Спектральные свойства оператора Лапласа на декорированных графах и на поверхностях с дельта-потенциалами, страница 6

И поскольку0 EFi0,, Λ = Q(z) ∼ E 00 −zEто все слагаемое эквивалентноN1 X (Fi )2 − 2(Fi )0 + z 2 ((Fi )0 )2.4z 2 i=1(1 + zFi )2Найдем первые члены псевдоасимптотического разложения T r(−2R0 A +A2 ).F (qi , qi ; z) =1b1 b2(− ln z 2 − 2γ) + 2 + 4 + . . .4πzzгде bk = Γ(k)ak , ak - коэффициенты теплопроводности многообразия, котоγ1рому принадлежит точка qi . Обозначим A = − 2π, B = − 4π, тогда4211 1A1A2 1A3 11=−+−+O1 + zFB z ln z 2 B 2 z ln2 z 2 B 3 z ln3 z 2 B 4 z ln4 z 2z ln5 z 22A3A211111−−+ 4 2 4 2 +OB 2 z 2 ln2 z 2 B 3 z 2 ln3 z 2B z ln zz 2 ln5 z 23A6A211111+−+ 5 3 5 2 +OB 3 z 3 ln3 z 2 B 4 z 3 ln4 z 2B z ln zz 3 ln6 z 2114A110A211−.−++OB 4 z 4 ln4 z 2 B 5 z 4 ln5 z 2B 6 z 4 ln6 z 2z 4 ln7 z 21112A13A214A31=−+−+(1 + zF )2B 2 z 2 ln2 z 2 B 3 z 2 ln3 z 2B 4 z 2 ln4 z 2B 5 z 2 ln5 z 21+Oz 2 ln6 z 211126A12A21− 3 3 3 2+ 4 3 4 2−+OB z ln zB z ln zB 5 z 3 ln5 z 2z 3 ln6 z 218A124A2113+O+ 4 4 4 2− 5 4 5 2+B z ln zB z ln zB 6 z 4 ln6 z 2z 4 ln7 z 2110A160A2114+O− 5 5 5 2+ 6 5 6 2−.B z ln zB z ln zB 7 z 5 ln7 z 2z 5 ln8 z 2F 2 −2F 0 +z 2 (F 0 )2 = B 2 ln2 z 2 +2AB ln z 2 +2B ln z 2b1 b2+ +Oz2 z41z61111+4B − 4B + (2Ab1 − 8Bb1 ) 2 + 4b1 3 + (2Ab2 + 5b21 − 16Bb2 ) 4 + Ozzzz27b1 23b2F + zF 0 − z 2 F 00 = B ln z + (A + 4B) − 2 − 4 + OzzВ результате получаем1 F 2 − 2F 0 + z 2 (F 0 )21 F + zF 0 − z 2 F 00+ 3=4z 2(1 + zF )24z1 + zF431z6.+A2 +1z5.111 − 2γ+++O2z 4 z 4 ln z 2 z 4 ln2 z 21z 4 ln3 z 2+1111+(−6πγ+8π) 5 2 2 +(12πγ 2 −32πγ+8π) 5 3 2 +O+3π 52z ln zz ln zz ln zz 5 ln4 z 2112+(16π−10πγa+8πa)+5πa1 6+11z ln z 2z 6 ln2 z 211+(−32π 2 γ + 20πγ 2 a1 + 48π 2 − 32πγa1 ) 6 3 2 + Oz ln zz 6 ln4 z 211+28π 2 a1 7 2 2 + (80π 3 − 112π 2 γa1 + 64π 2 a1 ) 7 3 2 +z ln zz ln z113322 2.+(−160π γ + 256π − 384π γa1 + 336π γ ) 7 4 2 + Oz ln zz 7 ln5 z 2Таким образом, часть разложения, не содержащая логарифмы (содержащаястепени z), совпадает с разложением квадрата резольвенты для прямой суммы операторов Лапласа на многообразиях и операторов Лапласа с условиямиНеймана на отрезках, т.е.

cXXMikX ljbki1++4πz 2k+24z 3 2z 4Lj44Глава 6Cпектр оператора Лапласа спотенциалом, сходящимся кдельта-функции6.1 ОкружностьТеорема 9 Рассмотрим задачу на окружности, параметризованной x ∈[0, 1): −y 00 + 1ε V ( xε )y = λy, где V (x) - интегрируемая функция с носителем[0, 1]. Для каждой точки λ0 вида (2πk)2 (k ∈ N) или решения уравнения M1 =√R1√1 ctg λ0 (где M =0 V (x)dx) существует единственное собственное22 λ0значение λ(ε), т.ч.

λ(ε) → λ0 . Других собственных значений нет.Доказательство. Сначала рассмотрим это уравнение на [0, ε] и напишемфундаментальную систему решений. Делаем замену переменных x → xε.Тогда получаем задачу −y 00 + εV (x)y = ε2 λy на [0, 1]. Раскладываем y(x) вряд по ε: y = y0 + εy1 + ε2 y2 + . . ..

Тогда получаем уравнения:−y000 = 0−y100 + V y0 = 0−y200 + V y1 = λy0 .45Построим такие разложения для фундаментальной системы решенийy 1 (x), y 2 (x). Причем потребуем, чтобы y 1 (0) = 1, (y 1 )0 (0) = 0 и y 2 (0) =0, (y 2 )0 (0) = 1. Для y 1 (x) получаем:y01 (x) = 1y11 (x)ZxV (ξ)dξ −=x0xZy21 (x)(V (ξ)y11 (ξ) − λ)dξ −=xxZ0V (ξ)ξdξ0Z x(V (ξ)y11 (ξ) − λ)ξdξ.0А поскольку max |yn+1 | ≤ 2kV k1 max |yn | + 2λ, то построенный ряд для y 1сходится равномерно при ограниченном λ.Формулы для y 2 (x):y02 (x) = xy12 (x)ZxxZV (ξ)ξ 2 dξ.V (ξ)ξdξ −=x00ТогдаZ111 0V (ξ)(1 − ξ)dξ + o(ε), (y ) (1) = εy (1) = 1 + ε0Z21ZV (ξ)dξ + o(ε)012 0ZV (ξ)ξ(1 − ξ)dξ + o(ε), (y ) (1) = 1 + εy (1) = 1 + ε01V (ξ)ξdξ + o(ε)0Рассматривая уравнения на остальной части окружности x ∈ [ε, 1), получаемфундаментальную систему:√√1cos λ(1 − x), − √ sin λ(1 − x).λТребуя гладкости от глобального решения, получаем два условия в точкеx = ε:√√BAy 1 (1) + εBy 2 (1) = A cos λ(1 − ε) − √ sin λ(1 − ε)λ√√√A(y 1 )0 (1) + εB(y 2 )0 (1) = ε( λA sin( λ(1 − ε)) + B cos( λ(1 − ε)))46Пользуясь найденными выше разложениями, легко показать, что равенствоопределителя этой системы нулю имеет вид:√√√√√√11det(ε, λ) = (1 − cos λ)2 − √ sin λ (M − λ sin λ) + f (ε, λ) = 0ελгде f (ε, t) - гладкая на (0, ε0 ) × (0, ∞) функция, и f (ε, t) = o(ε) при условииограниченности t.Для всех непрерывных решений λ(ε) этого уравнения выполнено λ(ε) → λ0 ,где λ0 - решение уравнения√√√λ0λ0λ01sin(2 sin− √ cosM ) = 0.222λ0√ 01А поскольку ε det(ε, λ) (0, λ0 ) 6= 0, то по теореме о неявных функцияхλдля каждого λ0 существует единственное решение λ(ε), т.ч.

λ(ε) → λ0 . 6.2 Сфера.Теорема 10 Рассмотрим задачу на нахождение собственных значенийоператора Лапласа-Бельтрами с потенциалом на стандартной двумернойсфере радиуса 1 : (∆ − Vε (cos ψ))u = −λu, где ψ - широта, Vε (cos ψ) =Cε2при0 < ψ < ε, и Vε (cos ψ) = 0 при ψ > ε.Тогда каждая непрерывная и ограниченная функция λ(ε) сходится приε → 0 к числу вида n(n + 1), n ∈ Z.Доказательство.

После разделения переменных и замены z = cos ψ поPлучим собственную функцию u = eimϕ um (z), где(1 − z2)u00m−2zu0mm2+ (λ − V (z) −)um = 0.1 − z21) Пусть m > 0. Решения этого уравнения Pnm (z) и Qmn (z) (n(n + 1) = λ вокрестности z = −1, n(n + 1) = λ − εC2 в окрестности z = 1) имеют следующие47асимптотики:mPnm (z)mm(−1)m 2− 2 Γ(n + m + 1)(1 − z) 2m m2 −1 Γ(m)(1 − z)− 2∼, Qmn (z) ∼ (−1) 2m!Γ(n − m + 1)при z → 1,mmm1 m2 −1 Γ(m) cos(πn)(1 + z)− 2Pnm (z) ∼ − 2 2 sin(πn)Γ(m)(1 + z)− 2 , Qmn (z) ∼ −2πпри z → −1.

Можно выбрать базис в пространстве решений {w1 , w2 } такимобразом, чтобы в окрестности особой точки z0 = −1 решения имели вид: w1 =mm(1 + z) 2 a1 (z), w2 = Cw1 ln(1 + z) + (1 + z)− 2 a2 (z), где a1 , a2 - аналитическиефункции. Поэтому чтобы решение в окрестности т. -1 не имело особенностей,оно должно быть пропорциональноcos(πn− )Pnm− (z) −2sin(πn− )Qmn− (z).πПотребовав гладкости решения, получаем уравнение на спектр:0cos(πn− )(Pnm− )0 (cos ε) − π2 sin(πn− )(Qmn− ) (cos ε)cos(πn− )Pnm− (cos ε) − π2 sin(πn− )Qmn− (cos ε)(Pnm+ )0 (cos ε)=Pnm+ (cos ε)где n+ (n+ + 1) = λ −Cε2 ,n− (n− + 1) = λ.Или(Pnm− )0 (cos ε)Pnm+ (cos ε) − Pnm− (cos ε)(Pnm+ )0 (cos ε)2tg(πn− ) =0mmm 0π(Qmn− ) (cos ε)Pn+ (cos ε) − Qn− (cos ε)(Pn+ ) (cos ε)(∗)Для нахождения ограниченных решений найдем асимптотику правой частиуравнения по ε в предположении, что λ принадлежит конечному промежутку.Поскольку (см.

[16], стр. 144) m21+x1−xPnm (x) =F(−n, n + 1; 1 − m;),1−x2тоPnm− (cos ε)εm (−n− )m (n− + 1)m∼ m2m!48(Pnm− )0 (cos ε)εm−2 (−n− )m (n− + 1)m∼− m2(m − 1)!Легко показать, что ряд для F(−n+ , n+ +1, 1−m; sin2 2ε ) сходится равномернопо ε, и√mC sX√()ε−C24F(−n+ , n+ + 1, 1 − m; sin ) →= J−m ( −C),2(s−m)!s!2s=mгде J−m - функция Бесселя. Поэтому√√−C mPnm+ (cos ε) ∼ ε−m 2m J−m ( −C)()2√m√−C−(Pnm+ )0 (cos ε) ∼ ε−m−2 m 2m J−m ( −C)2√m−1√−C−m−2 m−1−ε2C J−m+1 ( −C)2Числитель правой части уравнения (*) эквивалентен√m√−C1 (−n− )m (n− + 1)m−2J−m ( −C)+ε2(m − 1)!2√1+CJ−m+1 ( −C)2m√−C2m−1 !Знаменатель же необходимо вычислить с дополнительной поправкой по ε.Явный вид функции Qmn (x) (см.

[16], c.150): 1+xmm02Qn (x) = Pn (x) ln+ 2Γ (1) − γ(n + m + 1) − γ(n − m + 1) −1−x m2 m−1rX (−n)r (n + 1)r (m − r − 1)!1−x1+x+(−1)m(−1)r−1−xr!2r=0 m2 Xm+r∞1+x1−x(−n)r+m (n + 1)r+m+σ(r)−1−xr!(r+m)!2r=1− m2 Xr∞1+x(−n)r (n + 1)r1−xm+(−1) (n − m + 1)2mσ(m + r)1−xr!(r+m)!2r=0(где σ(r) = 1 + 12 + . .

. +1rи (a)r = a(a + 1) · · · (a + r − 1))49А) Рассмотрим случай m > 1. Тогда первые два главных члена в разлоm 0жении для Qmn− (cos ε) и (Qn− ) (cos ε) появляются из второго слагаемого:2m(−1)m mεm 22=1 − ε + o(ε ) ((m − 1)!+12n− (n− + 1)ε2ε22+(m − 2)! (1 −+ o(ε )) =2412m2mλ= (−1)m (m − 1)! m 1 + ε2−+ o(ε2 )ε8(m − 1) 12m2m1λ0m22(Qm−++ o(ε2 )n− ) (cos ε) = (−1) m! m+2 1 + εε8(m − 1) 12 32Qmn− (cos ε)Теперь найдем уточненные разложения для Pnm+ (cos ε) и (Pnm+ )0 (cos ε).

Обо√значим A = −C, тогда1λ+A14−n+ = −1−ε+ ε2+ o(ε2 )2ε2A2Ass2s1sA2 12(−n+ )s = (−1) s 1 − ε+ε 2(λ + ) + qs + o(ε )ε2AA 24s2Ass12 12(n+ + 1)s = s 1 + ε+ε 2(λ + ) + qs + o(ε )ε2AA 24где2s − 1qs = qs−1 +21 32s − 3+ + ... +2 221 − cos ε2s111= s4 − s3 + s8624ε2s s= 2s 1 − ε + o(ε)212ПолучаемX (−1)s ( A )2s1 − cos ε2F(−n, n + 1; 1 − m;)=+2s!(s−m)!s=mX (−1)s ( A )2s 11111s2+ε2[sλ + s4 − s3 − s2 + s] −+ o(ε2 ) =2s!(s − m)! A434312s=m= K0m + ε2 K1m + o(ε2 )50В этих обозначениях:Pnm+ (cos ε)2m mm m2m2= m K0 + ε (K1 − K0 ) + o(ε )ε122m−1= m+2 (2mK0m + A2 K0m−1 +ε1mm+ε2 2mK1m + 2mK0m ( − ) + K0m−1 (λ − A2 ) + A2 K1m−1 + o(ε2 ))3 1212(Pnm+ )0 (cos ε)Таким образом, знаменатель дроби (*) имет асимптотическое разложение1ε2m+2(−1)m (m − 1)! 22m−2 CK0m−1 +mλ+ 2m (−1)m (m − 1)! 22m−2 −A2 K1m−1 − K0m−1 λ − A2 + A2+ε68(m − 1)1+o(ε−2m )mЗаметим, что K0m (A) = J−m (A) A2 .

Таким образом, если J−m+1 (A) 6= 0,то правая часть уравнения (*) равномерно по ограниченному λ эквивалентнаmJ−m (A)12m (−n)m (n + 1)m (−1)ε2+((m − 1)!)2 22m−1A J−m+1 (A) mЕсли же J−m+1 (A) = 0, то знаменатель дроби (*) принимает следующий вид:1ε2m(−1)m (m − 1)! 22m−2 CK1m−1 (A)и вся дробь есть O(ε2m−2 ).Б) Рассмотрим случай m = 1, тогдаλλ1Pn1− (cos ε) = − ε + O(ε2 ), (Pn1− )0 (cos ε) =+ O(1)22ε1 λ1λ ln ε1Q1n− (cos ε) = − + ε ln ε + O(ε), (Q1n− )0 (cos ε) = − 3 −+ O( )ε 2ε2 εεТаким образом, если Pn1+ (cos ε) =αε+ O(ε), (Pn1+ )0 (cos ε) =знаменатель (*) имеет вид:1ln ε λ1(α−β)+(α+β)+O()ε4ε2 2ε251βε3+ O( 1ε ), тоЕсли A таково, что α − β = −A2 J0 (A) 6=, то правая часть (*) есть O(ε2 ). Еслиже J0 (A) = 0, то α + β = 2J−1 (A)A 6= 0, т.к.

у J0 и J−1 нет общих нулей. Иправая часть (*) есть O( ln1ε ).2) Пусть m = 0. Тогда Pn (x) и Qn (x) имеют асимптотики:1Pn (x) ∼ 1, Qn (x) ∼ − ln(1 − x) x → 12sin πncos πnPn (x) ∼ln(1 + x), Qn (x) ∼ln(1 + x) x → −1π2Уравнение на спектр остается тем же самым, однакоλ2m 0−2Qmn− (cos ε) ∼ − ln ε, (Qn− ) (cos ε) ∼ εAPnm+ (cos ε) ∼ J0 (A), (Pnm+ )0 (cos ε) ∼ − 2 J1 (A)εЗначит, если J1 (A) 6= 0, то правая часть (*) есть − ln1ε .

В противном случаеPnm− (cos ε) ∼ 1, (Pnm− )0 (cos ε) ∼J0 (A) 6= 0, и правая часть есть O(ε2 ). 6.3 Диск.Теорема 11 Рассмотрим задачу ∆f +Vε (r)f = λf на круге радиуса 1. Здесь∆ - оператор Лапласа (положительный) с условием Дирихле на границекруга, Vε (r) = 0 при r > ε, Vε (r) =Cε2при r < ε.Тогда каждая непрерывная и ограниченная функция λ(ε) сходится приε → 0 к собственному значению ∆, т.е. к нулю функции Бесселя Jm (z).Доказательство.