk ((1 + ε) Ω1 ) ≥ λk (Ω2 2 λk 1 )(1 + ε 2 ) λk (Ω1 ) ≥ (1 + ε) λk (Ω2 ) > λk (Ω2 משפט 2.3.17 ′ אם Ω′ $ Ωאזλk (Ω) < λk (Ω ) : הוכחה :נקבע איזשהו mטבעי ,נמצא שרשרת ) Ω′ = Ω0 $ Ω1 $ Ω2 $ . . . $ Ωm = Ωכך שבין כל שתי קבוצות יהיה נקודת פנים(. תהיינה u0 , u1 , . . . , umפונקציות עצמיות הראשונות של Ω0 , Ω1 , . . . , Ωmבהתאמה .נרחיב את u0ע״י אפס לפונקציה u˜0ב Ωm ובאופן דומה ,נרחיב את כל הפונקציות עד ) .ukנבחין שהן לא יהיו חלקות ,אבל כן רציפות. .u˜0 , . . . , u˜m ∈ C Ω טענה 2.3.18 u˜0 , . . . , uבלתלי תלויות לינארית ב .C Ω ˜m הוכחה :נשתמש במשפט ההמשכה היחידה. הערה 2.3.19אם יש לנו פונקציה אנליטית שמתאפסת על קבוצה פתוחה ,אז אנו יודעים מפתיוח טיילור בנקודה של אפס ,ולכן הפולינום טיילור הוא אפס כי גם כל הנגזרות הוא אפס .אבל הפונקציה היא אנליטית ,לכן היא זהותית אפס. 27 פרק .2הלפלאסיאן .2.3משפט קורנט הערה 2.3.20אם פתרון של ∆u = λuמתאפס בקבוצה פתוחה אז הוא זהותית אפס. זה משפט שקשה להוכיח ,הוכיחו אותו סופית רק בשנות החמישים .נבחן את זה במימד a, b ,u′′ + au′ + bu = 0 :1פונקציה. אנו יודעים כי מהיחידות של משוואות דיפרנציאליות רגילות ,בנקודה שבתחום של ,0גם הנגזרת מתאפסת וגם הערך של הפונקציה. ולכן המשפט נובע ממשפט היחידות למשוואות דיפרנציאליות רגילות .אבל במימד 2ומעלה ,זה לא נכון לכל אופרטור דיפרנציאלים חלקיים ,אלא לאופרטורים אליפטיים .שוב ,זה משפט קשה יחסית ,ולא נוכיח אותו. נניח ש ˜m = 0 αm u α0 u˜0 + . . . + αm uו .αm 6= 0 :נביט ב .Ωm \Ωm−1 :כל הפונקציות מתאפסות פרט לאחרונה .נקבל˜m = 0 : .um = uולכן נקבל כי u˜m ≡ 0ממשפט ההמשכה היחידה ,ולכן ניתן ב αm = 0 .Ωm \Ωm−1או u˜m = 0ב ,Ωm \Ωm−1ואז ˜m לקצר את ההשלמה הנ״ל ולקבל כי: α0 u˜0 + . . . + αm−1 u ˜m−1 ≡ 0 וממשיכים באינדוקציה. ˜{ .L = spanונחשב את מנות :Rayleigh u0 , . . . , u נביט בתת־מרחב ˜m } ⊂ C Ω ) λ1 (Ω0 ) λ1 (Ω1 ) ≤ λ1 (Ω0 ˜( Ray = ) u0 ˜( Ray = ) u1 .. . ) λ1 (Ωm ) ≤ λ1 (Ω0 ˜( Ray = ) um .f = α0 uנעריך את ) .Ray (fבתור התחלה נחשב: יהא ˜0 + . . . + αm u˜m ∈ L ˆ u˜i u = ˜j dx Ω ui uj dx ˆ αi αj X α2m u2m dx + 2 i<j Ωi ˆ ˆ α21 u21 dx + . . . + Ωm כעת נחשב את האינטגרל של הגראדיאנט: ˆ αi αj h∇ui , ∇uj i dx Ωi X i<j + X αi αj α0 u ˜20 + . . . + α2m u˜2m dx + 2 i<j α20 u20 dx Ω1 |∇um |2 dx + 2 ˆ = f 2 dx ˆ Ω ˆ Ω0 ˆ ˆ |∇u0 |2 dx + . . . + α2m Ωm |∇f |2 dx = α20 ˆ Ω Ω0 כעת נשתמש באינטגרציה בחלקים .נבחין כי: ˆ ˆ ✯0 ✟✟ ∂ul 2 (∆ul ) ul dx + ul dσ = λ1 (Ωl ) ul dx ≤ λ1 (Ω0 ) u2l dx ✟ ✟∂ n ˆ ✟ Ωl Ωl ∂Ω ✟l ˆ ˆ 2 |∇ul | dx = − Ωl ˆ Ωl הערה 2.3.21הרי ulמתאפס על השפה. וגם על המכפלת: ˆ ✯0 ✟ ∂uj ✟✟ ui dσ = λ1 (Ωj ) · ui uj dx ✟∂ n ˆ Ω ∂Ω ✟✟ ˆ i ui (∆uj ) dx + ˆ h∇ui , ∇uj i dx = − Ωi i ˆ Ωi ולכן: ui uj dx ˆ Ωi ) αi αj λ1 (Ωj X i<j 2 + u2l ds ˆ ) α2l λ1 (Ωl n X l=1 Ωl 28 = |∇f |2 ˆ Ω פרק .2הלפלאסיאן .2.3משפט קורנט למעשה ,היינו צריכים להוכיח בשלילה .נניח בשלילה כי ) λ1 (Ω′ ) = λ1 (Ωוזה גורר כי הוא יהיה שווה לכל האורך .ממונוטוניות ביחס להכלה נובע כי: )λ1 (Ω′ ) = λ1 (Ω1 ) = . . . = λ1 (Ωm ) = λ1 (Ω מהנחת השלילה נקבל כי: ˆ ˆ ˆ ˆ m X X 2 |∇f | = λ1 (Ω) αi αj ui uj dx = λ1 (Ω) f 2 dx u2l dx + 2 α2l Ω1 Ω i<j Ωl l=0 Ω כאמור: ˜{ L = span u0 , . . . , u ˜m } ⊂ C Ω וכי: )∀f ∈ L, Ray (f ) = λ1 (Ω) ⇒ λm+1 (Ω) ≤ λ1 (Ω מעקרון הוריאצייה .מצד שני ,אנו יודעים כי ∞ → ,λm −לכן נקבל סתירה .כלומרλ1 (Ω′ ) > λ1 (Ω) : ∞→m הערה 2.3.22צריך להמשיך את זה ,הרעיון היה להראות כי ) Ray (L, Ω) ≤ λ1 (Ω0מצד שני ,מעקרון הווריאציה ≤ ) λm+1 (Ω0 ) Ray (L, Ω) ≤ λ1 (Ω0נבחר mכזה כך ש ) λm+1 (Ω) > λ1 (Ω0קיים mכזה כי.λm (Ω) −→ ∞ : ∞→m הערה 2.3.23למעשה יש לנו טעות בניסוח של המשפט ,למעשה הוכחנו Ω′ ⊂ Ω :וגם ∅ = Ω\Ω′אז ).λ1 (Ω′ ) > λ1 (Ω הערה 2.3.24בהוכחה האחרונה למעשה רימינו ,כי הפונקציות שלנו לא היו חלקות .ייתכן אפילו ש Ω′הוא עם שפה מכוערת. ולכן אנחנו לא באמת יכולים להשתמש באינטגרציה בחלקים במקרה כזה .למה אנחנו כן יכולים? מכיוון שהיא נכונה על Ωעם שפה כלשהי אם מניחים בנוסף שאחת הפונקציות.u ∈ Cc∞ (Ω) : ˆ ˆ ∂u ∂u − u · vdx = dx }|{z ∂xi ∂xi uעם תומך קומפקטי Ω ולכן האינטגרציה בחלקים עדיין נכונה ,לא משנה כמה מכוערת השפה. 2.3.1 מרחב סובולב נרצה לדבר קצת על מרחב סובולב ) .H01 (Ωמדובר במרחב הפונקציות )) C0∞ (Ωחלקות המתאפסות על השפה( ,עם מכפלה פנימית: ˆ ˆ hf, giH = f gdx + h∇f, ∇gi dx Ω Ω נשלים את ∞ Ccביחס למכפלה הפנימית זאת ,נקבל מרחב הילברט ).H01 (Ω אפשר להראות שכל פונקצייה עצמית שייכת ל)) H01 (Ωכל פונקצייה ששייכת ל Ω ( L fn →2 f L ∇fn →2 ∇f כאשר ) .fn ∈ Cc∞ (Rn 29 C 1ומתאפסת על ∂Ωנמצאת גם ב .H01 .2.3משפט קורנט פרק .2הלפלאסיאן עקרון הוריאצייה נכון גם בנוסח הבא: 2 |∇f | dx 2 Ω f dx ´ ´Ω = λ1 inf f 6= 0 )f ∈ H01 (Ω כאשר ).L ⊂ H01 (Ω אם ) u ∈ H01 (Ωו) v ∈ C ∞ (Ω) :לא עם תומך קומפקטי בהכרח( אז: ˆ ˆ ∂v ∂u vdx = − u dx ∂xi ∂xi Ω Ω כיוון שאפשר לבחור: L Cc∞ (Ω) ∋ un ∂un ∂xi →2 u ∂u L →2 ∂xi עבור unאפשר לכתוב: ∂v ∂un vdx = − un dx ∂xi ∂xi Ω Ω | } | {z {z } ˆ ∂v dx u ∂x i ´ Ω ˆ vdx →− ∂u ∂xi ´ → Ω 2.3.1.1הערה קטנה על מרחב סובולב בשביל משה דרך אחרת להגדיר את מרחב סובולב: ∈ L2 ∂f ∂xi }|{z | f ∈ L2 במובן החלש מה זה במובן החלש? נניח שיש לנו נגזרת אמיתית אז: ∂ϕ ∂xi dx f ˆ = ˜1 H ∂f ϕdx = − ∂xi ˆ Ω כאשר ).ϕ ∈ Cc∞ (Ω ∂ϕ Ω gϕdx = − Ω f ∂xלכל .ϕ ) g ∈ L2 (Ωתקרא נגזרת חלשה בכיוון xiשל fאםdx : i ´ ´ דוגמה 2.3.25 )f (x) ≡ |x| ∈ H 1 (R נגזרת חלשה היה הפונקציה: 1 x≥0 −1 x < 0 כמו כן.H01 = Cc∞ ⊂ H 1 : 30 ( .2.3משפט קורנט פרק .2הלפלאסיאן 2.3.2סיום הוכחת משפט קורנט תהי ϕפונקציה עצמית עם ערך עצמי .λkנייח של ϕיש ) (k + 1תחומים נודליים .Ω1 , Ω2 , . . . , Ωk+1יהא Ω′ = Ω1 ∪ Ω2 ∪ . . . ∪ Ωk )הורדנו את ,k + 1ניתן לעשות את זה בצורה כזאת כך ש Ω′יהיה קשיר( .ראינו כי .λk (Ω′ ) > λk (Ω) :מצד שני ,מעקרון הווריאציה כפי שראינו בגרסה החלשה של משפט קורנט .λk (Ω′ ) ≤ λk (Ω) :וזה מסיים את משפט קורנט. 2.3.3 דוגמאות דוגמה 2.3.26 )u′′ (x) = −λu (x בקטע ] [0, lעם תנאי שפה .u (0) = u (l) = 0 :ראינו כי יש לנו סדרה של ערכים עצמיים: .un (x) = sin nπx l למשל ,עבור l = πנקבל כי: n2 π 2 l2 = λnכאשר .n = 1, 2, . . . :ו: )un (x) = sin (nx ∞ {sin (nx)}n=1היא מערכת אורתוגונלית שלמה עבור . למעשה בדוגמה זו נכון שלכל )]g ∈ C ([0, πכך ש g (0) = g (π) = 0ולכל ε > 0קיימת } f ∈ span {unכך שsup |g (x) − f (x)| < : ✟ ✠ ]x∈[0,π .ε תרגיל :שאלה זו נמצאת בתרגיל. תרגיל נוסף ,להראות כי השורה האחרונה )הקירוב בנורמת סופרימום( גורר את הגדרה 2מההגדרה הבאה. הגדרה 2.3.27המערכת שלמה אם )מספר הגדרות(: ☛ ✡ .1לכל ] f ∈ ℓ2 [0, πכך ש f ⊥unלכל nמתקיים ) f = 0כלומר ,אם הפונקציה היחידה הניצבת לכל unהיא .(0כאשר המכפלה הפנימית היא: f (t) g (t) dt ˆπ 0 = hf, gi ∞ .2המערכת שלמה אם לכל ε > 0ולכל ] g ∈ ℓ2 [0, πקיימת f ∈ span {un }n=1כך ש.kg − f kℓ2 < ε : דוגמה .Ω = [0, a] × [0, b] 2.3.28נרצה לפתור: uxx + uyy = −λu u |∂Ω ≡ 0 ( ב .Ωלא לכל λקיים פתרון טריוויאלי. נחפש פונקציות עצמיות מהצורה: )u (x, y) = f (x) g (y נציב במשוואה ונקבל: )f ′′ (x) · g (y) + f (x) g ′′ (y) = −λf (x) g (y נחלק ב):f (x) g (y )f ′′ (x) g ′′ (y + = −λ )f (x )g (y 31 .2.3משפט קורנט פרק .2הלפלאסיאן מכאן נובע שקיימים קבועים α, βכך ש: )f ′′ (x )f (x )g ′′ (y )g (y = −α = −β כלומר ,קיבלנו שתי משוואות דיפרנציאליות רגילות: f ′′ (x) + αf (x) = 0 f (0) = f (a) = 0 ( בקטע ] .[0, aו: g ′′ (x) + βg (x) = 0 g (0) = g (b) = 0 ( בקטע ].[0, b √ √ ראינו כי במקרה זה יש פתרון לא טריוויאלי )עבור הראשונה) רק עבור α > 0כאשר f (x) = sin αx :כאשר α · a = nπוn שלם .ולכן: nπ n2 π 2 ⇒α= 2 a a באופן דומה: m2 π 2 b2 =α √ = βונקבל כי: mπx nπy sin a b um,n (x, y) = sin פונקציות עצמיות עבור m, n = 1, 2, 3, . . .כאשר הערך העצמי המתאים הוא: למה אילו הן פורשות את כלל האפשרויות? n2 b2 + m2 a2 לדוגמה ,בריבוע .a = π = bהאם יש: 2 2 ) m2 + n2 = (m′ ) + (n′ פתרונות פרט לחילוף? 22 + 32 = 32 + 22 נעביר אגפים: 2 2 m2 − (m′ ) = (n′ ) − n2 ונקבל: )(m − m′ ) (m + m′ ) = (n′ − n) (n′ + n 32 .λm,n = π 2 פרק .2הלפלאסיאן .2.3משפט קורנט נבחין כי: 9 7 = = m m′ 6 2 = = n′ n הוא פתרון .כלומר נקבל כי: 2 2 2 2 9 +2 =7 +6 וזו דוגמה לא טריוויאלית. לכן ,נבחין כי: λ2,9 = λ6,7 = λ9,2 = λ7,6 = 85 וגם: λ2,3 = λ3,2 = 18 ונקבל: )= sin (2x) sin (3y )= sin (3x) sin (2y ϕ2,3 ϕ3,2 נשים לב כי יש לנו פונקציה עצמית שלא מופיעה ברשימה הנ״ל .לדוגמה ϕm,n + ϕn,mהיא פונקציה עצמית שמתאימה ל λm,n )במקרה של .(a = bוגם במקרה של aϕ2,9 + bϕ6,7 :a 6= bפונקציה עצמית. מאחר ש } {um,nהיא מערכת שלמה ולכן ,אין פונקציות עצמיות שניצבות לכל ה . um,nבמילים אחרות ,כל פונקצייה עצמית ניתנת ע״י: X am,n um,n m, n λm,n = λ הערה 2.3.29אם λ1 6= λ2נסמן W λ1המרחב העצמי של λ1אז .W λ1 ⊥W λ2 :נניח ש v1 ∈ W λ1ו v2 ∈ W λ2 :אזav1 + bv2 : הוא לא וקטור עצמי .מכיוון ש: T (av1 + bv2 ) = aλ1 v1 + bλ2 v2 הערה 2.3.30המשפט )הכללי( נכון עבור Ωעם שפה חלקה ) ∞ .(∂Ω ∈ C נשים לב שבמקרה שלנו השפה של המלבן איננה חלקה בל הפונקציות העצמיות הן .C במקרה של המלבן זה מקרי שהפונקציות העצמיות חלקות . לדוגמה ,במקבילית ,הפונקציות העצמיות אפילו לא שייכות ל ) C 1 Ωהן נדפקות קרוב לשפה. ∞ הערה 2.3.31האם ניתן לשחזר את a, bמהערכים העצמיים? m2 n2 + a2 b2 λm,n = π 2 נניח .a < bנתבנון בשני הערכים העצמיים הקטנים ביותר ,אפשר יהיה לשחזר את .a, b 33 .2.3משפט קורנט פרק .2הלפלאסיאן הערה 2.3.32מה קורה במימד ?3האם אפשר לשחזר את aו ?bכן. המימד הראשון שאי אפשר לשחזר בו הוא במימד .16במימד זה יש 2תיבות איזוספקטרליות )תיבות שונות שהספקטרום שלהן זהה(. גילה את זה Milnorבשנת .66 בשנות ה 90מצאו דוגמה ממימד 2שנראה בהמשך הקורס. 2.3.4דיסק דיסק )עיגול היחידה( נחפש: ∆u = −λu u |∂B = 0 ( נחפש פונקציות עצמיות מהצורה: )u (r, θ) = R (r) Θ (θ כאן אנו צריכים את הלפלאסיאן בקואורדינטות פולאריות. ∆u = uxx + uyy כאשר: )x = r cos (θ )y = r sin (θ ( נגדיר .v (r, θ) := u (x, y) :נחשב את הנגזרת של vלפי .rלפי כלל השרשרת: )vr (r, θ) = ux (x, y) cos θ + vy (sin θ נגזור שוב לפי :r vrr (r, θ) = uxx · cos2 θ + 2uxy cos θ sin θ + uyy sin2 θ כעת ,נחשב את :vθ −ux r sin θ + uy r cos θ (uxx (−r sin θ) + uxy r cos θ) (−r sin θ) + −ux r cos θ + [uyx (−r sin θ) + uyy (r cos θ)] r cos θ + −uy r sin θ uxx r2 sin2 θ − 2r2 sin θ cos θuxy + uyy r2 cos2 θ − ux r cos θ − uy r sin θ נרצה להסתכל על: 1 1 vrr + vr + 2 vθθ = uxx + uyy r r כלומר קיבלנו כי הלפלאסיאן בקואורדינטות פולריות הוא: אם כן ,עבור: 1 r 2 vθθ .∆v = vrr + 1r vr + )v (rθ) = R (r) Θ (θ 34 = )vθ (r, θ = )vθθ (r, θ = .2.3משפט קורנט פרק .2הלפלאסיאן נקבל: 1 1 )R′′ (r) · Θ (θ) + R′ (r) · Θ (θ) + 2 R (r) Θ′′ (θ) = −λR (r) Θ (θ r r נחלק ב) R (r) Θ (θונקבל: )R′ (r )Θ′′ (θ )R′′ (r + + 2 = −λ )R (r )rR (r) r Θ (θ נכפול ב r2ונקבל: )R′′ (r) rR′ (r) Θ′′ (θ + + = −λr2 )R (r )R (r )Θ (θ r2 כלומר ,שוב הפרדנו משתנים ,לכן כל אחת מהפונקציות הנ״ל הן קבועות .מכאן נובע שקיים קבוע αכך ש: )Θ′′ (θ = −α )Θ (θ וזו בדיוק אותה משוואה ,רק עם תנאי שפה שונים .אנו דורשים שהיא תהא מחזורית עם מחזור 2πכלומר: ( )Θ′′ (θ) = −αΘ (θ )Θ (0) = Θ (2π ☎ תרגיל :להראות שקיים פתרון לא טריוויאלי רק עבור .α > 0 ✆ הפתרונות שנקבל הן: √ √ Θ (θ) = A sin αθ + B cos αθ אבל נדרוש שהם יהיו מחזוריים .זה יקרה אם״ם: α∈N √ ⇒ α2π = 2πn √ ולכן α = n2 :עבור nטבעי .כלומר נקבל כי: )Θn (θ) = A sin (nθ) + B cos (nθ אם כן R ,מקיים את המשוואה: R=0 2 n r2 r2 R′′ + rR′ + r2 λ − כמו כן ,אנו מדברים על דיסק היחידה עם דרישה של התאפסות על השפה ,לכן: R (1) = 0 √ נבצע החלפת משתנים .ρi = r λ :ונסמן: )J (ρ) := R (r 35 ✞ ✝ .2.3משפט קורנט פרק .2הלפלאסיאן הערה ρ 2.3.33בלי יחידות. √ = J ′ (ρ) λ = J ′′ (ρ) λ )R′ (r )R′′ (r נקבל כי: √ λ √✚ ′ n2 λ ✁ ✚✚ ′′ λ J + λ − λJ + · J =0 ✁ ✁ ✚ ρ ρ2 וכעת קיבלנו: J =0 המשוואה עבור Jנקראת משוואת Besselעם פרמטר .n n2 ρ2 J ′′ + 1 J ′ + 1 − ρ √ J λ =0 הערה 2.3.34עבור ρמעוד גדול נבחין כי המשוואה זהה למשוואה של אוסילטור הרמוני. אפשר לפתור את המשוואה בעזרת טורי חזקות .קיים פתרון אחד שהוא חלק באפס ,נקבל את הפתרון: r4 r2 + + ... )2 (2n + 2) 2 · 4 · (2n + 2) (2n + 4 1− rn = n !2 n n+2k 1 r 2 (−1)k !)k! (n + k ∞ X = )Jn (r k=0 נחשב את רדיוס התכנסות: a2k+2 →0 a2k ולכן: √ k ak → 0 )האי זוגיים שווים לאפס ,הם הרי לא בפולינום( ולכן ,רדיוס ההתכנסות הוא ∞. √ λהוא אפס של ,Jnנסמן את האפסים של Jnכך .jn,k :הם כולם חיוביים )אנו מתעלמים מ ) (Jn (0ולכן הראשון ,ו jn,kהוא האפס החיובי ה k־י של .Jnנקבל כי: jn,1הוא האפס החיובי 2 λ = jn,k לכן ,הפונקציה עצמית היא: √ ))v (r, θ) = R (r) Θ (θ) = Jn r λ · Θ (θ) = Jn (jn,k · r) (A sin (nθ) + B cos (nθ 2 .λ = jn,kרואים ריבוע של הערכים העצמיים: הערך העצמי המתאים הוא: )Jn (jn,k r) cos (nθ )Jn (jn,k r) sin (nθ ( 2 .jn,kאם jn,k = jn′ ,k′אז יש ריבוי נוסף )זה לא קורה(. מתאימים לערך העצמי 36 פרק .2הלפלאסיאן .2.3משפט קורנט עבור n = 0אנו מקבלים רק ריבוי אחד: )J0 (j0,k r זוהי פונקציה עצמית אשר לא תלויה ב.θ היא נראית כמו מעגלים סביב הראשית ,המעגל הראשון יהיה ברדיוס j0,1 jo,k = .rונקבל kמעגלים עליהם ) J0 (j0,k rמתאפסת. נבחין כי הפונקציה ) J0 (j0,1 rלא מתאפסת בפנים העיגול ,ולכן זו הפונקציה העצמית הראשונה. ולכן ,הערך העצמי λ1הוא האפס הראשון של פונקציית בסל 0בריבוע .כלומר: 2 λ1 = j0,1 נבחן את ,J1 (j1,1 r) cos θ sin θנבחין כי יש אפס יחיד החוצה את התחום לשניים )למעשה זהו קוטר המקביל לציר ה(x J1 (j1,k ) sin θגם כן כקו החוצה ,וגם kמעגלים כאשר הראשון הוא ברדיוס j1,1 j1,k = .r ( πn ו kמעגלים. באופן כללי Jn (jn,k r) sin (nθ) :נקבל nקווי קוטר המחלקים את העיגול )הזווית בניהם הן איך נדע שאלה כל הפונקציות העצמיות? אפשר להראות שזו מערכת שלמה ,אבל נעשה זאת בדרך אחר. נבחין כי: an (r) einθ ∞ X = )ϕ (r, θ ∞n=− נקבע ϕ (r, θ) ,ϕr (θ) ,ϕrr (r, θ) ,rהן כולן פונקציות מחזוריות ב θלכן קיים פיתוח פורייה כנ״ל. חייב להתקיים: a′n (r) einθ ∞ X = ∞n− ∞ X a′′n (r) einθ = )ϕr (r, θ )ϕrr (r, θ ∞− אבל ϕהיא פונקציה עצמית לכן: 1 1 ϕrr + ϕr + 2 ϕθθ = −λϕ r r נבחין כי: n2 an (r) einθ ∞ X ∞n=− ϕθθ = − נציב במשוואה ונקבל: n2 1 a′′n + an +λ − 2 an einθ = 0 r r ∞ X ∞n=− לכן כל אחד מה an־ים חייב לקיים את משוואת בסל: 1 n2 ∀n a′′n + a′n + λ − 2 an = 0 r r 37 .2.4עקרון המקסימום החזק פרק .2הלפלאסיאן 2.4עקרון המקסימום החזק משפט 2.4.1 נניח כי u) ∆u ≥ 0פונקציה תת־הרמונית( בתחום ,Ωאזי uלא יכולה לקבל מקסימום ב Ωאלא אם כן uקבועה. ראשית נראה שמכך אנחנו יכולים להסיק את המשפט הבא: משפט 2.4.2 תהא u1הפונקציה העצמית הראשון ב Ωאזי u1 > 0ב.Ω הערה 2.4.3במימד אחד u′′ ≥ 0 :היא פונקציה קמורה ,כמו פרבולה. הוכחה: ∆u1 + λ1 u1 = 0 u1 |∂Ω ≡ 0 ( ממשפט קורנט) u1 ≥ 0 :מספר התחומים הנודלים הוא לכל היותר תחום נודלי , 1לכן נוכל להניח ,u1 ≥ 0אחרת נכפול ב .(−1 ,∆u1 = −λ1 u1 ≤ 0כלומר: ∆ (−u1 ) ≥ 0 כלומר −u1מקיימת את עקרון המקסימום החזק ,כלומר ,אם −u1מתאפסת ב Ωאז .−u1 ≡ 0 לכן u1 < 0 ,ב Ωכלומר u1 > 0ב .Ω מסקנה נוספת ממשפט קורנט היא: משפט 2.4.4 λ1הוא עם ריבוי אחד. הוכחה :אחרת אפשר למצוא ϕ1 , ϕ2פונקציות עצמיות עם ערך עצמי λ1ו ϕ1 ⊥ϕ2כלומר: ˆ ϕ1 ϕ2 dx = 0 Ω מצד שני זה לא ייתכן כי ϕ1 > 0ו.ϕ2 > 0 : כעת נוכיח את קריטריון המקסימום :הוכחה :נביט בפונקציית הממוצע על הספירה ברדיוס , rכאשר p ∈ Ω ˆ 1 )u (y) dσr (y = )Mp (r ) Voln−1 (Sr )S(p,r כאשר ) S (p, rהיא הספירה ברדיוס .r למשל במימד : 2 v (r, θ) dθ ˆ2π 1 = v (r, θ) ✁rdθ 2π 0 ˆ2π 0 1 = )Mp (r 2π✁r נרצה לחשב את הנגזרת של הממוצע הספרי ,ובאופן פלא יופיע הלפלאסיאן. oFחשב.Mp′ (r) : תחילה נרשום את ) Mp (rבצורה קנונית: ˆ 1 ✟dθ ✟ ✟ )u (rθ rn−1 = )Mp (r ✘ ✘ ✘ · σn−1 rn−1 )S(p,1 38 .2.4עקרון המקסימום החזק פרק .2הלפלאסיאן כאשר σn−1הוא שטח הפנים של כדור nמימדי ברדיוס .1ו) ,θ ∈ S (p, 1כלומר ברדיוס . 1 ולכן: ˆ 1 = )Mp (r u (r, θ) dθ σn−1 )S(p,1 כאשר: ) θ = (θ1 , . . . , θn ועם האילוץ: θ12 + . . . + θn2 1 כעת נתבונן בנגזרת: n X ˆ ∂i u (rθ) θi dθ }|{z הנגזרת של uלפי המשתנה i=1 i )S(p,1 1 σn−1 = )Mp′ (r הערה 2.4.5אם ) f (r, x1 , x) = u (rx1 , rx2 כאשר: (x1 , x2 ) ∈ S 2 אז: ∂f = (∂1 u) (rx1 , rx2 ) x1 + (∂2 u) (rx1 , rx2 ) x2 ∂r כעת נרצה להחזיר את האינטגרל לאינטגרל על רדיוס ,rנקבל: xi )dσr (x r )(∂i u) (x n X n X ˆ }(∂i u) (rθ) θi rn−1 dθ |{z = ˆ D xE 1 ∇u (x) , = )dσr (x r | |Sr x=rθS(p,r) i=1 i=1 ˆ 1 σn−1 rn−1 )S(p,r נשים לב שיש לנו כאן מכפלה פנימית: h∇u, n )ˆ i dσr (x )S(p,r מכיוון ש x r ˆ .וניתן לרשום גם כ: הוא למעשה נורמל חיצוני לספירה .ולכן n = xr ˆ ∂u 1 )(x) dσr (x = | |Sr ∂n ˆ )S(p,r 39 ˆ )S(p,r 1 | |Sr = λ1 .2.5מינימלי\מקסימלי פרק .2הלפלאסיאן אבל זה בדיוק מה שאנו מכירים מנוסחת גרין )משפט גאוס( ,ולכן: ˆ ∂u 1 (∆u) (y) dy = )(x) dσr (x ∂n ˆ | |Sr )B(p,r ˆ )∂B(p,r 1 | |Sr = קיבלנו כי: ˆ (∆u) (y) dy )B(p,r 1 | |Sr = )Mu′ (r אם ∆u ≥ 0נקבל כי ) Mn (rפונקציה מונוטונית עולה )למעשה זהו משפט בפני עצמו(. כמו כן ,נשים לב כי ).Mn (r) −→ u (p r→0 ´ לכל .r כלומר נסיק כי אם ∆u ≥ 0אז )u (x) dσr (x) ≥ u (p )S(p,r ומכך נוכיח את עקרון המקסימום החזק ,תהא x0 ∈ Ωכך ש ) u (x0 ) ≥ u (xלכל .x ∈ Ωנסמן .u (x0 ) = Mנביט בקבוצה } E .E = {u = Mקבוצה סגורה .כי uרציפה .נראה ש Eפתוחה ,תהא ,x1 ∈ Eנביט בספירה .S (x1 , r) ⊂ Ωלכל ),y ∈ Sp (r, x u (y) ≤ Mאם קיימת ) y0 ∈ Sp (x1 , rכך ש u (y) < Mאז: ˆ 1 u (y) dσr (y) < M | |Sr )Sp (x,r ✥ אבל נקבל סתירה למשפט הערך הממוצע עבור פונקציות תת הרמוניות. לכל ) .u (y) = M ,y ∈ S (x, rנקבל שבכל כדור ).u |B(x,r) = M ,Ω ⊃ B (x1 , r כלומר Eפתוחה Ω .קשיר ,לכן .Ω = E תרגיל :להראות באופן ישיר כי: vr (r, θ) dθ ✦ ★ ˆ2π 1 1 1 = vrr (ρ, θ) + vr (ρ, θ) + 2 vθθ (ρ, θ) dρdθ ρ ρ 2π 0 0 הערה 2.4.6הערות לתרגיל :שאלה :10להניח ש Bתבנית בילינארית סימטרית. 10א. g (t) = 0 .15עבור g (t) = t − 2 ,|t| ≤ 1עבור .|g ′ (t)| ≤ 1 , |t| ≥ 3 2.5 ˆ2πˆr 0 1 2πr ✧ λ1מינימלי\מקסימלי שאלה :מהו התחום שעבורו λ1הוא מינימלי/מקסימלי? אין כזה תחום .אם ,Ω ⊂ Rnאז ראינו כי: 1 )· λ1 (Ω α2 = )λ1 (αΩ כלומר ,אנו יכולים להקטין ולהגדיל את הערך כרצוננו .לכן ,השאלה הזאת בצורה הזאת לא מעניינת. נשנה קצת את השאלה .נקבע את השטח של .Ωמבין כל התחומים עם שטח נתון Aמהו התחום עם ערך עצמי מינימלי/מקסימלי? דוגמה 2.5.1נקח מלבן מאוד צר שצלעותי a, bכאשר .ab = 1 1 π2 1 ≥ + ∞ →− a2 b2 a2 a→0 λ1 (W ) = π 2 כלומר אין ערך עצמי מקסימלי .אם כן ,נרצה לענות על השאלה מבין כל התחומים עם שטח נתון ,Aמהו התחום עם λ1קטן ביותר. בעייה זו נקראת בעייה איזופרימטרית עבור .λ1 40 λ1 .2.5מינימלי\מקסימלי פרק .2הלפלאסיאן משפט Fabel, Krahn - 1923 2.5.2 )λ1 (Ω) ≥ λ1 (B כאשר Bכדור עם אותו נפח של .Ω תזכורת 2.5.3הבעיה האיזופרימטרית מדבר על ההקף )או שטח פנים במימד גדול יותר( נוכיח אותו קודם. 2.5.1אי השיוויון האיזופרימטרי משפט 2.5.4אי השיוויון האיזופרימטרי מבין כל הגופים עם נפח נתון ,שטח הפנים של הכדור הוא הקטן ביותר. )∀Voln−1 (∂Ω) ≥ Voln−1 (∂B כאשר ל Bול Ωאותו נפח. ההוכחה של אי השיוויון האיזופרימטרי מסתמכת על אי שיוויון Brunn-Minkowskiהאומר שאם יש לנו שתי קבוצות נוכל להגדיר: }A + B = {x + y | x ∈ A, y ∈ B )זה נקרא סכום מיקובסקי( .אי השיוויון הוא: Vol (A + B) /n ≥ Vol (A) /n + Vol (B) /n 1 1 1 כעת נוכיח את אי השיוויון האיזופרימטרי :הוכחה: )Vol (Nε (Ω)) − Vol (Ω ε Voln−1 (∂Ω) = lim ε→0 Nε (Ω) ⊃ Ωהיא סביבת εשל ) Ωכלומר אנו מנפחים את הצורה ב.(ε זו ההגדרה של מינקובסקי לשטח הפנים. נסמן B (0, ε) = εכדור ברדיוס εסביב אפס .ואז למעשה: Nε (Ω) = Ω + Bε )לכל נקודה ב Ωאנחנו מוסיפים כדור ברדיוס .(εמאי שיוויון בורן מינקובסקי נקבל כי: i h 1/n 1/n )− Vol (Ω ) Vol (Ω + Bε ) − Vol (Ω) ≥ Vol (Ω) + Vol (Bε נפתח את הבינום )לא עד הסוף בגלל זה זה לא שיוויון(: 1/n n−1/n ✘ ✘ + nVol (Ω)n−1/n Vol (B )1/n − Vol ✘ ✘ )✘(Ω ) Vol (Bε ✘≥ Vol ε )✘✘(Ω) = nVol (Ω הנפח של Bεהוא נפח של כדור ,אנו יודעים לחשב אותו .נקבל כי: ε 1/n ) Vol (B1 n−1/n )= nVol (Ω 1/n 41 ) (Vol (B1 ) εn n−1/n )= nVol (Ω λ1 .2.5מינימלי\מקסימלי פרק .2הלפלאסיאן נחלק הכל ב εולמעשה קיבלנו כי: )Vol (Ω + Bε ) − Vol (Ω 1/n n−1/n ) Vol (B1 )≥ nVol (Ω ε מצד שני ,מהו שטח הפנים של כדור עם נפח כמו של ? נחשב תחילה רדיוס של אותו כדור :BR )Vol (BR ) = Vol (B1 ) Rn = Vol (Ω נקבל כי: 1/n )Vol (Ω ) Vol (B1 =R מה הוא שטח הפנים של כדור ברדיוס ?Rהדרך לחשב את זה היא לסמן: f (r) = Vol (Br ) = Vol (B1 ) · rn אזי שטח הפנים הוא: ) n · Vol (B1 ) · rn−1 = f ′ (t) = Voln−1 (∂Br נבחין כי למעשה ההגדרה של מינקובסקי לשטח הפנים היא הנגזרת לשינור ברדיוס. ולכןת שטח הפנים של כדור נתון ע״י: nVol (B1 ) Rn−1 ולכן ,עבור כדור שהנפח שלו הוא Ωנקבל כי: 1/n ) · Vol (B1 n−1/n )= nVol (Ω n−1/n )Vol (Ω ) Vol (B1 ) Voln−1 (∂BR ) = n · Vol (B1 אבל זה בדיוק הגורם שהיה לנו בקצה האי שיוויון שחישבנו .ולכן נקבל כי: )Voln−1 (∂Ω) ≥ Voln−1 (∂B כאשר Bכדור עם נפח כמו של ,Ωוזה מוכיח את אי השיוויון האיזופרימטרי. כאמור ,בהוכחה השתמשנו באי שיוויון Brunn-Minkowskiנרצה להוכיחו. 2.5.2אי שיוויון Brunn-Minkowski משפט 2.5.5אי שיווין Brunn-Minkowski 1/n )+ (VolB 1/n )≥ (VolA 42 1/n )Vol (A + B λ1 .2.5מינימלי\מקסימלי פרק .2הלפלאסיאן הוכחה :עבור המקרה של A, Bתיבות עם פאות מקבילות לצירים. אורכי צלעות Aהם ,a1 , . . . , an :ו Bהם.b1 , . . . , bn : נבחין כי A + Bהיא למעשה תיבה חדשה בגודל) .a1 + b1 , . . . , an + bn :כתרגיל(. אי השיוויון המקרה זה אומר: p p √ n ) a1 a2 . . . an + n b1 b2 . . . bn ≤ n (a1 + b1 ) (a2 + b2 ) . . . (an + bn נרצה להוכיח זאת. נבחין כי במישור: p p ) b1 b2 ≤ (a1 + b1 ) (a2 + b2 a1 a2 + √ אם נעלה את זה בריבוע נקבל כי: p ✘a1 ✘a ✟ b1 b 2 + a1 b 2 + a2 b 1 ✘a1 ✘a ✟ b1 ✘ ≤ b 2 + 2 a1 a2 b 1 b 2 ✘ ✟2 + ✟2 + למעשה קיבלנו את אי שייויון הממוצעים: p a1 b 2 + a2 b 1 ≤ ) (a1 b2 ) (a2 b1 2 כלומר ,עבור המישור פתרנו. יש דרך נוספת להוכיח )שאותה ניתן להכליל( ,נגדיר: √ p a1 , b 1 √ p a2 , b 2 = v = w נבחין כי אגף שמאל שלנו הו למעשה: LHS = hv, wi ואגף ימין הוא: q 2 2 kvk kwk = kvk kwk = RHS כלומר ,קיבלנו את אי שיוויון קושי שוורץ. במימד גבוה ,מה שמחליף את אי שיוויון קושי שוורץ הוא אי־שיוויון הלדרץ במימד 3צריך להוכיח כי: p p √ 3 ) a1 a2 a3 + 3 b1 b2 b3 ≤ 3 (a1 + b1 ) (a2 + b2 ) (a3 + b3 אי שיוויון הלדר אומר כי: ˆ 1/p ˆ 1/q 1/r q r f dx g dx h dx p 43 ˆ ≤ f ghdx ˆ R λ1 .2.5מינימלי\מקסימלי פרק .2הלפלאסיאן ✩ .p, q, r > 0 תרגיל :להסיק את אי שיוויון הלדר למכפלה של nפונקציות: 1/pn fnpn dx ✪ ✬ כאשר = 1 1 pn + ...+ 1 p1 ˆ ... 1/p1 f1p1 dx ˆ ≤ f1 . . . fn dx ˆ R ו pi > 0מהמקרה .n = 2 נרצה לעבור למקרה הדיסקרטי .האנלוג הדיסקרטי הוא: 1/p ) (hp1 + hp2 1/p ) (g1p + g2p ✫ 1/p ) f1 g1 h1 + f2 g2 h2 ≤ (f1p + f2p )בתורת המידה רואים כי זה האנלוג כאשר לוקחים מידה דיסקרטית(. במקרה שלנו: 1/3 1/3 f 1 = a1 f2 = b1 1/3 1/3 g 1 = a2 g2 = b2 1/3 1/3 h1 = a3 h2 = b 3 ניקח p = q = r = 3ונבחין כי: 1 1 1 + + =1 p q r ואז באמת נקבל כי: p p √ 3 ) a1 a2 a3 + 3 b1 b2 b3 ≤ 3 (a1 + b1 ) (a2 + b2 ) (a3 + b3 נניח ש Aהיא איחוד זר של מספר סופי של תיבות עם צלעות ניצבות לצירים .וכמו כן ,גם Bהוא איחוד זר של מספר סופי של תיבות עם צלעות ניצבות לצירים. הערה 2.5.6ייתכן כי החיתוך בין Aל Bלא ריק ,לא אכפת לנו מכך .כלומר ייתכן שמלבן ב Aחותך מלבן ב .B נוכיח באינדוקציה על מספר הלבנים הכולל ב AובB נניח בה״כ שב Aיש לפחות שני מלבנים. נבחר שתי תיבות כלשהן ב ,Aקיים איזשהו 1 ≤ i ≤ nוקיים a ∈ Rכך ש: }⊂ {xi < a }⊂ {xi > a R1 R2 ) nהוא המימד ,לשם פשטות נרשום שהמימד ,2ההוכחה זהה לכל המימדים(. )המלבנים הם פתוחים ,כך שהם למעשה יכולים ״לגעת״ אחד בשני ,והקו נגיעה הוא המפריד בניהם במקרה זה(. נסמן את החלק העליון של xi > aב A′ואת התחתון ב .A′′ כלומר ,נגדיר: }= A ∩ {xi > a }= A ∩ {xi < a 44 A′ ′′ A λ1 .2.5מינימלי\מקסימלי פרק .2הלפלאסיאן הערה 2.5.7האיחוד הוא לא יהיה Aכי ייתכן שהקו הזה חותך מלבן אחר ,אבל בכל מקרה אנחנו לא נאבד שטח. אם S Rkזר = ) Aאיחוד זר של מלבנים( אז: )}(Rk ∩ {xi > a )}(Rk ∩ {xi < a [ = A′ זר [ = A′′ זר טענה 2.5.8 ′ ′′ מספר המלבנים ב Aוב A :קטן ממש ממספר המלבנים בA הערה 2.5.9הוכחה פשוטה ,הרי הורדנו מלבן אחד מכל שטח )לפחות(. כעת ,יהא b ∈ Rשנגדירו בהמשך .נגדיר בצורה דומה: }B ∩ {xi > b }B ∩ {xi < b = = B′ B′ בחרנו את אותו כמו שבחרנו ב .Aלא מדובר בהפרדה בין מלבנים בהכרח כי זה לא מימד שבהכרח יש בו הפרדה. סכום כל המלבנים ב A′ו B ′ :קטן ממש מהמספר הכולל של המלבנים ב Aו .Bובאותו אופן גם A′′ו .B ′′ ומהנחת האינדוקציה אנו יודעים את המשפט ל A′ו B ′וגם עבור A′′ו .B ′′ נשים לב כי ,(A′ + B ′ ) ∩ (A′′ + B ′′ ) = ∅ :מכיוון שהקואורדינטה ה iשל נקודה ב A′ + B ′היא גדולה מ a + b :ואילו ב A′′ + B ′′ זה קטן מ .a + b כמו כן: A′ + B ′ ⊂ A + B A′′ + B ′′ ⊂ A + B ולכן: ) Vol (A + B) ≥ Vol (A′ + B ′ ) + Vol (A′′ + B ′′ אבל אנו יכולים להפעיל את אי השיוויון על A′ + B ′וגם על ,A′′ + B ′′אבל קודם נרצה לבחור את bבאופן נכון .נבחר אותו כך ש: ) Vol (B ′ ) Vol (A′ = ′′ ) Vol (B ) Vol (A′′ bקיים לפי משפט ערך הביניים. כעת ,נפעיל את אי השיוויון ונקבל: i h 1/n n 1/n ) Vol (A′ + B ′ ) ≥ Vol (A′ ) + Vol (B ′ אבל מבחירת bהספציפית אנו יכולים לפשט את זה .נסמן: ) Vol(B ′′ ) Vol(A′′ = ) Vol(B ′ ) Vol(A′ = αואז: i n h 1/n 1/n n 1 1 ) = Vol (A′ ) + α /n Vol (A′ = Vol (A′ ) 1 + α /n 45 מינימלי\מקסימליλ1 .2.5 הלפלאסיאן.2 פרק : כלומר,(!α נקבל בידיוק אותו דבר )ועם אותוA′′ , B ′′ ועבור n 1 Vol (A′′ + B ′′ ) ≥ Vol (A′′ ) 1 + α /n :ולכן Vol (A + B) ≥ [Vol (A′ ) + Vol (A′′ )] 1 + α /n Vol (A + B) 1/n 1 ≥ Vol (A) 1/n n n 1 = Vol (A) 1 + α /n 1 + α /n 1 :ולכן : נוסיף אחד לשני האגפים ונקבל,B נשים לב שמהיחס שהגדרנו איתו את Vol (B ′ ) + Vol (B ′′ ) Vol (A′ ) + Vol (A′′ ) = ′′ Vol (B ) A′′ :כלומר Vol (A) Vol (B) Vol (B′′ ) Vol (B) = ⇒ = =α Vol (B ′′ ) Vol (A′′ ) Vol (A) Vol (A′′ ) : נקבל כי,ולכן Vol (A + B) /n ≥ Vol (A) /n + (αVol (A)) /n = Vol (A) /n + Vol (B) /n 1 1 1 1 1 .כלומרת הוכחנו אותו למקרה הסופי .Bε ⊂ B : וAε ⊂ A כך שAε , Bε קבוצות פתוחותת קיימות קבוצותA, B ⊂ Rn נניח,כעת .Bε באופן דומה עבורVol (A\Aε ) ⊂ ε . היא איחוד זר של מלבנים עם צלעות מקבילות לציריםAε 1/n Vol (A + B) ≥ Vol (Aε + Bε ) 1/n 1/n ≥ Vol (Aε ) 1/ε + Vol (Bε ) 1/n ≥ (Vol (A) − ε) 1/n + (Vol (B) − ε) : ולכןε > 0 אי שיוויון זה נכון לכל 1/n Vol (A + B) ≥ Vol (A) 1/n + Vol (B) 1/n : ולכן, מדידות כלשהןA, B Vol (A) = inf Vol (U ) U⊃A Vol (Uε \A) < ε ,A ⊂ Uε , פתוחהUε .Vol (Vε \B) < B .B ⊂ Vε פתוחהVε in in h h ? 1 1 1 1 Vol (A + B) ≥ [Vol (Uε + Vε ) − M ε] ≥ Vol (Uε ) /n + Vol (Vε ) /n − M ε ≥ Vol (A) /n + Vol (B) /n − M ε 46 λ1 .2.5מינימלי\מקסימלי 2.5.3 פרק .2הלפלאסיאן נוסחת הקו־שטח נתונה ]F −1 (t) , F : Ω → [a, b S = ) Ωקו הגובה tהוא איזשהו משטח למעשה ,ובמישור זהו עקום(. a≤t≤b ´ נתונה פונקציה ,h : Ω → Rורוצים לבצע אינטגרציה . Ω h (x) dx ˆ ˆb h (x) dσt dt ˆ = h (x) dx }a {F =t Ω המשפט אינו נכון בצורה ,זו ,והוא למעשה צריך להיות: )h (x dσt dt k∇F k ˆ ˆb ˆ = h (x) dx }a {F =t Ω דוגמה ,Ω = B (0, R) 2.5.10הפונקציה: q F (x) = kxk = x21 + . . . + x2n במקרה הזה: x xn 1 ,..., r r = ~ ∇F ומתקיים: נבחין כי: ~ ∇F = 1 h (x) dσr dr ˆ ˆR = h (x) dx 0 Sr ˆ Ω הערה 2.5.11במקרה של מימד .dσr = rdθ 2 דוגמה 2.5.12אותה הדוגמה כמו קודם ,רק נקח .F (x) = r2 ) ~ = (2x1 , . . . , xn ∇F ומתקיים: נקבל כי: ~ ∇F = 2r 2 √ )h (x √ dσ t dt 2 t ˆ ˆR 0 S√t 47 = h (x) dx ˆ Ω λ1 .2.5מינימלי\מקסימלי פרק .2הלפלאסיאן √ נבצע החלפת משתנים t = .rכאשר t = R2נקבל r = Rאזי: )h (x ✚2 rdr ✚dσr ✚2 r ✚ ˆ ˆR = 0 Sr ושוב קיבלנו את הנוסה שהייתה לנו קודם. אנו נוכיח את נוסחת הקו שטח ,אבל ראשית נשתמש בה על מנת להוכיח את אי־שיוויון .Faber-Krahm 2.5.4 הוכחת אי־שיוויון Faber-Krahn משפט Faber-Krahn 2.5.13 )λ1 (Ω) ≥ λ1 (B Bכדור עם נפח כמו .Ω הערה 2.5.14במימד 2נוכל להניח ששטח Ωהוא .πצריך להוכיח.λ1 (Ω) ≥ λ1 (B1 ) : הוכחה :תהא ϕפונקציה עצמית של λ1על .Ωאנו יודעים כי ϕאינה מתאפסת ב ,Ωנוכל להניח .ϕ > 0 נמצא פונקציה ψעל ) Dדיסק( כך ש: ˆ ˆ ϕ2 dx = ψ 2 dx Ω D והאינטגרל: ˆ 2 ˆ ~ 2 ∇ϕ dx ≥ |∇ψ| dx Ω אם נמצא פונקציה כזאת אז סיימנו ,כי מעקרון הווריאציה: 2 ´ ´ 2 ~ dx ~ dx ∇ψ ∇ϕ ≥D´ 2 )≥ λ1 (D λ1 (Ω) = Ω ´ 2 ϕ dx ψ dx Ω D נגדיר f (r) = tעבור עבור rכך ש )} .πr2 = Area ({ϕ > tואז נגדיר את )|) ψ (x) = f (|xסימטריזציה של .(Schwarz הטענה היא שהפונקציה הזאת מקיימת את התנאים שרצינו. הערה 2.5.15ל ϕול ψיש אותה פונקציית התפלגות Area ({ϕ > t})) .היא פונקציית התפלגות(. כלומר: )}Area ({ϕ > t}) = Area ({ψ > t ∀t בנוסף ,נבחין כי fפונקציה מונוטונית יורדת ,ולכן ψמונוטונית יורדת לאורך קו רדיאלי .ומתקיים.ψ (0) = max ϕ : 48 λ1 .2.5מינימלי\מקסימלי פרק .2הלפלאסיאן נרצה להראות כי: ˆ ψ 2 dx = ϕ2 dx ˆ Ω D נבחין כי: ϕ2 > t ψ2 > t √ ϕ> t √ ψ> t ⇒⇐ ⇒⇐ √ √ Area ϕ2 > t = Area ϕ > t = Area ψ > t = Area ψ 2 t אם כן: ˆ ψ 2 dx = ϕ2 dx Ω ˆ Ω )הסבר בטענה מתחת להוכחה(. הערה :g ≥ 0 2.5.16 ∞ˆ ∞ˆ √ 3 }µ g > t dt = µ g > t dt |{z µ (g > s) 3s2 ds = t=s3 0 1 dσ{ϕ=s} ds ~ ∇ϕ ˆ 0 max ˆ ϕ t }{ϕ=s 1dx = }|{z נוסחת הקו־שטח כאשר }.Ωt = {ϕ > t וכעת אנו יודעים לגזור את זה לפי tמהמשפט היסודי: 1 } dσ{ϕ=t ~ ∇ϕ ˆ ˆ 3 ∞ˆ = g dx 0 Ωt ′ A (t) = − מצד שני ,אנו יכולים את אותה פונקציה Aלבטא בעזרת :ψ אנו יכולים לגזור אותה שוב ונקבל כי: וזה נכון לכל .t אנו רוצים לחשב את: 1 ~ dσs ds ∇ψ ˆ }{ψ=t 1 } dσ{ϕ=t ~ ∇ϕ = )}A (t) = Area ({ψ > t t ˆ }{ϕ=t 1 = } ~ dσ{ψ=t ∇ψ ˆ 2 ~ ∇ϕ dx Ω 49 Ω = )}A (t) = Area ({ϕ > t }{ϕ=t max ˆ ψ 3 ˆ ˆ }{ψ=t λ1 .2.5מינימלי\מקסימלי פרק .2הלפלאסיאן נשתמש שוב בנוסחת הקו־שטח ונקבל: h ~ ∇ϕ dσ{ϕ=t} dt { |} z ˆ ˆ ∞ˆ ~ 2 = ∇ϕ dx }0 {ϕ=t Ω ובאופן דומה: h ~ ∇ψ dσ{ψ=t} dt { |} z ˆ ∞ˆ ˆ ~ 2 = ∇ψ dx }0 {ψ=t Ω אם נוכיח כי: ~ }∇ψ dσ{ψ=t ˆ ~ ≥ }∇ϕ dσ{ϕ=t }{ψ=t ˆ }{ϕ=t נתבונן ב: 2 ✚ r 1 ~✚ ∇ϕ ✚ r ✚ ds ✚ ✚~ ∇ϕ ✚ ✚ ˆ ~ ∇ϕ dσ ≥ |{z} }{ϕ=t קושי־שוורץ 1 · dσ ~ ∇ϕ }{ϕ=t ˆ כלומר ,קיבלנו למעשה את שטח הפנים )או האורך( ונקבל: = l ({ψ = t})2 אבל כאן נכנס המשפט האיזופרימטרי ,ומתקיים: ~ ∇ψ dσ ˆ 1 ~ dσ ∇ψ }{ψ=t ˆ 2 = )≥ l (ψ = t }{ψ=t ~ ∇ψקבוע על המעגל .ψ = t מכיוון ש ψפונקציה רדיאלית ,לכן נזכור כי: ˆ 1 1 = dσ ~ ~ dσ ∇ψ ∇ϕ }{ψ=t ˆ }{ϕ=t ולכן נקבל: ~ ∇ψ dσ ˆ ~ ≥ ∇ϕ dσ }{ψ=t במהלך ההוכחה עלתה שאלה ,דן הראה את הטענה הבאה: טענה 2.5.17 אם g ≥ 0על מרחב Ωאז: ∞ˆ gdµ = 50 µ (g > t) dt 0 ˆ Ω ˆ }{ϕ=t ˆ }{ϕ=t λ1 .2.5מינימלי\מקסימלי ✜ פרק .2הלפלאסיאן הערה 2.5.18בעצם סוכמים אורכים של קווים עד האורך של הפונקציה. ✤ תרגיל: ˆ p ˆ ~ ~ p ∇ϕ dx ≥ ∇ψ dx Ω ✢ 2.5.5 Ω ✣ הוכחת נוסחת הקו־שטח נרצה להוכיח את נוסחת הקו־שטח. הקדמה נניח שיש לנו משטח ) z = g (x, yב .R3 פרמטריציה טבעית למשטח ניתנת ע״י ~r (x, y) = (x, y, g (x, y)) :כאשר ) (x, y) ∈ Ω ⊆ R2כאשר ה Ωהוא התחום הגדרה ,ולמעשה ההטל על מישור .(xy נגדיר: ∂~r ∂~r =dσ : ∂x × ∂y dxdy מגדירים: h (~r (x, y)) k~rx × r~y k dxdy ˆ =hdσ : Ω ˆ S כאשר Sמשטח.h : S → R , משפט 2.5.19 האינטגרל משטחי מוגדר היטב ,כלומר אם ~ (u, v) → S ⊆ R3 ψו (u, v) ∈ Ω′ :הן קואורדינטות אחרות על Sאז: ˆ ˆ ∂ψ ∂ψ dudv = h (~r (x, y)) k~rx × r~y k dxdy × ))h (ψ (u, v ∂u ∂v Ω′ Ω דוגמה 2.5.20הספירה:ו.x2 + y 2 ≤ R2 : כמו כן ,נגדיר: )ψ2 (ϕ, θ) = (R cos ϕ sin θ, R sin ϕ sin θ, R cos θ כאשר 0 ≤ ϕ ≤ 2πו.0 ≤ θ ≤ π2 : הטענה היא שזה בדיוק אותו דבר .למעשה מספיק להראות כי: ∂ψ ∂ψ dudv = k~rx × r~y k dxdy × ∂u ∂v כדי לבדוק את הטענה ,צריך לזכור כי: ∂x ∂ϕ ∂y dθ ∧ dϕ ∂ϕ ∂x ∂θ dx ∧ dy = ∂y ∂θ 51 λ1 .2.5מינימלי\מקסימלי פרק .2הלפלאסיאן אלמנט השטח אם נתון משטח ) z = g (x, yמה אלמט השטח שלו? ))~r (x, y) = (x, y, g (x, y פרמטריזצייה של :S )(1, 0, gx ) (0, 1, gy ~rx ~ry = = )~rX × ~ry = (−gx , −gy , 1 הוא נורמל ל .Sולכן: q 1 + gx2 + gy2 dxdy = dσ = kr~x × r~y k dx ∧ dy כעת ,יהא משטח Sנתון בצורה סתומה: F (x, y, z) = 0 ∂Fכלומר קווי הגובה לא מכוונים מקביל לציר zואז באמת ניתן להטיל את המשטח על מישור .xy נניח כי∂z 6= 0 : לפי משפט הפונקציה הסתומה ,קיימת פונקציה ) g (x, yכך ש.F (x, y, g (x, y)) = 0 : נשים לב ש: ∂F ∂g ∂F + · =0 ∂x ∂z ∂x מצד שני גם: ∂F ∂g ∂F + · =0 ∂y ∂z ∂y ולכן ,אנו יכולים לכתוב: Fy2 Fx2 k∇F k = + 2 2 Fz Fz | |Fz s 1+ q = 1 + gx2 + gy2 אם Sנתון ע״י המשוואה ,F (x, y, z) = 0 :אז האינטגרל של איזשהי פונקציה על המשטח מקיים: ˆ ˆ k∇F k )h (x) dσ = h p−1 (x, y dxdy | |Fz S Ω כאשר Ωההטלה של Sעל המישור .ו pהיא ההטלה p : S → Ωאו למעשה.p−1 = g : Ω → Ω : משפט 2.5.21נוסחת הקו־שטח בהינתן ]F −1 ({t}) ,F : Ω → [a, b S a≤b = .Ωופונקציה h : Ω → Rאזי: )h (x dσt dt )k∇F k (x ˆ ˆb }a {F =t 52 = h (x) dx ˆ Ω Faber-Krahn אי־שיוויון.2.6 הלפלאסיאן.2 פרק : נגדיר:הוכחה x′ ′ y z′ = x = y = F (x, y, z) :מנוסחת החלפת המשתנה נקבל ∂F ′ ′ ′ dxdydz dx dy dz = ∂z ˆ Ω hdxdydz = ˆ Ω′ h ′ ′ ′ ∂F dx dy dz = ∂z ˆb ˆ a {z ′ =t} h ∂F dxdydt = ∂z ˆb ˆ a {z ′ =t} :ולכן h (x, y) k∇F k ′ ′ dx dy dy = k∇F k |Fz | ˆb ˆ a {z ′ =t} h dσt dt k∇F k Faber-Krahn אי־שיוויון 2.6 .Ω כדור עם אותו נפח כמו שלBR כאשרλ1 (Ω) ≥ λ1 (BR ) 1 λ1 (B1 ) R2 λ1 (BR ) = Vol (Br ) = ωn Rn = Vol (Ω) .ωn = Vol (B1 ) כאשר 2 ωnn 1 = 2 R2 Vol (Ω) n :ולכן 2/n λ1 (Ω) ≥ ωn λ1 (B1 ) 2/n Vol (Ω) Cn = Vol (Ω) /n 2 . אנו רואים קשר גיאומטרייה )באגף ימין( לבין הספקטרום באגף שמאל,אם כן n/2 Vol (Ω) ≥ Cn λ1 (Ω) n/2 :כמו כן λ1 (Ω) ≥ Cn Vol (Ω) 2/n :שקול ל ∀ϕ ∈ Cc∞ (Ω) ´ 2 ~ dx ∇ϕ C Ω ´ ≥ 2 ϕ2 dx Vol (Ω) /n Ω 53 .2.6אי־שיוויון Faber-Krahn פרק .2הלפלאסיאן )בגלל מנת ריילי( .קיבלנו כי: ˆ 2/n ~ 2 )ϕ2 dx ≤ Cn′ Vol (Ω ∇ϕ dx Ω ˆ Ω Cn′הוא קבוע אחר .נבחין כי הוא מזכיר קצת את משפט לגראנז׳ ,אם אנו חוסמים את הנגזרת ,אז גם הפונקציה חסומה. אי שיוויון:PoincaréT ˆ ˆ p ~ ϕp dx ≤ Cp,Ω ∇ϕ dx Ω Ω משפט לגראנז׳ הוא למעשה: ~ ≤ Cp,Ω ∇ϕ )Lp (Ω נתמקד במקרה של .p = 2 למעשה אי השיוויון הבא גם כן נכון: )kϕkLP (Ω ˆ 2n n+2 n ~ n+2 · ϕ dx ≤ CΩ dx ∇ϕ 2 ˆ Ω הערה 2.6.1החזקות נקבעו משיקולי יחידות. נוכיח כי לכל ) ϕ ∈ Cc∞ (Rnמתקיים: n n−1 ˆ n ~ ϕ n−1 dx ≤ Cn ∇ϕ dx Rn ˆ Rn והקבוע Cnתלוי רק ב .nנבחין כי כאן הנפח של Ωלא מופיע בכלל .למשל עבור n = 2נקבל: 2 ˆ ˆ ~ ϕ2 dx ≤ C ∇ϕ dx R2 R2 באופן ככלי יותר: n n−p ˆ p ~ dx ≤ C ∇ϕ dx np n−p ||ϕ R2 עבור .p ≥ 1 ושוב במקרה של p = 1נקבל: n n−1 ˆ ~ dx ≤ Cn ∇ϕ dx Rn ~ .∇ϕנבחין כי: נשים לב :יהא .p = 2ונניח ∈ L2 2n np = >2 n−2 n−2 54 n n−1 ||ϕ ˆ Rn ˆ Rn .2.6אי־שיוויון Faber-Krahn פרק .2הלפלאסיאן לכן ,נובע שקיים q > 2כך ש .ϕ ∈ Lq ~ ∇ϕאז ϕ ∈ Lq (Rn ) :ואז קיים q0 > 2כך ש ) ϕ ∈ Lq (Rnלכל 2 ≤ q ≤ q0 כמו כן ,אם היינו יודעים גי ϕ ∈ L2וגם ∈ L2 )מאי שיוויון הלדר(. האי השיוויון הזה נקרא אי־שיוויון .Poincaré-Sobolev הערה 2.6.2איך להסיק את המקרה של pכלשהו מ .p = 1יהיה בתור תרגיל מודרך) .בעזרת אי שיוויון הלדר(. המקרה הקשה ביותר הוא .p = 1סובולב עצמו לא הוכיח את זה .זה הוכח על ידי Gagliarde-Nirenberg :בשנות ה.50 נתאר את ההוכחה במקרה .n = 2 2 ˆ ~ ∇ϕ dx ˆ ϕ2 dx ≤ C R2 R2 נבחין כי היחידות מסתדרים הן למימדים והן ליחידות של .ϕ בגלל ש ϕעם תומך קומפקטי אנו יכולים לרשום כי: ∂ϕ (t, y) dt ∂x ˆx = )ϕ (x, y ∞− באופן דומה: ∂ϕ (x, y) dt ∂y ˆy = )ϕ (x, y ∞− בפרט: באופן דומה: ∞ˆ ∞ˆ ∂ϕ ~ ≤ |)|ϕ (x, y ∇ϕ (t, y) dt ≤ ∂x (t, y) dt נכפול את אי השיוויונות ונקבל כי: ∞ˆ ∞ˆ ∂ϕ ~ (x, )t dt ≤ ∇ϕ (x, )t ≤ |)|ϕ (x, y dt ∂y ∞− ∞− ∞− ∞− ∞ˆ ∞ˆ ~ ~ ≤ |)|ϕ (x, y ∇ϕ (x, t) dt ∇ϕ (t, y) dt 2 נבצע אינטגרציה על xנקבל: } ∞− {z |} פונקציה של x {z ∞− | פונקציה של y ∞ˆ ∞ˆ ∞ˆ ~ ~ ≤= |ϕ (x, y)| dx ∇ϕ (t, y) dt ∇ϕ (x, t) dtdx 2 } נבצע כעת אינטגרציה לפי yונקבל: {z ∞− ∞−∞ − קבוע | ∞ˆ ∞ˆ ∞ˆ ∞ˆ ~ ~ ∇ϕ (t, )y dtdy ∇ϕ (x, t) dtdx ∞−∞ − ∞−∞ − 55 2 ∞ˆ ∞− ≤= |ϕ (x, y)| dxdy ∞ˆ ∞ˆ ∞−∞ − Faber-Krahn אי־שיוויון.2.6 הלפלאסיאן.2 פרק :קיבלנו כי 2 ¨ ¨ ~ ϕ2 dxdy ≤ ∇ϕ dxdy R2 R2 .C = 1 עם קבועSobolev הוכחנו את אי שיוויון,כלומר :n = 3 נראה את ההוכחה כעת במימד :נתחיל באופן דומה ´x ϕ (x, y, z) = ´−∞ y ϕ (x, y, z) = −∞ ´z ϕ (x, y, z) = −∞ ∂ϕ ∂x ∂ϕ ∂y ∂ϕ ∂z (t, y, z) dt (x, t, z) dt (x, y, t) dt : באופן דומה,וכמו כן ´ ∞ ~ |ϕ (x, y, z)| ≤ ∇ϕ (t, y, z) dt −∞ ´∞ ~ |ϕ (x, y, z)| ≤ −∞ ∇ϕ (x, t, z) dt ´ |ϕ (x, y, z)| ≤ ∞ ∇ϕ ~ (x, y, t) dt −∞ :נכפול אותן ונקבל ˆ∞ ˆ∞ ˆ∞ ~ ~ ~ |ϕ (x, y, z)| ≤ ∇ϕ (t, y, z) dt ∇ϕ (x, t, z) dt ∇ϕ (x, y, t) dt 3 −∞ −∞ −∞ n ניקח שורש )כי אנו רוצים לקבל חזקת : ( ונקבלn−1 |ϕ (x, y, z)| ˆ∞ −∞ 3/2 |ϕ (x, y, z)| ˆ∞ ˆ∞ −∞ −∞ 3/2 1/2 ∞ 1/2 ∞ 1/2 ˆ∞ ˆ ˆ ~ ~ ~ ≤ (t, y, z) dt (x, t, z) dt (x, y, t) dt ∇ϕ ∇ϕ ∇ϕ −∞ | −∞ 1/2 ∞ ˆ∞ ˆ ~ dx ≤ ∇ϕ (t, y, z) dt −∞ 3/2 |ϕ (x, y, z)| {z f dxdy ≤ | ˆ∞ −∞ {z } g : נקבלf, g.x נבצע אינטגרציה לפי 1/2 ∞ ∞ 1/2 ˆ∞ ˆ ˆ ~ ~ (x, y, t) dtdx ∇ϕ (x, t, z) dtdx ∇ϕ −∞ −∞ }| −∞ −∞ : מקושי שוורץ נקבל, ושובy נבצע אינטגרציה לפי 1/2 ∞ ∞ ∞ 1/2 ∞ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ∞ ~ ~ ~ ∇ϕ (t, y, z) dtdy ∇ϕ (x, y, t) dtdxd ∇ϕ (x, t, z) dtdx −∞ −∞ {z } y לא תלוי ב −∞ −∞ −∞ −∞ : ונקבל לבסוף, ושוב קושי שוורץ,z נבצע אינטגרציה נוספת לפי 3/2 ∞ ∞ ˚ ˚ 3 ~ ϕ /2 dxdydz ≤ ∇ϕ dxdydz −∞ −∞ 56 .2.6אי־שיוויון Faber-Krahn פרק .2הלפלאסיאן מכאן נובע אי שיוויון .Poincaréנניח כי supp ϕ ⊂ Ωאז: 2n n+2 n+2 n2 n ˆ 2 ˆ 2n ˆ 2n ˆ 2 ˆ 2 ~ ~ n+2 ~ n+2 ~ ϕ2 dx ≤ ∇ϕ dx = ∇ϕ dx ≤ ∇ϕ dx dx 1dx = Vol (Ω) n ∇ϕ }|{z Ω Ω Ω Rn Ω הלדר? הערה 2.6.3את החזקה האחרונה , n2 ,קבענו משיקולי יחידות שוב. הוכחנו: ˆ ˆ 2 2/n ~ )ϕ2 dx ≤ Vol (Ω ∇ϕ dx )∀ϕ ∈ Cc∞ (Ω Ω Ω אי־שיוויון Faber-Krahnבמימד :2 2 πj0,1 ) πλ1 (B1 = )Area (Ω )Area (Ω ) λ1 (B1 R2 = }|{z )πR2 =Area(Ω ≥ )λ1 (Ω ˆ ˆ 2 2 π · j0,1 ~ ϕ2 dx ≥ ∇ϕ dx )Area (Ω Ω Ω ˆ 2 ~ Area (Ω) ∇ϕ dx Ω 1 2 π · j0,1 ˆ ≤ ϕ2 dx הוא אי שיוויון חזק יותר ,בגלל שיש עבורו שיוויון )הכדור( ולכן לא ניתן לשפר אותו. תזכורת 2.6.4ראינו שאי שיוויון Faber-Krahnשקול לאי־שיוויון פואנקרה )עבור (p = 2 ˆ ˆ 2 2 ~ )∀ϕ ∈ Cc∞ (Ω ϕ2 dx ≤ C Vol (Ω) n ∇ϕ dx Ω Ω הסקנו זאת מאי־שיוויון סובולב: n+2 n ˆ 2n n+2 2 ~ dx |ϕ| dx ≤ C ∇ϕ Rn עבור 2n n+2 ˆ Rn = .pאי שיוויון סובולב עבור p > 1נובע מאי שיוויון סובולב עבור .p = 1 n n−1 ˆ ~ dx ≤ ∇ϕ dx Rn 57 n |ϕ| n−1 ˆ Rn ˆ Rn = ϕ2 dx ˆ Ω .2.6אי־שיוויון Faber-Krahn פרק .2הלפלאסיאן הערה 2.6.5אי השיוויון האיזופרימטרי ניתן לכתיבה בצורה הבאה: )Voln−1 (∂Ω) ≥ Voln−1 (∂B כאשר Bכדור עם נפח כמו של .Ω Vol (Ω) = ωn Rn = Vol B מקבלים ש: n )Vol (Ω) = nωn Rn−1 = Voln−1 (∂B R כלומר: Vol (Ω) /n 1 1/n ωn =R כלומר: n−1 n )Voln−1 (∂B) = nωn/n Vol (ω 1 לכן ,נוכל לרשום את אי השיוויון האיזופרימטרי כך: n−1 n )Voln−1 (∂Ω) ≥ nωn/n Vol (Ω 1 נרשום את הנוסחה בהערה בצורה קצת שונה: n/n−1 )Voln−1 (∂Ω 1 n/n−1 n · 1 ≤ )Vol (Ω 1/n−1 ωn )כלומר ,אם אנו מקבעים את שטח הפנים ,אז כדור הוא בעל הנפח המקסימלי(. טענה 2.6.6 n n−1 )Vol (Ω) ≤ C1 Voln−1 (∂Ω אם״ם: n n−1 ˆ ~ dx dx ≤ C1 ∇ϕ n n−1 Rn ||ϕ ˆ ) ∀ϕ ∈ Cc∞ (Rn Rn הוכחה :נניח שמתקיים אי־שיוויון סובולב נרצה להסיק את אי־השיוויות האיזופרימטרי. נגדיר: x ∈ Ω, dist (x, ∂Ω) > ε x ∈ Ω, dist (x, ∂Ω) ≤ ε ∈x /Ω את fניתן לקרב בעזרת פונקציות ) .Cc∞ (Rn 1 )d(x,∂Ω ε 0 =fε (x) : }Ωε = {x ∈ Ω | dist (x, ∂Ω) > ε 58 Faber-Krahn אי־שיוויון.2.6 הלפלאסיאן.2 פרק ˆ Rn |fε | n n−1 ˆ dx ≥ n |fε | n−1 dx = Vol (Ωε ) Ωε n n−1 n n−1 ˆ ˆ ~ ε dx ∇f = Rn 1 dx ε Ω\Ωε = ~ : לכן,∇d (x, ∂Ω) = 1 נבחין כי n n−1 1 Vol (Ω\Ωε ) ε :קיבלנו Vol (Ωε ) ≤ C1 Vol (Ω) − Vol (Ωε ) ε Vol (Ω) ≤ C1 Voln−1 (∂Ω) : ונקבל כיε → 0 נשאיף את n n−1 :להפך : נרצה להוכיח את אי־שיוויון סובולב,נניח את האי שיוויון האיזופרימטרי n n−1 ˆ ~ C1 ∇ϕ dx Ω = |{z} נוסחת הקושטח C1 n n−1 ˆ∞ ˆ 0 {ϕ=t} 1dσt dt ≥ ˆ∞ Vol ϕ n m−1 > t dt = 0 ˆ∞ 0 1 Vol ϕ > t = C1 ˆ∞ 1 ≥ C1 n−1/n |{z} C איזופרימטרי ˆ∞ 0 n n−1 Voln−1 ({ϕ = t}) dt Vol (ϕ > t) n n−1 n−1 n 0 = ˆ∞ Vol (ϕ > t) 0 n−1 n n n−1 dt : דן רצה להוכיח ש.נגמר השיעור n−1 n dt = ˆ∞ Vol (ϕ > s) 0 1 n s n−1 ds n−1 : צריך להוכיח,לבסוף ˆ∞ Vol (ϕ > t) n−1 n 0 dt ≥ n n−1 ˆ∞ 0 1 n−1 n Vol (ϕ > t) t n−1 dt :נראה כי ˆ∞ α (t) n−1 n 0 n dt ≥ n−1 ˆ∞ α (t) t 1 n−1 0 n−1 n dt נראה זאת תחילה על אינטגרל.( היא מונוטונית יורדתVol (ϕ > t) מונוטונית יורדת אי־שלילית וחסומה )נבחין בפרט כיα עבור : כלומר,סופי L (T ) = ˆT 0 α (t) n−1 n dt ≥ n n−1 59 ˆT 0 1 n−1 n α (t) t n−1 dt = R (T ) .2.7אי־שיוויון (1970) Cheeger פרק .2הלפלאסיאן נגזור את אגף שמאל ונקבל: n−1 n T − n1 ˆ 1 1 n−1 α (t) t n−1 dt α (T ) T n−1 n 0 n−1 n ) α (T = ) L′ (T = ) R′ (T n n−1 נשים לב כי α (t) ≥ α (T ) :לכל .0 ≤ t ≤ Tלכן: n−1 n n 1 t n−1 dt = α (T ) T n−1 ˆT 0 ) dt ≥ α (T 1 n−1 α (t) t ˆT 0 אבל אנו לוקחים חזקה שלילית ,לכן: − n1 − n1 1 n n − 1 1 n−1 −n − n−1 n−1 ≤ α (T ) T T ) = α (T n n − n1 dt 1 n−1 α (t) t ˆT 0 כלומר ,נקבל כי הנגזרת של אגף ימין היא: 1 ✟ n−1 ✟− 1 1 ✘1 ✟1 n − 1✟✟n ✚n − 1✟✟n n − 1 ✘ ✟ ✟✟ T −✘n−1 ≤ ) R (T ) = α (T )1− n = L′ (T ✘ · ✚ α (T )− n ✟ · ) · α (T T n−1 ✟ ✟n ✚n ✟ n ✟ 2.7 ′ אי־שיוויון (1970) Cheeger מעקרון הוריאצייה קל לקבל חסמים מלמעלה על .λ1אי שיוויון Cheegerנותן חסם מלמטה על .λ1 הגדרה 2.7.1קבוע :Cheegerיהי Ω ⊂ Rnתחום חסום Ω1 ⊂ Ω .תחום .נרצה להסתכל על היחס בין שטח הפנים לפח של Ω1 ונסמן: ) Voln−1 (∂Ω1 ) Voln (Ω1 h (Ω) := inf Ω1 ⊂Ω hנקרא קבוע Cheegerשל .Ω הערה 2.7.2יש ל: ) Voln−1 (∂Ω1 ) Voln (Ω1 n .( n−1 יחידות )בניגוד לאי שיוויון האיזופרימטרי שם איפסנו את היחידות עם חזקת הערה 2.7.3ככל שקבוע Cheegerקטן יותר ,כך הצורה יותר קרובה לכדור .לדוגמה ,מנת ) Cheegerנסמנה ˜ (hשל עיגול הוא: ˜ (#) = 2πr = 2 h πr2 r ואילו עבור ריבוע החוסם את העיגול הקודם ,נקבל: ˜ () = 8r = 2 h 4r2 r 60 .2.7אי־שיוויון (1970) Cheeger פרק .2הלפלאסיאן משפט 2.7.4אי־שיוויון Cheeger )h2 (Ω ≥ )λ1 (Ω | {z } | {z } 4 ספקטרום גיאומטריה הערה 2.7.5נבחין כי מספיק להסתכל על תחומים קמוריםת כי אם אנחנו נסתכל על ה״קמור״ של תחום אז אנו מקטינים את שטח הפנים אבל מגדילים את השטח. נניח ש Ωהוא קמור .במקרה שהוא לא צריך לבדוא האם זה באמת נכון שאפשר להסתכל על החיתוך. הוכחה :ראשית נוכיח את הטענה הבאה: טענה 2.7.6 לכל ) ϕ ∈ Cc∞ (Ωכך ש ϕ ≥ 0מתקיים: ˆ ˆ ~ ∇ϕ dx ≥ h ϕdx Ω Ω הוכחה: ϕdx ˆ Ω h Voln (ϕ > t) dt = h ∞ˆ ≥ }|{z Voln−1 (ϕ = t) dt ∞ˆ 0הגדרה של h = 1dσt dt ˆ ˆ ∞ˆ ~ = }∇ϕ dx |{z } 0 {ϕ=tקו־שטח 0 כעת ,תהא u1הפונקציה העצמית הראשונה של ,ϕ = u21 .Ωמהטענה נקבל כי: ˆ ˆ ~ 2 ∇ u1 ≥ h u21 dx Ω Ω כלומר: ˆ ~ 2u1 ∇u u21 dx 1 dx ≥ h Ω ˆ Ω מקושי שוורץ נקבל: 12 12 ˆ ˆ 2 ~ ~ 1 dx u21 dx ∇u 2u1 ∇u 1 dx ≤ 2 Ω Ω ולכן: 2 ´ ~ 1 dx 2 ∇u h h2 λ1 = Ω ´ 2 ≥ = 2 4 u1 dx Ω 61 ˆ Ω Ω פרק 3 חוק (1912) Weyl בהינתן Ωתחום חסום. נגדיר ) N (Eמספר הערכים העצמיים λkכך ש .λk ≤ E משפט 3.0.7חוק Weyl √ !n E 2π )N (E) ∼ ωn Vol (Ω אסימפטוטית .כלומר: )N (E √ n = 1 ωn |Ω| 2πE lim ∞→E הערה ωn 3.0.8הוא נפח כדור יחידה. הערה 3.0.9נניח כי הספקטרום של Ωנתון,אם אנו יודעים את המימד אז נוכל להסיק את הנפח של .Ω נבחין כי אנו יכולים לחלץ גם את המימד מהספקטרום ,היות ונקל lnונקבל: √ E − ln N (E) → 0 ln (ωn |Ω|) + n ln 2π כלומר: |ln (N (E)) − ln ωn |Ω √ −→ n ∞→E ln 2πE אבל | ln ωn |Ωקבוע לכן כאשר Eגדול דיו ,הגבול הוא .0ולכן: )ln N (E √ E 2π ln n = lim ∞→E כיצד החוק נראה במימד ?2 E )Area (Ω 4π 62 ∼ )N (E פרק .3חוק (1912) Weyl .3.1בעיית נויימן נבדוק את החוק במקרה של ריבוע עם צלע .a במקרה זה: π2 m2 + n 2 2 a כאשר .m, n ≥ 1 נבחן מתי: = λm,n π2 m2 + n 2 ≤ E a2 נבחין כי: a2 E = R2 π2 ≤ m2 + n 2 אנו מחפשים את כל הנקודות הלכודות בתוך מעגל .כאשר אנו מסתכלים רק על רביע אחד. ננסה להעריך אותם .אם Rמאוד גדול ,נעריך כי מספר הנקודות ברביע יהיה בערך: πR2 a2 t |Q| E = = 4 4π 4π ∼ )N (E מה ניתן להגיד על ) ?N (Eנבחין כי: 2 πR2 )π (R − 1 ≤ )≤ N (E 4 4 ! √ √ a2 E a E a2 E a E π −2 = +1 − + 2 π π 4π 2 4 !2 √ a E π −1 = π 4 לסיכון: |Q| E |Q| E √ ||2Q π ≥ )≥ N (E − E+ 4π 4π 8 4 הערה |Q| = a2 3.0.10כלומר השטח של הריבוע. 3.1 בעיית נויימן כדי להוכיח את חוק Weylהצטרך להכיר את בעיית נויימן של תחום .Ω נסתכל על המשוואה: ∆u = −µu ∂u =0 ∂n ˆ ∂Ω ( זהו תנאי שפה נוימן .הדרישה היא ש Ωתחום עם שפה חלקה. בעיה זו מופיעה בפיסיקה כאשר מדברים על מיתר רועד עם שפה חופשית. בבעיית החום מדובר במקרה של שפה מבודדת חום ,כלומר החום לא נכנס ולא יוצא מהתחום. 63 2 π )π (R − 1 = 4 4 פרק .3חוק (1912) Weyl .3.1בעיית נויימן לבעיה זו קיים ספקטרום דיסקרטי: 0 = µ1 < µ2 ≤ µ3 ≤ µ4 ≤ . . . מכיוון שפונקציות קבועות הן פתרון בבעיית נוימן. כעת ,נסתכל על משוואות מהצורה: in Ω ∆u = f ∂u =0 ∂n ˆ ∂Ω ( טענה 3.1.1 E ´ ~ ∇ϕ ~ ∇u, תהא ,u ∈ C ∞ Ωאזי uפותרת את בעיית נויימן אם״ם dx = − f ϕdx Ω ´D Ω לכל .ϕ ∈ C ∞ Ω הוכחה :נניח ש uפתרון ,אזי מאינטגרציה בחלקים: 0 ˆ ˆ D E E ✼ ✓ ∂u ~ ∇ϕ ~ ~ ∇ϕ ~ ✓ ϕdσ = − ∇u, dx + ∇u, dx ˆ ✓∂ n Ω ∂Ω E ´ ~ ∇ϕ ~ ∇u, כעת נראה לראת כיוון שני ,נניח כי dx = − f ϕdx Ω ´D ˆ D (∆u) .ϕdx = − Ω ∂Ω בפרט ,לכל ) ϕ ∈ Cc∞ (Ωנקבל כי: f · ϕdx Ω לכל .ϕ ∈ C ∞ Ωנתבונן ב: ∂Ω ˆ = f · ϕdx Ω ˆ ˆ ˆ E ∂u ∂u ~ ∇ϕ ~ ϕdx = f · ϕdx + ϕdσ ∇u, dx + ∂n ˆ ∂n ˆ Ω ˆ ˆ = (∆u) ϕdx Ω ˆ D Ω (∆u) ϕdx = − ˆ Ω ˆ Ω ומכאן נובע כי: (∆u − f ) ϕdx = 0 ˆ )∀ϕ ∈ Cc∞ (Ω Ω ולכן .∆u = f in Ω :כעת נרצה לראות שתנאי השפה מתקיימים. אבל מכיוון ש: ˆ ˆ (∆u) ϕdx = f · ϕdx Ω Ω נקבל כי בהכרח: ∂u ϕdσ = 0 ∂n ˆ ˆ ∂Ω לכל .ϕ ∈ C ∞ Ωאבל זה יכול לקרות רק אם ˆ ∂∂unמתאפסת על השפה .אם יש לנו אזור שהיא לא מתאפסת בו ,נקח ϕשהתומך שלה מוגדר רק בסביבה שלה .אבל הביטוי הנ״ל עדיין צריך להתאפס .לכן בהכרח . ∂∂unˆ = 0בניסוח פורמלי יותר: נניח שקיימת pכך ש ) ∂∂unˆ (p) > 0בה״כ( אז קיימת סביבה של pכך ש Up ⊂ Rnכך ש . ∂∂unˆ |Up ∩∂Ω > 0תהא ) ϕ˜ ∈ Cc (Upכך ש ϕ˜ (p) > 0ו ,ϕ˜ ≥ 0 :ונסמן .ϕ ∈ C ∞ Ω .ϕ = ϕ˜ |Ω :ואז נקבל: ˆ ∂u ϕdσ > 0 ∂n ˆ ∂Ω וזו סתירה. 64 פרק .3חוק (1912) Weyl .3.1בעיית נויימן הערה 3.1.2נשים לב ,שבדרך הוכחנו שהמשוואה ∆u = f in Ωשקולה לזהות: ˆ ˆ D E ∞ ~ ~ ∇u, ∇ϕ dx = − f ϕdx )∀ϕ ∈ Cc (Ω Ω Ω הערה 3.1.3במקרה של בעיית דיריכלה: ∆u = f in Ω u |∂Ω = 0 ( תהא u ∈ C ∞ Ωוגם u |∂Ω = 0אז uפותרת את בעיית דיריכלה אם״ם: ˆ D ˆ E ~ ∇ϕ ~ ∇u, dx = − f · ϕdx )∀ϕ ∈ Cc∞ (Ω Ω Ω נרצה לפתור את בעיית נויימן בריבוע .הבעייה היא שהנורמל לא מוגדר בפינות .אבל נבחין כי בניסוח שראינו אין בכלל בעיה ,כי אין התייחסות לנורמל. לכן הפתרון יהיה לחפש uכך ש: ˆ D ˆ E ~ ∇ϕ ~ ∀ϕ ∈ C ∞ Ω dx = − f · ϕdx ∇u, Ω Ω הערה Ω 3.1.4לא יכול להיות תחום מאוד מכוער .כיוון ש C ∞ Ωאינו מרחב מספיק ״עשיר״ בתחום זה. מהי פונקייצה עצמית של נויימן? ∆u = −µu in Ω ∂u on ∂Ω ∂n ˆ = 0 ( המשפט הספקטרלי מתקיים גם עבור תנאי שפה נויימן: 0 = µ1 < µ2 ≤ µ3 ≤ . . . ∞ ריבוי סופי µk → ∞ .הפונקציות העצמיות ) .uk ∈ C ∞ (Ωוגם (uk )k=1 :מערכת אורתונורמלית שלמה ב ).L2 (Ω אם Ωעם פינות ,נגדיר פונקציה עצמית כך u ∈ C 2 (Ω) :כך ש: ˆ D ˆ E ∞ ~ ~ ∀ϕ ∈ C Ω ∇u, ∇ϕ dx = µ uϕdx Ω Ω ומהוות בסיס אורתוגונלי ל ).L2 (Ω הערה 3.1.5זה היה בתרגיל ,בתור פונקצייה עצמית ״חלשה״. 3.1.1עיקרון הווריאציה איך נראה עקרון הווריאציה עבור בעיית נויימן? ´ 2 ~ dx ∇ϕ Ω ´ = µ2 inf ϕ2 dx ϕ´∈ C ∞ Ω Ω ϕdx = 0 Ω 65 פרק .3חוק (1912) Weyl .3.1בעיית נויימן ובאופן כללי: ´ 2 ´ 2 ~ dx ~ dx ∇ϕ ∇ϕ Ω Ω ´ = inf sup ´ ϕ2 dx ϕ2 dx L ⊂ C ∞ Ω ϕ∈L Ω Ω dim L = k dx 2 | ~ |∇ϕ ´ ´Ω inf נוכיח שאם vנותנת מינימום ב ϕ2 dx ϕ ∈ C∞ Ω Ω ϕ⊥u1 , . . . , uk−1 מתקיים v⊥u1 , . . . , ul−1 :וגם . Ray (v) = µk :תהי g ∈ C ∞ Ωכך ש inf ϕ ∈ C∞ Ω ϕ⊥u1 , . . . , uk−1 = µk אז vהיא פונקציה עצמית של נויימן. t ∈ R ,g⊥u1 , . . . , uk−1אז: Ray (v + tg) ≥ Ray (v) = µk ∀t ∈ R ˆ ˆ 2 ~ 2 ~ ∇v + t∇g dx ≥ µk |v + tg| dx Ω Ω וזה נכון לכל ,tנשים לב כי למעשה מה שכתוב כאן זה: ˆ 2 ˆ D ˆ ˆ ˆ ˆ 2 E ~ ~ 2 2 2 ~ ~ t ∇v, ∇g dx + ∇v dx ≥ µk t g dx + 2µk t vgdx + µk v 2 dx ∇g dx + 2t Ω Ω Ω Ω Ω Ω אנו יודעים כי עבור t = 0אנו מקבלים מינימום ,והאגפים שווים .הנגזרת תתאפס ב .t = 0נבחין כי אגף שמאל שווה ל: ˆ 2 ~ ∇v dx Ω ואילו אגף ימין: v 2 dx ˆ µk Ω ואנו יודעים ש vמקיימת את זה ,ולכן האגפים שווים זה לזה עבור .t = 0 האי שיוויון נכון .נגזור ב t = 0ונקבל: ˆ D ˆ E ~ ∇g ~ 2 ∇v, dx = ✁2µk vgdx ✁ Ω Ω הזהות הנ״ל נכונה לכל g ∈ C ∞ Ωכך ש.g⊥u1 , . . . , uk−1 : כעת ,תהא } ,g ∈ span {u1 , . . . , uk−1מספיק לקחת g = ulכאשר 1 ≤ l ≤ k − 1אנו רוצים להראות כי הזהות הנ״ל גם מתקיימת עבורה. נרצה להראות: ˆ D ˆ E ~ ∇u ~ l dx = µk vul dx ∇v, Ω אגף ימין מתאפס ,כי ,v⊥ulמה לגבי האגף השמאלי? מאינטגרציה בחלקים נקבל: 0 ✼ ✓∂u l v ✓ dσ ˆ ✓∂ n ˆ v (∆ul ) dx + ∂Ω ˆ Ω 66 E ~ ∇u ~ l =− ∇v, ˆ D Ω פרק .3חוק (1912) Weyl .3.1בעיית נויימן הערה 3.1.6זה נכון עבור Ωעם שפה C 1או Ωקובייה. אבל ∆ul = µl ulולכן נקבל: }vul dx |{z = 0 v⊥ul ˆ = −µl Ω ומכאן: vgdx ˆ Ω E ~ ∇g ~ ∇v, dx = µk ˆ D Ω ∀g ∈ C ∞ Ω לכן v ,היא פונקציה עצמית נויימן עם ערך עצמי .µk מסקנה 3.1.7 µk ≤ λkכאשר λkהם הערכים העצמיים של דיריכלה. הוכחה :מהניסוח השני שת עקרון הווריאצי: inf ) Ray (L L ⊂ C∞ Ω dim L = k = µk ואילו: inf )Ray (L )L ⊂ Cc∞ (Ω dim L = k = λk כלומר ,אנו רצים על יותר תתי־מרחבים ב .µkולכן בהכרח .µk ≤ λk 3.1.2מהן פ״ע נויימן בריבוע? נתבונן בריבוע בעל צלע ,aמה הן הפונקציות העצמיות? בדומה לדיריכלה נשתמש בהפרדת משתנים .נחפש פונקציות מהסגנון )X (x) Y (y נקבל: mπx nπy cos a a um,n (x, y) = cos אלו כל הפונקציות כי מדובר במערכת שלמה .כאשר .m, n = 0, 1, 2, . . . והערכים העצמיים: π2 m2 + n 2 2 a = µm,n נסמן Qאת הריבוע ונרצה לבחון את: N NQ }(E) = # {k | µk ≤ E כלומר ,אנו רוצים לבחון את: π2 m2 + n 2 ≤ E 2 a 67 פרק .3חוק (1912) Weyl .3.1בעיית נויימן כלומר: a2 E = R2 π2 ≤ m2 + n 2 אנו סופרים נקודות שריג ,רק שהפעם .m, n ≥ 0למעשה הוספנו בערך 2Rביחס למקרה של דיריכלה .האסימפטוטיקה לא תשתנה כי הוספנו משהו לינארית ב Rואילו כמות הנקודות בשטח הרביע ללא הצירים היא ריבועית ב) Rבערך( .ולכן: 2 )π (R + 1 πR2 N ≥ NQ ≥ )(E 4 4 בדיריכלה קיבלנו כי: πR2 D ≥ NQ )(E 4 מכאן קיבלנו כי: √ |Q| E +O E 4π N NQ = )(E כאשר ∞ → .E √ Oאומר שזה חסום ע״י איזשהו קבוע כפול שורש .E הערה E 3.1.8 נשים לב שמאחר ו µk ≤ λkאז.NΩN (E) ≥ NΩD (E) : 3.1.3 תכונות של )NΩ (E טענה 3.1.9 נניח Ω Ω Ω Ω1 ⊂ Ω2 ⊂ .. . ⊂ Ωm וכי מתקיים ∅ = Ωi ∩ Ωjאזי: )NΩD (E) ≥ NΩD1 (E) + NΩD2 (E) + . . . + NΩDk (E הוכחה :נניח NΩDl (E) = kl זה שוקל ל: l λΩ kl +1 > E ∧ l λΩ kl ≤ E נבחין כי: inf Ray (L) ≤ qE ) L ⊂ Cc∞ (Ωl dim L = kl 68 = λkl פרק .3חוק (1912) Weyl .3.1בעיית נויימן יהי .ε > 0קיים תת מרחב ) Ll ⊂ Cc∞ (Ωlכך ש dim Ll = klומתקיים.Ray (Ll ) ≤ E + ε : נגדיר: )L = L1 ⊕ L2 ⊕ . . . ⊕ Lm ⊂ Cc∞ (Ω dim L = k1 + . . . + km מתקיים: Ray (L) ≤ E + ε ולכן: λΩ k1 +...+km ≤ E + ε אבל זה נכון לכל εלכן: λΩ k1 +...+km ≤ E כלומר: NΩD (E) ≥ k1 + . . . + km הערה N 3.1.10סופר את הריבוי ,כלומר אם יש ערך עצמי עם ריבוי 2הוא יספור אותו פעמיים. עבור נויימן המצב קצת יותר מסובך. נשים לב ,שאין מונוטוניות עבור הערכים העצמיים של נויימן .דהיינו ,אם יש לנו Ωו Ω1לא תמיד נכון ש ) .µk (Ω) ≤ µk (Ω1 נניח Ω2 ⊂ Ω ,Ω1 ⊂ Ωומתקיים ∅ = Ω1 ∩ Ω2ואילו {Ω1 , Ωn }) Ω1 ∪ Ω2 = Ω :היא חלוקה של .(Ωאז: )NΩN (E) ≤ NΩN1 (E) + . . . + NΩNm (E נתבונן במקרה הפשוט יותר של חלוקה לשני קטעים: )NΩN (E) ≤ NΩN1 (E) + NΩN2 (E הערה 3.1.11במקרה של דיריכלה האי־שיוויון הפוך. נתבונן ב: NΩN1 ∪Ω )· 2 (E נבחין כי במרחב C ∞ Ω1 ⊕ C ∞ Ω2יש יותר פונקציות מאשר ב C ∞ Ωמכיוון שאנו יכולים לשבור את הרציפות בשפה המחברת בין שני התחומים .ומכיוון שהערכים העצמיים נקבעים לפי האינפימום על הפונקציות אזי הערכים העצמיים ירדו איפה שיש יותר פונקציות. נתבונן באוסף הערכים העצמיים על · 2 Ω1 ∪Ωנקבל: }{ν1 , ν2 , . . .} = {µ1 (Ω1 ) , µ2 (Ω2 ) , . . .} ∪ {µ1 (Ω2 ) , µ2 (Ω2 ) , . . . 69 .3.2הוכחת משפט Weyl 3.2 פרק .3חוק (1912) Weyl הוכחת משפט Weyl √ n E 2π נזכור ,אנו רוצים להוכיח: aעם צלעות מקבילות לצירים. | .NΩD (E) ∼ ωn |Ωהוכחה :נניח כי Ωהוא תחום שנראה כמו איחוד של ריבועים זרים עם צלע N N D D )(E (E) + . . . + NQ (E) ≤ NΩD (E) ≤ NΩN (E) ≤ NQ (E) + . . . + NQ NQ m 1 m 1 כאשר Qiהם הריבועים הבונים את הקובייה. למעשה יש לנו: D N mNQ (E) ≤ NΩD (E) ≤ mNQ )(E |E|Ω 4π נחלק ב ונקבל N NQ )(E |E|Q 4π = N NQ )(E |E|Ω 4π ≤m )NΩD (E |E|Ω 4π ≤ D NQ )(E |E|Ω 4π =m D NQ )(E |E|Q 4π מכיוון ש | m |Q| = |Ωאבל כאשר ∞ → Eנקבל כי גם האגף הימני וגם השמאלי שואפים לאינסוף ולכן: )NΩD (E −→ 1 ∞→E |E|Q 4π נניח Ωכללי ב ,R2אזי קיימים Ω1 ⊂ Ωו Ω2 ⊂ Ωכך ש Ω1 , Ω2מורכבים מריבועים. נקח רשת עדינה. )NΩD1 (E | NΩC1 (E) |Ω1 | NΩD2 (E) |Ω2 )N D1 (E )N D (E = NΩD2 (E) ≥ Ω ≥ Ω|Ω|E ≥ (1 − )ε = |Ω · |Ω1 |E 1 |E |Ω2 |E |Ω|E ||Ω ||Ω 4π 4π 4π 4π 4π נקבל כי: ≥1 )NΩD (E |Ω|E 4π lim inf וגם: ≤1 )NΩD (E |Ω|E 4π lim sup ולכן הגבול קיים והוא .1 למעשה ההוכחה מראה: √ !n √ n E E +O 2π 3.3 √ |E |Ω |+ C |∂Ω| E + ωn |Ω 4π = )NΩD (E מסקנות תזכורת 3.3.1משפט קורנט ) :(1920מספר התחומים הנודליים של פונקצייה עצמית ukעם ערך עצמי λkהוא לכל היותר .k 70 פרק .3חוק (1912) Weyl .3.3מסקנות משפט (1956) Pleijel 3.3.2 במימד n > 1נסמן ב ) nk (ukאת מספר התחומים הנודליים של .uk ) n (uk <1 k lim sup ∞→k בפרט קיימים רק מספר סופי של k־ים שעבורם .n (uk ) = k הערה 3.3.3במימד 1מדובר בשיוויון .במימד 2אפשר להראות כי: ) n (uk < 0.7 k lim sup ∞→k אנו נוכיח עבור מימד ,2במימד nהקונספט זהה אבל צריך להכיר משהו קצת יותר מתקדם. תזכורת 3.3.4משפט :Faber-Krahn ) λ1 (Ω) ≥ λ1 (BΩ כאשר BΩכדור עם נפח |.|Ω הערה 3.3.5במימד .πR2 = |Ω| :2נקבל כי: 2 j0,1 ))λ1 (B (0, 1 = 2 2 R R = ))λ1 (B (0, R ולכן: 2 πj0,1 ||Ω = ) λ1 (BΩ כלומר ,ניתן לרשום את אי־שיוויון Faber-Krahnבצורה הבאה: 2 πj0,1 ||Ω ≥ )λ1 (Ω ובאופן דומה ,אם אנו רוצים לקבל מידע על הגיאומטריה מהספקטרום אנו יכולים לרשום: 2 πj0,1 )λ1 (Ω ≥ ||Ω הוכחה :תהי ukפונקציה עצמית עם ערך עצמי .λkנסמן את התחומים הנודליים של ukב: ) Ω1 , Ω2 , . . . , Ωn(uk נשים לב שהערך העצמי של כל אחד מהתחומים הנודליים הוא λ1 (Ωj ) = λkלכל ) .1 ≤ j ≤ n (ukמכיוון ש: ( ∆uk = λk uk uk |∂Ωj = 0 71 פרק .3חוק (1912) Weyl .3.3מסקנות ב .Ωjולכן ukהיא פונקצייה עצמית ב Ωjבנוסף uk ,לא מחליפה סימן .מכאן ukהיא הפונקציה העצמית הראשונה של .Ωjלפי משפט :Faber-Krahn 2 πj0,1 )λk (Ω ≥ | |Ωj אם כן: 2 πj0,1 λk ) n(uk · ) |Ωj | ≥ n (uk X ≥ ||Ω j=1 ולכן: |Ω| λk 2 πj0,1 ≤ ) n (uk טענה 3.3.6וויל 4πk ||Ω ∼ λkכאשר ∞ → .kכלומר: 4π ||Ω = λk k→∞ k . lim הערה 3.3.7במימד :n n2 K ||Ω λk ∼ cn הוכחה :ראשית ,על מנת ״להבין״ את המשפט נניח שאין ריבוי כלל .כלומר כל ערך עצמי הוא עם ריבוי אחד .חוק וויל אומר כי: √ !n E |N (E) ∼ ωn |Ω 2π נציב E = λkונקבל: √ n λk |k = N (λk ) ∼ ωn |Ω 2π כלומר: √ n |ωn |Ω λk =1 lim ∞→k 2π k למשל עבור n = 2נקבל: ✚ λk |π |Ω 4π λk = 1 ⇒ lim = 2 ∞→k k k ||Ω ✄ 4π lim ∞→k ובמימד nנקבל: 4π 2 2 ωnn · n2 k ||Ω 2 2 ∼ = 1 ⇒ λk 72 ωnn |Ω| n λκ 2 n k 4π 2 lim ∞→k פרק .3חוק (1912) Weyl .3.3מסקנות כלומר הקבוע שהיה חסר לנו הוא: 4π 2 2 ωnn = cn כעת נדון במקרים עם ריבוי. נסמן ב ) m (λאת הריבוי של הערך העצמי .λמסקנה ממשפט weylהיא: }m (λk ) |{z )= o (k ∞→k כלומר: ) m (λk =0 ∞→k k lim )נוכיח בהמשך ,נניח כי זה נכון ונקבל(: אם יש ריבוי: ) k ≤ N (λk ) < k + m (λk במימד ,2מחוק וויל נקבל: ) N (λk =1 lim |Ω|λk 4π ∞→k ומצד שני: ) k ≤ N (λk ) < k + m (λk כלומר: ) m (λk ) N (λk ≤1+ k k ≤1 ולכן ,בגבול ∞ → kנקבל: ) N (λk =1 k lim ∞→k נחלק את השני בראשון ונקבל: 4πk |Ω| λk ∼ = 1 ⇒ λk k→∞ 4πk ||Ω lim בחזרה למשפט :Pleijel |Ω| λk 2 π · j0,1 אבל 4πk ||Ω ≤ ) n (uk ∼ λkנחלק את האי שיוויון ב kונקבל: ) n (uk |Ω| λk 4 ≤ −→ 2 < 0.7 2 k π · j0,1 k k→∞ j0,1 כעת נרצה להוכיח את הטענה: 73 פרק .3חוק (1912) Weyl .3.3מסקנות טענה 3.3.8 }.m (λk ) |{z )= o (k ∞→k הוכחה :יהי ,ε > 0קיים E0 > 0כך שלכל E > E0מתקיים: )N (E <1+ε <1−ε |Ω|E 4π יהא k0מספר טבעי כך ש .λk0 > E0 + 1יהא λערך עצמי כך ש .λ > E0 + 1 נניח כ ) k = N (λ − δלכל δמספיק קטן .במקרה זה נקבל כי: )N (λ) = k + m (λ ולכן נקבל כי: <1+ε )N (λ − δ )|Ω|(λ−δ 4π <1−ε נקבל: <1+ε )N (λ |Ω|λ 4π <1−ε נתבונן במנה ,ונקבל: (1 + ε) λ )N (λ < )N (λ − δ )(1 − ε) (λ − δ ≤1 ולכן: )k + m (λ (1 + ε) λ < k )(1 − ε) (λ − δ וזה נכון לכל δמספיק קטן ,לכן אנו יכולים להשאיף אותו לאפס ונקבל: (1 + ε) λ )m (λ ✁ ≤ k (1 − ε) λ ✁ 1+ נחסר 1ונקבל: )m (λ 2ε ≤ k 1−ε נשים לב ש λ = λk+1ולכן: 2ε ) m (λk+1 ≤ k 1−ε לכל ε > 0מצאנו k0כך שלכל k > k0מתקיים: ) m (λk+1 <ε k כלומר: )m (λk ) = o (k כאשר ∞ → kכנדרש. 74 ≤1 פרק 4 איזוספקטרליות נרצה למצוא שני תחומים שונים )לא חופפים( עם אותו ספקטרום. ממשפט וויל אנו יודעים כי אנו צריכים לחפש אותם באותו מימד ,מכיוון שאחרת האסימפטוטיקה שלהם שונה .וכמו כן ,הם חייבים להיות בעלי אותו נפח גם כן כמסקנה ממשפט וויל. לשאלה זו יש היסטוריה מאוד מעניינת ,זה התחיל משאלה בשנת 65של מרטין כץ: ”?“Can you hear the shape of a drum בשנת 66מילנור פתר את הבעיה במימד ,17והוכיח שלא ,מילנור מצא 2תיבות במימד 17עם תנאי שפה מחזוריים )כמו פונקציות עצמיות על טורוס למעשה( והוא הראה שאין אף דוגמה בתיבות במימד קטן יותר. בשנות ה 90מצאו דוגמה נגדית במימד .2עבודה של גורדון וווב וולפרט .וב 94בוסדר הכלליל את הרעיון. איור :4.1שני תופים דו מימדיים איזוספקטרלים ,הדגומה של גורדון וווב וולפרט. דוגמה יותר פשוטנה ניתנה ע״י בוסדר ב94׳ ,בדוגמה נלקח משולש שווה צלעות וסביב כל צלע בוצע שיקוף על אותה צלע ושוב שיקוף על הצלע הבאה )עם כיוון השעון( ,מתקבלת צורה של כוכב נינג׳ה .זהו התחום הראשון .התחום השני יהיה שיקוף של ראשון באופן דומה ,רק בפעם השניה נגד כיוון השעון .למעשה קיבלנו צורה שלמה שהיא שיקוף של המקורית ,ברור כי הם איזוספקטרלים. כעת ,במקום לקחת משולשים שווי צלעות ,נקח משולשים חדי־זווית עם צלעות שונות זו מזו ) (x, y, zונקבל את .Ω1ואילו עבור השיקוף נגד כיוון השעון נקבל את .Ω2 ✞ ☎ תרגיל Ω1 , Ω2 :אינם חופפים. ✆ נרצה להראות כי הם בעלי אותו ספקטרום. נגדיר העתקה ) T : C (Ω1 ) → C (Ω2כך שהיא תהא רציפה. ✝ הערה 4.0.9ניתן למצוא את המאמר של בוסר כאן.http://www.math.dartmouth.edu/~doyle/docs/drum/drum.pdf : העתקה מוגדרת באופן הבא: 75 פרק .4איזוספקטרליות .4.1עקרון השיקוף 2-5-3 5 0+5-4 0+3-1 1 2 4-3-6 6 1+2+4 0 0+6-2 4 1-6-5 3 איור :4.2העתקה בין התחומים נשים לב ש Tשומרת על פונקציות עצמיות. כאשר W λהוא המרחב העצמי עם ערך עצמי .λ מכאן אנו מסיקים כי dim WΩλ2 ≥ dim WΩλ1באופן סמטרי קיימת העתקה דומה מ .S : WΩλ2 ֒→ WΩλ1 ולכן נקבל כי .dim WΩλ2 = dim WΩλ1כלומר ,הערכים העצמיי וריבויים ב Ω1שווים לאלה ב .Ω2 4.1 עקרון השיקוף ∗ Ωשיקוף של Ωביחס לעל מישור u .ℓפונקציה עצמית דיריכלה ב .Ω ( )u (x x∈Ω = )f (x ∗ ∗−u (x ) x ∈ Ω אז fהיא C 2והיא פונקצייה עצמית של ∗) .V = int Ω ∪ Ωכאשר ∗ xהיא השיקוף של xביחס לישר .(ℓ הסיבה לכך היא רגולריות אליפטית .למעשה אנו מראים כי זו פונקציה עצמית חלשה )מכיוון שאנו לא יודעים שבמישור ℓהיא בכלל גזירה פעמים( .אזי אנו מראים כי: ˆ D ˆ E ~ ∇ϕ ~ f ϕdx )התחום המאוחד( ∞∀ϕ ∈ Cc ∇f, dx = λ ∗Ω∪Ω ∗Ω∪Ω נבדוק ש fהיא פונקציה עצמית חלשה .נשים לב ש ) .f ∈ C 1 (V נבדוק: ˆ ˆ D E ~ ∇ϕ ~ ∇f, dx = λ f ϕdx V ) ∀ϕ ∈ Cc∞ (V V נבדוק מה קורה ב :Ω ∂u ϕdσ ∂n ˆ ˆ ∂Ω∩ℓ λuϕdx + ˆ Ω ∂u = ϕdσ ∂n ˆ ˆ (∆u) ϕdx + ˆ Ω ∂Ω ועבור ∗:Ω ˆ D E ~ (y ∗ ) , ∇ϕ ~ (y ∗ ) dy ∇f Ω = }|{z שיקוף ∗y = x 76 E ~ ∇ϕ ~ ∇u, }dx |{z = − גרין ˆ D Ω E ~ ∇ϕ ~ ∇f, = dx ˆ D E ~ (x) , ∇ϕ ~ (x) dx ∇f ∗Ω ˆ D Ω פרק .4איזוספקטרליות .4.1עקרון השיקוף הערה 4.1.1היעקוביאן של שיקוף הוא ,−1ולבנוסחת החלפת משתנה יש ערך מוחלט ,לכן אין השפעה על הסימן. אבל מהגדרת fנקבל: ˆ D E ~ (y) , ∇ϕ ~ (y ∗ ) dy −∇u = נסמן ) ∗ . ϕ∗ (y) = −ϕ (yנקבל: E ~ (y) , −∇ϕ ~ ∗ (y) dy −∇u ˆ D = Ω הערה 4.1.2ננסה מחדש ,סתם סיבכנו את הדרך. ∂f = ϕdσ ∗ˆ∂ n ˆ ˆ E ~ ~ ∇f, ∇ϕ dx = − (∆f ) ϕdx + ∗Ω ∗∂Ω ˆ D ∗Ω fהיא C 1לכן בחלק השני הנגזרות הכיווניות שוות בגודלן ,אבל בגלל שאנו באים בשיקוף ,הן מנוגדות בכיוונם .ולכן: ˆ ˆ ∂f = λ f ϕdx − ϕdσ ∂n ˆ ∂Ω∗ ∩ℓ ∗Ω נסכם ונקבל: λf ϕdx ˆ ∗Ω∪Ω = λf ϕdx ˆ λf ϕdx + ∗Ω ˆ Ω כלומר f ,היא באמת פונקציה עצמית חלשה. 77 E ~ ∇ϕ ~ ∇f, = dx D ˆ ∗Ω∪Ω פרק 5 זמנים מודרניים .או :מה עושים כיום? קבוצת האפסים של פונקצייה עצמית .מסתכלים על הקבוצה }) {uλ = 0הקבוצה הנודלית( .כיצד הקבוצה הנודלית נראית עבור λ מאוד גדול? הגדרה 5.0.3נאמר שקבוצה X) A ⊂ Xמרחב מטרי( היא ε־צפופה .אם כל כדור ∅ = A ∩ B (p, ε) 6לכל .p ∈ X משפט 5.0.4 הקבוצה } {uλ = 0היא: C √ λ צפופה. p הערה C 5.0.5לא תלוי ב .λבמישורλ1 (B1 ) : = .C הוכחה :יהא B (p, r) ⊆ Ωכדור אשר לא מכיל אפסים של .uλ קיים תחום נודלי של ,Ωλ ,uλכך ש B (p, r) ⊆ Ωλואז: ) λ1 (B1 = λ1 (B (p, r)) ≥ λ1 (Ωλ ) = λ r2 כלומר ,נקבל חסם: p ) λ1 (B1 √ ≤r λ משפט 8791 ,semorG gninurB 5.0.6 במימד :2 √ λ · |length ({ϕλ = 0}) ≥ C |Ω כאשר Cלא תלוי ב λולא ב .Ω 3j הוכחה :נכסה את Ωע״י רשת של ריבועים בצלע ) 3a = √0,1במימד ,2אנו יודעים כי זה הערך העצמי הראשון( .נעשה ״זום״ לריבוע λ כזה ,ונסתכל על עיגול ברדיוס .aנסמן את הריבוע Qואת העיגול .Bכלומר B ⊂ Qעיגול ברדיוס aעם מרכז כמו של .Q ∅ =B ∩ {ϕλ = 0} 6 נקח נקודה בעיגול אפשר ϕמתאפס .אם המסילה יוצאת מהריבוע ,האורך שלה לכל הפחות הוא . a2 קיים תחום נודלי Ωλכך ש ∅ = Ωλ 6⊂ Q .∂Ωλ ∩ B 6אז: 1 a 2 ≥ )length (Ωλ ∩ Q 78 פרק .5זמנים מודרניים .או :מה עושים כיום? .5.1קשר בין ערכים עצמיים נויימן לדיריכלה אם ∂Ωλ ⊂ Qאז Ωλ ⊂ Qולפי Faber-Krahnנקבל כי: 2 2 j0,1 j0,1 = ) λ1 (Ωλ λ ≥ | |Ωλ ואז: 2 4πj0,1 λ ≥ }|{z ≥ | 4π |Ωλ |∂Ωλ |2 אי־שיוויון איזופרימטרי ואז: √ √ 2 πj0,1 √ ≥ | |∂Ωλ = 2 πa λ בכל ריבוע :Q a 2 ≥ )length ({ϕλ = 0} ∩ Q עבור ש מספיק קטןת רשת ריבועים עם צלע ש מכסה לפחות | . 12 |Ωמספר הריבועים הוא לפחות: 1 2 ||Ω 9a2 אם כך: √ |Ω| a ||Ω |Ω| λ = · = ≥ )}length ({ϕλ = 0 9a2 2 36a 36j0,1 1 2 לכל λמספיק גדול. עבור מימד גבוה יותר זה לא עובד מכיוון שניתן ״לדחוס״ את הצורה כך שהשטח יהיה אפסי אבל עדיין נחדור עמוק לתוך הקוביה. השערת Yauמשנת 1980קובעת כי: √ √ CΩ1 λ ≤ Voln−1 ({ϕλ = 0}) ≤ CΩ2 λ מדובר בהשערה פתוחה. בשנת 1988היא הוכחה למקרה פרטי ע״י Donnellyו Fefferman :עבור משפחה מאוד כללית של יריעות. )עבור ∂Ω 6= ∅ ,Ω ⊂ R3ולכן זה מקרה קשה יותר מיריעות(. 5.1 קשר בין ערכים עצמיים נויימן לדיריכלה ראינו כי: µk ≤ λk הוכחה של L. Friedlanderמשנת 1992למשפט: 79 פרק .5זמנים מודרניים .או :מה עושים כיום? .5.1קשר בין ערכים עצמיים נויימן לדיריכלה משפט 5.1.1 .µk+1 ≤ λk הוכחה :יהיו k u1 , . . . , uk־פונקציות עצמיות ראשונות של דיריכלה. נוסיף פונקצייה vכך ש v = sin hω, xi :או v = cos hω, xiכאשר ) .ω ∈ Rnכלומר מדובר בפונקציות ) sin (ω1 x + ω2 yבמידה ואנו מדברים על .(R2 למה 5.1.2 קיים ω ∈ Rnכך ש: }{u1 , . . . , uk , sin hω, xi , cos hω, xi היא בת״ל. הוכחה :הסיבה לכך היא ש sin hω, xiו sin hω ′ , xi :בת״ל לכל .ω 6= ω ′ במימד אחד ,הטענה היא: }{sin α1 x, . . . , sin αl x הן בת״ל אם αiשונים זה מזה. נניח כי: a1 sin (α1 x) + . . . + am sin (αm x) = 0 הצירוף המינימלי של פונקציות התלויות לינארית.ai ∈ R . נגזור לפי xפעמיים ונכפול ב −1ונקבל: a1 α21 sin (α1 x) + . . . + am α2m sin (αm x) = 0 כמו כן ,נכפול את המשוואה המקורית ב α21ונקבל: a1 α21 sin (α1 x) + . . . + am α2m sin (αm x) = 0 נחסר את שתי המשוואות ,ונקבל כי המחובר הראשון נופל ,ואז קיבלנו: α22 − α21 sin (α2 x) + . . . = 0 α2 כלומר ,פחות מחובר אחד אשר מתאפס .כלומר סתירה למינימליות. אם: cos2 hω, xi dx ˆ ≤ sin2 hω, xi dx Ω ˆ Ω נקח v = cos hω, xiאחרת נקח .v = sin hω, xi נשים לב = − (sin hω, xi) ωi = − (cos hω, xi) ωi2 80 )(∂i v ∂i2 v קשר בין ערכים עצמיים נויימן לדיריכלה.5.1 ? מה עושים כיום: או. זמנים מודרניים.5 פרק :כלומר 2 ∆v = −v kωk = −λk v .λk = kωk2 כך שω נוכל לקחת : הנפרש ע״יL נביט בתת המרחב L = span {u1 , . . . , uk , v} ⊂ H 1 (Ω) dim L = k + 1 Ray (L) = sup f ∈L f 6= 0 ´ 2 ~ ∇f Ω ´ f2 Ω :נרצה להראות כי Ray (L) ≤ λk :מעקרון הוריאצייה ינבע ש µk+1 = inf Ray (V ) ≤ λk V ⊂ H1 dim V = k + 1 :נסמן L0 = span {u1 , . . . , uk } L = L0 ⊕ Rv :u ∈ L0 כאשרf = u + av .f ∈ L :תהא ˆ 2 ˆ ˆ ˆ ˆ D 2 2 2 E ~ ~ ~ ~ 2 ~ ~ ∇v ~ ∇u, dx ∇f dx = ∇u + a∇v dx = ∇u dx + a ∇v dx + 2a Ω Ω Ω Ω Ω :נשים לב ˆ 2 ˆ ~ ∇u dx ≤ λk u2 Ω Ω ˆ 2 ˆ ˆ ˆ ~ 2 2 ∇v dx = λk sin hω, xi dx ≤ λk cos hω, xi dx = λk v 2 dx Ω Ω Ω 81 .5.2כדורים חסומים בתחומים נודליים פרק .5זמנים מודרניים .או :מה עושים כיום? ˆ ˆ ˆ E ∂v ~ ∇v ~ ~ ∇u, dx = − u∇v dx + u dσ = λk uvdx ∂n Ω Ω ∂Ω ˆ D Ω ˆ 2 ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ~ 2 ∇f dx ≤ λk u2 dx + a2 λk v 2 dx + 2aλk uvdx = λk (u + av) dx = λk f 2 dx Ω Ω Ω Ω Ω Ω הערה 5.1.3עוד הוכחה של Filonovב.2004 5.2כדורים חסומים בתחומים נודליים שאלה האם זה נכון שקיים קבוע Anשבכל תחום נודלי Ωλקיים כדור ברדיוס נתמקד במימד ,2על מנת להמנע מפגיעה עם השפה ,נקח j0,1 2 An √ λ )במקרה של .(A2 = j0,1 n = 2 j0,1 במקום .j0,1כלומר ,רדיוס. √2λ : מ Faber-Krahnאנו יודעים כי: Bn λ כל כדור ברדיוס Cn √ λ ≥ ) Vol (Ωλ פוגש אפס של ) uλאולי על שפת הכדור( .לכן אם התשובה היא חיובית אז בהכרח.C2 < j0,1 : הערה 5.2.1אם התשובה לשאלה היא חיובית אז נובע שקיים קבוע cnכך ש: Bn Vol (Ωλ ) ≥ √ n λ הערה 5.2.2ברור שאם התשובה לשאלה הנ״ל חיובית אז An < Cn זוהי שאלה פתוחה. משפט 5.2.3 A2 √. במימד ,2קיים A2 > 0כך ש רדיוס המעגל החסום של Ωλהוא לפחות λ הערה 5.2.4נוכל לנסח את המשפט על צפיפות התחומים הנודליים כך: Cn רדיוס הכדור החסום ב Ωλהוא קטן מ √. λ זה נכון בכל מימד ,לעומת המשפט שנכון במימד 2ולא ברור אם במימדים אחרים. הוכחה :נצייר את .Ωλ נכסה אותו ברשת של ריבועים עם צלע .3a כאשר: ) a = 2inrad (Ωλ )כאשר inradהוא רדיוס מעגל חסום(. 82 .5.2כדורים חסומים בתחומים נודליים פרק .5זמנים מודרניים .או :מה עושים כיום? כל ריבוע כזה נסמן ב .Q נבצע Zoomעל ריבוע. ∈ .p בעיגול ברדיוס aמרכז הריבוע קיימת נקודה / Ωλ נתבונן בפונקציה: )uλ (x 0 x ∈ Ωλ ∈x / Ωλ ( u = )˜λ (x נקח pנקודה בריבוע כנ״ל .נסתכל על רכיב הקשירות Dשל Ω\Ωλשמכיל את .p uואורך ההיטל על אחת הצלעות של γהוא ≤ ⊂ Dאז קיים עקום γ ⊂ Qכך ש ˜λ |γ = 0 אפשרות אחת6 Q : אפשרות שנייה .D ⊂ Q :לפי F.K בנוסף אנו יודעים כי: C λ . a2 ≥ AreaDולכן ,אורך ההיטל של Dעל אחד הצירים הוא לפחות . √Cλ ≥ C ′ · a C2 √ ≤a λ )ממשפט הצפיפות( .מכאן אורך ההיטל של Dעל אחת הצלעות הוא לפחות: C′ · a uמתאפסת על קבוצה שההטל שלה על אחת הצלעות הוא מאורך לפחות ) δ · aכאשר .(δ > 0 בכל מקרה ,קיבלנו ש ˜λ נעזר במשפט הבא: משפט 5.2.5 Qריבוע עם צלע f .bפונקציה שמתאפסת על קבוצה D ⊂ Qעם הטל ≤ .δaאז: ˆ ˆ 2 ~ 2 2 f dm ≤ Cδ b ∇f dm Q Q הסיבה שהמשפט נכון היא כי במימד אחד אם fמתאפסת ב ] x0 ∈ [0, bאז: ˆb 2 f ′ (t) dt 2 0 2 f (t) dt ≤ b ˆb 0 אם כך ,בכל ריבוע מתקיים: ˆ ~ 2 2 u )˜2λ dx ≤ Cδ (3a uλ dx ˜∇ Q נסכם את אי השיוויונים על כל הריבועים ונקבל: ˆ ~ 2 u2λ dx ≤ 9 · Cδ a2 ∇u λ dx Ωλ ˆ u2λ dx Ωλ · = 9Cδ a2 λ Ωλ 83 Q = u˜2λ dx לפי מנת ריילי: ˆ ˆ ˆX Q Q .5.3אי שיוויון מטיפוס Poincaré פרק .5זמנים מודרניים .או :מה עושים כיום? כלומר ,נקבל: ′ C 2 √ ≥ 1 ≤ Cδ (3a) λ ⇒ a λ ולכן: ′′ C √ ≥ ) inrad (Ωλ λ 5.3אי שיוויון מטיפוס Poincaré משפט 5.3.1 בהינתן ריבוע Qעם צלע ,aובהינתן .f : Q → Rנניח כי fהיא ליפשיצית )נוכל להניח .(f ∈ C Q נניח ש fמתאפסת על קבוצה D ⊂ Qכך של Dיש הטל על אחת הצלעות מאורך < δaעבור .1 ≥ δ > 0 אזי: ˆ ˆ 2 ~ f 2 dm ≤ a2 · cδ ∇f dm 1 Q Q הערה 5.3.2כאשר δ → 0אז ∞ → .cδ הוכחה :ראשית נוכיח את הלמה הבאה: למה 5.3.3 תהא f : [0, b] → Rגזירה .נניח שקיים ] x0 ∈ [0, bכך ש f (x0 ) = 0אז: 2 f ′ (t) dt ˆb 2 0 2 f (t) dt ≤ b ˆb 0 הוכחה: f ′ (t) dt ˆx x0 = ) f (x) = f (x) − f (x0 ולכן: 2 f ′ (t) dt ˆb 0 2 1 dt ≤ b ˆx x0 2 ′ · f (t) dt ˆx ≤ }|{z x0קושי שוורץ נבצע אינטגרציה: b ˆb ˆ 2 ′ 2 f (t) dt dx = b f ′ (t)2 dt 0 0 2 f (t) dt ˆb 0 נתבונן בקבוצה: })E = {(x, y) ⊂ Q | x ∈ π (D 2 f (x) = x0 f (x)2 dx ≤ b כנדרש. 84 ′ ˆx ˆb 0 .5.3אי שיוויון מטיפוס Poincaré פרק .5זמנים מודרניים .או :מה עושים כיום? הערה 5.3.4נוכל להניח כי ההטל הגדול הוא על ציר .x כמו כן ,אנו יודעים כי: ||E| ≥ δ |Q נסמן ב } Ex0 = E ∩ {x = x0 נבחין כי: f (t, s)2 ds dt ˆa 0 ˆ ˆ = f (x)2 dx E )π(E מהלמה נקבל כי: ˆ 2 ˆ 2 ˆ ˆa 2 ~ ~ ~ 2 2 ∇f (t, s) dsdt = a ∇f (x) ≤ a ∇f dx (∂s f ) (t, s) ds dt ≤ a2 π(E) 0 E Q 2 ˆa 0 2 a ˆ ≤ )π(E כעת ,צריך לחשב את האינטגרל מחוץ ל Eזה קצת יותר מורכב .נבחין כי קיים ) t0 ∈ π (Eכך ש: ˆ 2 ~ ∇f dx a δ ≤ f 2 dx Q ˆ 1 δa 1 |)|π (E ˆ 2 ≤ f (x) dx E E 2 ≤ f (t0 , s) ds ˆb 0 נתבונן בנקודה ) (t, sנבחין כי: (∂1 f ) (α, s) dα ˆt f (t, s) = f (t0 , s) + t0 אנו רוצים להעריך את f (t, s)2 2 ≤ ) (∂1 f ) (α, s) dα (t − t0 ˆa 2 ~ (α, s) dα 2f (t0 , s) + 2a ∇f ˆt t0 2 ≤ 2f (t0 , s) + 2 }|{z קושי שוורץ t 2 ˆ 2 2 f (t, s) ≤ 2f (t0 , s) + 2 (∂1 f ) (α, s) dα t0 0 נבחין כי: ˆ 2 ˆ 2 ˆa ˆa 2 ~ ~ ~ 2 f (t0 , s) ds + 2a dx + 2a ∇f dx ∇f (α, s) dαds ≤ · ∇f δ 2 Q 0 Q 0 כעת: 2 ~ ∇f dx ˆ 2a2 2 ≤ f (t, s) dsdt + 2a δ {z }Q | ∞ →Cδ − δ→0 85 2 ˆa ˆa 0 0 ˆa 0 2 f (t, s) ds ≤ 2 ˆa 0
