Спектральные свойства оператора Лапласа на декорированных графах и на поверхностях с дельта-потенциалами, страница 4

Линейные операторы Γ(j) : D(H0∗ ) → C4n (j = 1, 2) определены равенством(1)(2)Γ1 (f ) = aq1 (fm(1) ), Γ1 (f ) = bq1 (fm(1) )(1)(2)Γ2 (f ) = aq10 (fm0 (1) ), Γ2 (f ) = bq10 (fm0 (1) ),...(1)(2)Γ2n−1 (f ) = aqn (fm(n) ), Γ2n−1 (f ) = bqn (fm(n) ),(1)(2)Γ2n (f ) = aqn0 (fm0 (n) ), Γ2n (f ) = bqn0 (fm0 (n) ).(1)(2)0Γ2n+1 (f ) = −fm+1(0), Γ2n+1 (f ) = fm+1 (0),(1)(2)0Γ2n+2 (f ) = fm+1(l1 ), Γ2n+2 (f ) = fm+1 (l1 ),...(1)(2)0Γ4n−1 (f ) = −fm+n(0), Γ4n−1 (f ) = fm+n (0),(1)(2)0Γ4n (f ) = fm+n(ln ), Γ4n (f ) = fm+n (ln ).Где fi (1 ≤ i ≤ m) - ограничение f на Mi , fm+j (1 ≤ j ≤ n) - ограничениеf на Ij Как и ранее, самосопряженное расширение задается лагранжевойплоскостью в C4n ⊕ C4n .253.1 Размерность ядраПоскольку H ⊂ H0∗ , то найдем для начала ядро оператора H0∗ .

Очевидно, чтоm+n ∗H0∗ = ⊕i=1∆0,i . Ядро ∆∗0,i (i = 1, ..m) уже описывалось в главе 2.Найдем ядро ∆∗0,i (i = m+1, .., m+n). Согласно п. 1.1, D(∆∗0,i ) = H 2 ([0, 1]).Поэтому линейные функции лежат в ядре ∆∗0,i . Но других функций там бытьне может, поскольку (см. [10]) размерность ядра не превосходит индекса дефекта этого оператора (а он равен 2).Таким образом, dim ker H0∗ = 4n и имеет место утверждение, абсолютноаналогичное теореме 4:ker H Λ ' L ∩ Λ,где L - лагранжева плоскость в C4n ⊕ C4n .3.2 Расширение с условиями непрерывностиВот два естественных соображения, которые позволяют фиксировать лагранжеву плоскость Λ, задающую оператор Лапласа-Бельтрами H Λ на X.1 условие. Потребуем, чтобы все непрерывные функции на X из D(H0∗ )(с условиями Неймана на отрезках) лежали в D(H Λ ). Это приводит к следующему условию на плоскость Λ: K ⊂ Λ, где K - 2n-мерная плоскость вC4n ⊕ C4n вида:K = {(x1i , x2i ) | x1i = 0 ∀ i = 1, .., 4n, x2j = x2j+2n ∀ j = 1, .., 2n}2 условие.

Потребуем, чтобы все функции из D(H Λ ) имели совпадающиезначения регулярных частей в точках склейки (но функциям разрешаетсяиметь сингулярности в этих точках). То естьD(H Λ ) ⊂ {f = (f1 , .., fm+n ) ∈ D(H0∗ ) | fi+m (0) = bqi (fm(i) ),fi+m (li ) = bqi0 (fm0 (i) ) ∀ i = 1, .., n}.26Это условие означает, что Λ ⊂ S, где S - 6n-мерная плоскость в C4n ⊕ C4nвида:S = {(x1i , x2i ) | x2j = x2j+2n ∀ j = 1, .., 2n}.Лемма 4 [7] Всякая лагранжева плоскость в Ck ⊕ Ck трансверсальна некоторому координатному подпространству, то есть линейной оболочке векторов {aj |j ∈ η} ∪ {bj |j ∈ {1, .., k} \ η}, где aj = (ej , 0), bj = (0, ej ),η ⊂ {1, .., k}.Утверждение 4 Существует единственная лагранжева плоскость Λ0 ,удовлетворяющая условию K ⊂ Λ0 ⊂ S, где K и S - введенные выше плоскости.Доказательство.

Из леммы 4 следует, что существуют η ⊂ {1, .., 4n}, и{aji }4ni,j=1 такие, что плоскость Λ0 можно записать в координатах следующимобразом (αi -произвольные параметры):Λ0 ={(x1i , x2i )| если i ∈ η :x1i=αi , x2i=4nXαj aji ,j=1если i ∈/η:x1i=4nXαj aji , x2i = αi }j=1Покажем, что |η| = 2n. Допустим, что |η| > 2n.

Это значит, что количество параметров αi плоскости Λ0 в левой части C4n ⊕ C4n больше чем 2n.Для того, чтобы найти пересечение Λ0 с K, нужно все эти параметры положить равными нулю (поскольку для любого вектора принадлежашего Kвыполнено: x1i = 0 для любого i = 1, .., 4n), поэтому dim(Λ0 ∩ K) < 2n. Ат.к. dim K = 2n, то K не может содержаться в Λ0 . Теперь допустим, что|η| < 2n.

Это значит, что количество параметров плоскости Λ0 в правой части C4n ⊕ C4n больше чем 2n. Но для векторов плоскости S (а значит и дляΛ0 ) выполнено: x2j = x2j+2n (∀ j = 1, .., 2n), а, значит, параметров плоскостиΛ0 в правой части C4n ⊕ C4n не может быть больше, чем 2n.27Далее, поскольку для координат векторов плоскости Λ0 выполнено: x2j =x2j+2n (∀ j = 1, .., 2n), то набор {1, .., 4n} \ η для любого i ∈ {1, .., 2n} долженсодержать только один из индексов: i или i + 2n . Рассмотрим отображениеC4n ⊕ C4n в себя Ση : (x1i , x2i ) → (x1σ(i) , x2σ(i) ), где σ - перестановка, котораяменяет местами i и i + 2n, если i ∈ η ∩ {1, .., 2n}. При отображении Ση плоскости S и K не изменятся, и лагранжевы плоскости перейдут в лагранжевы.Плоскость Ση Λ0 имеет вид:XT X + UY ∈ C4n ⊕ C4n | X, Y ∈ C2n },Ση Λ0 = {QX + W YYгде T, U, Q, W - некоторые матрицы 2n×2n.

Из условия Λ0 ⊂ S получаем, чтоQ = I, W = 0. А из условия K ⊂ Λ0 получаем, что T = 0. При каком условиина U эта плоскость будет лагранжевой? Возьмем два вектора V1 , V2 ∈ Λ0 ,которые заданы параметрами X1 , Y1 и X2 , Y2 : XU Yi  i .Vi = XiYiЕсли Λ0 - лагранжева, то для любых X1 , Y1 , X2 , Y2 ∈ C2n должно быть выполнено:0 = [V1 , V2 ] = (U Y1 , X2 ) + (Y1 , X2 ) − (X1 , U Y2 ) − (X1 , Y2 ) == ((U + I)Y1 , X2 ) − (X1 , (U + I)Y2 ).Откуда U = −I. Полученная плоскость инвариантна относительно преобразования Σ−1η . То есть лагранжева плоскость, удовлетворяющая условиюK ⊂ Λ0 ⊂ S единственна: −YX   | X, Y ∈ C2n } Λ0 = { YX283.3 Ядро расширения с условиями непрерывностиУтверждение 5 Для f ∈ ker H Λ0 выполнено:A) aqi (fm(i) ) = −aqi0 (fm0 (i) ),B) bqi0 (fm0 (i) ) = bqi (fm(i) ) + aqi (fm(i) ) · li(i = 1, .., n)Доказательство.

Пусть на i-ом ребре fi+m (x) = Ax + B (см. п. 3.1).Поскольку Γ(f ) ∈ Λ0 , то00aqi (fm(i) ) = fm+i(0) = A, aqi0 (fm0 (i) ) = −fm+i(li ) = −A,bqi (fm(i) ) = fm+i (0) = B, bqi0 (fm0 (i) ) = fm+i (li ) = Ali + BОтсюда получаются требуемые равенства. Теорема 5 1) Для оператора H Λ0 на декорированном графе (полученномдекорацией конечного графа G) выполнено следующее неравенство:β0 ≤ dim ker H Λ0 ≤ β0 + β1где βi = dim Hi (G, C).2) Сколь угодно малым изменением длин ребер можно добиться того,чтобы dim ker H Λ0 = β0 .3) Если связный декорированный граф X̃ получен преклеиванием к связному декорированному графу X новых ребер и многообразий, G̃ и G - ихсоответствующие графы, d˜ и d - размерности ядер операторов Лапласа сусловиями непрерывности на X̃ и X, то выполнено следующее неравенство:β1 (G) − d ≤ β1 (G̃) − d˜29Доказательство.

1) Достаточно доказать это предложение для случаясвязного графа G. Нижняя оценка выполняется в силу того, что константы лежат в ядре оператора H Λ0 . Докажем верхнюю оценку. Переобозначимточки p1 = q1 , p2 = q10 , .., p2n−1 = qn , p2n = qn0 . Рассмотрим отображениеϕ : ker H Λ0 → C2n .ϕ(f ) = (ap1 (fm(1) ), ap2 (fm0 (1) ), .., ap2n−1 (fm(n) ), ap2n (fm0 (n) )).Образ Im ϕ ⊂ P , где P - подпространство в C2n = (x1 , . . . , x2n ), удовлетворяющее следующим условиям: 1) если точки pi и pj соединены ребром, тоxi = −xj (по утверждению 5.A); 2) если точки {pi }i∈η лежат на одном мноPгообразии, то i∈η xi = 0 (по предложению 2).

Покажем, что dim P = β1 .Действительно, рассмотрим отображение из пространства одномерных цепей(с коэффициентами из C) в C2n , сопоставляющее ребру с началом в точкеpi и с концом в pj вектор c координатами xk = 0 при k не равном i или j,xi = 1, xj = −1. Поскольку образ пространства замкнутых цепей при этомотображении - это в точности пространство P , то dim P = β1 .Покажем, что функция f ∈ ker H Λ0 однозначно определяется по векторуϕ(f ) и по одному значению регулярной части bp1 (fm(1) ).

Выделим в графеG максимальное дерево G0 . Рассмотрим многообразие M1 , соответствующеекорню этого дерева. Тогда, в силу предложения 1, однозначно определяетсяf1 . Далее, по утверждению 5.B, определяются значения регулярных частейв точках многообразий, соединенных ребрами с M1 , а значит, определены ифункции fi на этих многообразиях.

Двигаясь дальше по ребрам G0 , мы определим функцию f на всем декорированном графе. Таким образом, верхняяоценка установлена.Однако, вектор ϕ(f ) не может быть произвольным, для компонент этого вектора должна выполняться система уравнений, каждое из которых - это условие (из утверждения 5.B) согласования значений регулярных частей в точках,соединенных не входящими в G0 ребрами. Уравнений будет n−(v −1) = β1 (v30- количество вершин графа G).

Таким образом, мы имеем n−v +1 уравненийна n − v + 2 неизвестных. Рассмотрим не входящие в G0 ребра (соответствующие им циклы обозначим γ1 , .., γn−v+1 ) и зададим на них произвольнымобразом ориентацию. В качестве неизвестных выберем коэффициенты приособенностях в точках, соединенных этими ребрами; причем, если началуребра соответствует коэффициент a, то концу ребра будет соответствоватькоэффициент −a.Пользуясь описанным выше правилом составления уравнений и способомнахождения значений регулярных частей (утверждение 3), несложно понять,что i, j-ый элемент матрицы системы линейных уравнений на эти неизвестные находится следующим образом: это сумма длин ребер, по которым пересекаются циклы γi и γj , плюс сумма по всем вершинам P , по которымпересекаются эти циклы, выражений wP , определенных ниже.

Зададим ориентацию на G0 таким образом, чтобы ребра были направлены "от корня".Пусть степень вершины P равна k, тогда концы всех ребер, сходящихся в Pмы занумеруем так, чтобы номер k получило входящее ребро максимальногодерева, а в случае, если P - корень G0 , то занумеруем так, чтобы номер k получило одно из исходящих ребер G0 . Обозначим q1P , . . . qkP - соответствующиеточки на многообразии. Пусть цикл γi имеет в вершине P ребра с номерамиs и t, а цикл γj ребра с номерами r и l. ТогдаPw =XPwu,vεu,v ,u=s,t; v=r,lPгде wu,v= (quP qkP ◦ qvP ) − (quP qkP ◦ qkP ), и εu,v = 0 если один из индексов равенk; если же u 6= k, v 6= k, то εu,v = 1 в случае, если оба ребра с индексами uи v являются либо входящими либо выходящими, и εu,v = −1 в противномслучае. Заметим, что мы получили самосопряженную матрицу, посколькуPP .Q(y, x; z̄) = Q(x, y; z), а значит, wu,v= wv,uПонятно, что длины не входящих в G0 ребер будут присутствовать только31в диагональных элементах получившейся матрицы системы.

А это означает,что сколь угодно малым изменением длин ребер можно добиться невырожденности этой системы, т.е. пункт 2 доказан.Чтобы доказать пункт 3, выберем максимальное дерево в G и дополнимего до максимального дерева в G̃. Тогда матрица пересечений для декорированного графа X будет выделяться блоком в матрице пересечений длядекорированного графа X̃. Оценка пункта 3 следует из того, что ранг блокане превосходит ранга всей матрицы. 3.4 Пример, в котором оценка достигается.Пусть декорированный граф получен декорацией цикла Γ (с длинами реберl1 , . .