Спектральные свойства оператора Лапласа на декорированных графах и на поверхностях с дельта-потенциалами, страница 5

. , ln ) многообразиями {Mi }ni=1 . Тогда, пользуясь утверждением 3, легкопоказать, что критерий двумерности ядра оператора H Λ0 - это выполнениеследующего равенства:nX((yj xj ◦ xj ) − (yj xj ◦ yj )) =j=1nXljj=1где точки xi , yi ∈ Mi . Например, если Mi = Sa2i , то получается следующееравенство:nXnX1rjlj− ln(2aj sin ) =πajj=1j=1где rj = r(xj , yj ). Таким образом, подобрав соответствующие длины ребер,можно построить декорированный цикл, для которого dim ker H Λ0 = 2. Ещеодин пример, в котором приведенная выше оценка будет достигаться, можно построить следующим образом: возьмем дерево и к некоторым вершинам степени один прикрепим только что построенные циклы (для которыхdim ker H Λ0 = 2), получим граф Γ. Продолжая заданную на цикле функцию из ker H Λ0 на весь декорированный граф константой (равной значению32этой функции в точке прикрепления цикла) мы получим функцию из ядра оператора Лапласа на всем декорированном графе.

Такие функции будутобразовывать пространство размерности β0 (Γ) + β1 (Γ).33Глава 4След экспоненты оператора Лапласа надекорированном графе.Диссертация С.В. Рогановой (см. [8]) была посвящена псевдоасимптотическому разложению по1pn lnm pследа квадрата резольвенты T r(H Λ + p)−2 опе-ратора H Λ .Теорема 6 [8] Рассмотрим декорированный граф, состоящий из двумерных многообразий Mi и ребер {Li }ni=1 с длинами li . Рассмотрим операторЛапласа-Бельтрами H Λ , задаваемый граничными условиями вида Γ(1) f =ΛΓ(2) f , где Λ - состоящая из четырех диагональных блоков матрица:(λi,i )(λi,i+N ) , N = 2n, λi+N,i+N 6= 0 (i = 1, .., N )Λ=(λi,i+N ) (λi+N,i+N )Пусть ak,i - коэффициенты разложения следа эспоненты обычного оператора Лапласа-Бельтрами на многообразии Mi . Тогда след квадрата резольвенты R(p) = (H Λ + p)−1 имеет следующее p-псевдоасимптотическое разложение при p → ∞:T rR2 =1 X1 X1 XNV ol(Mi ) + 2χ(Mi ) + 3lj + 2 +4πp6p2p4p 2 LjMiMi+X X aki Γ(k + 1)4πpk+1Mi k=234 c2 (ln p) c 52 (ln p) c3 (ln p) c 72 (ln p)1+++++O57p2p3p4p2p2где cn - рациональные функции, которые имеют следующие ln p-разложение:N XN|λi,i+N |211c2 =+1 − 2γ − 4πλi,i + 4π+O,ln p i=1λi+N,i+N ln2 pln3 pNXNX3π|λi,i+N |21+c 25 =,224λλlnpi+N,i+Ni+N,i+Ni=1i=1NNXX2a1i λ3i+N,i+N + 8π|λi,i+N |2 111+,+Oc3 =223λλlnplnpi+N,i+Ni=1i=1 i+N,i+NNNXX15π|λi,i+N |2 151.c 72 =++O2344λλlnplnpi+N,i+Ni+N,i+Ni=1i=131+Oln pНаша цель - дать разложение для следа экспоненты оператора −tH Λ приt → 0.

Для этого мы будем использовать преобразование ЛапласаZ∞F (p) = L(f (t)) =e−pt f (t)dt0(в дальнейшем будем писать F (p) : f (t) или f (t) : F (p)). Также мы будемиспользовать тот факт, чтоΛT r(t e−tH ) : T r(H Λ + p)−2Утверждение 6 Пусть a ≥ 1, |p| > 1. Тогда1:pa ln pZ∞tξ+a−1 dξta−1ta−1 Γ0 (a)=−−+OΓ(ξ + a)ln t Γ(a) ln2 t Γ2 (a)ta−1ln3 t0при t → 0.Доказательство. Покажем, что1:pa ln pZ∞a−135tξ dξΓ(ξ + 1)(1)Действительно,Z∞Z∞ Z∞tξ dξ:Γ(ξ + 1)a−1tξ e−ptdξdt =Γ(ξ + 1)0 a−1Z∞ Z∞sξ e−sdξds =pξ+1 Γ(ξ + 1)0 a−1Очевидно, что двойной интеграл абсолютно сходится и можно поменять пределы интегрирования:Z∞ξt dξ:Γ(ξ + 1)a−1Z∞p−ξ−1 dξ =1pa ln p.a−1ДалееZ∞tξ dξ1=Γ(ξ + 1) ln ta−1Z∞dtξta−11=−+Γ(ξ + 1)ln t Γ(a) ln ta−1Z∞Γ0 (ξ + 1)tξ dξ=Γ2 (ξ + 1)a−1интегрируем по частям (значения на бесконечности не будет, т.к.

Ψ(y) =Γ0 (y)Γ(y)= O(y) (см. [14]))ta−11ta−1 Γ0 (a)=−− 2− 2 2ln t Γ(a) ln t Γ (a) ln tZ∞Ψ0 (ξ) − Ψ2 (ξ) ξt dξΓ(ξ + 1)a−1Интегрируя по частям в последнем интеграле (и используя то, что Ψ0 (y) =O( y1 ) (см. [14])), получаем нужное утверждение. Утверждение 7 Пусть p > 1, a > 1, b ∈ N, b > 1. Тогда1:pa lnb pZ∞Z∞...0ta+ξ1 +...+ξb −1ta−1bdξ1 ...

dξb = (−1) b+OΓ(a + ξ1 + ... + ξb )ln t Γ(a)ta−1lnb+1 t0Доказательство. Эта формула получается b − 1 – кратным интегрированиемпо a формулы из утверждения 6. Например, для b = 2:Z∞ Z∞ Z∞c0e−pt tξ+a−1dξdtda =Γ(ξ + a)Z∞c036dapa ln pилиZ∞ Z∞ Z∞001e−pt tξ+η+c−1dξdtdη = c 2Γ(ξ + η + c)p ln p0Очевидно, что тройной интеграл абсолютно сходится, и можно поменять местами интеграл по t и η, тогда1:pa ln2 pZ∞ Z∞0ta+ξ+η−1dξdηΓ(a + ξ + η)0Так же, как и в утверждении 6, интегрируя по частям сначала во внутреннеминтеграле, а потом во внешнем, получим требуемое утверждение.

Утверждение 8 Пусть a > 1, b ∈ N, b > 2, тогда a−1 1tO:Opa lnb plnb−2 tпри p → ∞, t → 0.Доказательство. Непосредственно из формулы МеллинаZ c+i∞1F (p) :ept F (p)dp2πi c−i∞(где F (p) - аналитическая и стремящаяся к нулю при |p| → ∞ в полуплоскоc+i∞Rсти функция, для которой|F (p)|dp < ∞) следует, чтоc−i∞O1p ln2 p: O (1)Таким образом, если1f (t) :Opa−1 lnb−2 p1p ln2 pто, пользуясь тем, что произведение изображений есть изображение сверткиоригиналов, при t → 0 получим:Zt|f (t)| < Cg(τ )dτ037где g(t) :1.pa−1 lnb−2 pТаким образом, используя утверждение 7, получаем:f (t) = Ota−1. lnb−2 tИз всех 3-х предложений получаем:AtACDB1:−+++O++p2 ln p p2 ln2 p p2 ln3 p p2 ln4 pln tp2 ln5 pt(B − AΓ0 (2))t+O+ln2 tln3 t a−1 Ata−1ABC1t:−+++O+Opa ln p pa ln2 p pa ln3 pΓ(a) ln tpa ln4 pln2 tОкончательно, получаем:Теорема 7 В условиях теоремы 6:Λt · T r(e−tH ) =11 X1X1 XNV ol(Mi ) +χ(Mi ) t + √t+lj t 2 +4π622 πMiMi+X X akiMi k=24πLjtk +35+s1 (ln t)t + s 32 (ln t)t 2 + s2 (ln t)t2 + s 25 (ln t)t 2 + O t3 ,где sn - функции, которые имеют следующее ln t-разложение:!N X1|λi,i+N |21s1 = −N+− Γ0 (2)N1 − 2γ − 4πλi,i + 4π2 +ln tλlnti+N,i+Ni=11+O,ln3 tNN1 X14 X π|λi,i+N |2 11s 32 = √−√+O,π i=1 λi+N,i+Nπ i=1 λ2i+N,i+N ln tln2 tNN1X11 X 2a1i λ3i+N,i+N + 8π|λi,i+N |2 11s2 =−+O,2 i=1 λ2i+N,i+N2 i=1λ3i+N,i+Nln tln2 tNN2 X18 X π|λi,i+N |2 11s 25 = √− √+O.3 π i=1 λ3i+N,i+N3 π i=1 λ4i+N,i+N ln tln2 t38Глава 5След квадрата резольвенты дляоператора с условиями непрерывностиТеорема 8T r(H Λ0 + z 2 )−2∞XXX ljaki k!1=+++4πz 2k+24z 3 2z 4Mi k=0+Lj∞Xck (ln z 2 )zkk=4где ck - рациональные функцииNN(1−2γ)1c4 (ln z 2 ) =++O,ln z 2ln2 z 2ln3 z 21112+(−6πγ+8π)Nc5 (ln z 2 ) = 3πN+(12πγ−32πγ+8π)N2 23 2+ln z 2lnzlnz1,+Oln4 z 2NNXX11225πa1i+(16π−10πγa+8πa)+c6 (ln z ) =1i1i222lnzlnzi=1i=1NX11222+(−32π γ + 20πγ a1i + 48π − 32πγa1i ) 3 2 + O4 2 ,zzlnlni=1NXNX11c7 (ln z ) =28π a1i 2 2 +(80π 3 − 112π 2 γa1i + 64π 2 a1i ) 3 2 +ln zln zi=1i=1NX113322 2+(−160π γ + 256π − 384π γa1i + 336π γ ) 4 2 + O5 2 .lnzlnzi=12239Доказательство.

Найденную С.В. Рогановой формулу нельзя применитьк этому оператору, поскольку она дает ответ только для операторов H дизъm+nюнктных с ⊕i=1∆i (где {∆i }mi=1 - операторы Лапласа на многообразиях,m+n{∆i }i=m+1- операторы Лапласа на отрезках с условием Неймана), то естьдля которых выполняется D(H) ∩ D(⊕m+ni=1 ∆i ) = D(H0 ).Однако, если поменять пространство граничных значений, то есть вместо(1)(2)(C4n , Γ(1) , Γ(2) ) рассматривать (C4n , Γ0 , Γ0 ), где(2)(1) Γ1 f Γ1 f ...... (1)  Γ(2) Γ2n f 2n f(2)(1),Γf=Γ0 f =  (2)0 −Γ(1) Γ2n+1 f 2n+1 f......(1)(2)−Γ4n fΓ4n f,то расширение с условиями "непрерывности" запишется в следующем виде:(2)(1)Γ0 f = Λ0 Γ0 f , гдеΛ0 = 0 II 0mПричем это расширение будет дизъюнктным с ⊕m+ni=1 ∆i (где {∆i }i=1 - опера-торы Лапласа на многообразиях, {∆i }m+ni=m+1 - операторы Лапласа на отрезкахс условием Дирихле).При вычислении следа квадрата резольвенты С.В.

Роганова использовалаформулу КрейнаRΛ (z) = R0 (z) − γ(z)(Q(z) − Λ)−1 γ ∗ (z̄) = R0 (z) − Aгде γ(z) = (Γ(1) )−1 , Q(z) = Γ(2) γ(z). Поскольку мы изменили отображенияΓ(i) , то необходимо найти соответствующие отображения Q(z), γ(z). В качестве базиса в дефектном подпространстве для оператора S (на отрезке [a, b])40из п. 1.1 выберем функцииf1 (x) = (GD )0y (x, a) =sh z(x − b)sh z(x − a), f2 (x) = −(GD )0y (x, b) =,sh z(a − b)sh z(b − a)где GD - функция Грина оператора Лапласа с условием Дирихле:GD (x, y; z) =sh z(x − b) sh z(y − a), x≥yz sh z(a − b)Тогда, если мы будем рассматривать один отрезок в отдельности, то для негоRbf1 (x)f (x)dxγ ∗ (z̄)f =  Raba f2 (x)f (x)dx α(Γ(1) )−1   = αf1 + βf2β 00−z 0f1 (a) f2 (a)∼Q(z) = 000 −z−f1 (b) −f2 (b)где ∼ означает, что компоненты матриц отличаются экспоненциально малыми членами.

T r(R0 A) имеет видZ ZX−1∗(Q(z) − Λ)i,j (z)G(x, y; z)G (y, qi ; z)dy G∗ (qj , x; z)dxi,jгде G(x, y; z) - функция Грина оператора Лапласа на многообразии или функция Грина оператора Лапласа на отрезке с условием Дирихле. И G∗ (y, q; z)- функцция Грина оператора Лапласа на многобразии, если q ∈ Mk , либоG∗ (y, q; z) = f1 (y), если q - начало отрезка, либо f2 (y), если q - конец отрезка.Непосредственно вычисляя интегралы, находим, что если qi = qj - точка отрезка, тоZ Z∗G(x, y; z)G (y, qi ; z)dy G∗ (qj , x; z)dx =1+ O(e−Cz )38zЕсли же qi 6= qj , то этот интеграл экспоненциально мал.

При qi , qj ∈ Mkинтеграл равен (см. [8])G0z (qi , qj ; z) G00zz (qi , qj ; z)−+8z 38z 241Таким образом,NX2N000XGG1ii−1−1−2T r(R0 A) = 2(Q(z)−Λ)i,i (z)−=−2(Q(z)−Λ)(z)i,i3238z8z8zi=1i=N +1NN1 X Fi + zFi01 X zFi00= 3− 2.4z i=1 1 + zFi4z i=1 1 + zFiТеперь рассмотрим слагаемоеT rA2 ∼X−1(Q(z) − Λ)−1i,j (Q(z) − Λ)j,iZ2(G∗ (x, qi ; z)) dxZ(G∗ (x, qj ; z))2 dx.i,jЕсли qi лежит на отрезке, тоR(G∗ (x, qi ; z))2 dx =12z+ O(e−Cz ).Таким образом, это слагаемое эквивалентно 4z12 T r(G0z [Q(z) − Λ]−1 )2 , где0(Fi )z 0G0z = 0 −Eгде (Fi )0z - диагональная матрица N × N (N = 2n), Fi = F (qi , qi ; z) - регулярная часть функции Грина.