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Decadimento esponenziale della differenza di potenziale di tensione

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Soluzione:

Questa non è una risposta, ma è troppo lunga per un commento.


Si consideri un doppiamente infinito matrice $L = (q_{ij})_{i,j in ´mathbb{Z}}$ con voci $q_{ij} = -e^{-|i - j|}$ quando $i ne j$, e $q_{ii} = 2 e / (1 - e)$; qui $i, j ´in ´mathbb{Z}$. Il simbolo di questa matrice (cioè la serie di Fourier con i coefficienti $e^{-|j|}$, tranne che in corrispondenza di $j = 0$) è:
$$ psi(x) = frac{e^2 - 1}{e^2 - 2 e cos x + 1} - frac{e + 1}{e - 1} . $$
Il simbolo di $L^pugnale$ è quindi $1 / psi(x)$ (nel senso di valore principale), che ha una singolarità del tipo $1 / x^2$ a $x = 0$. Ne consegue che in questo caso
$$ a_{kl} = frac{1}{2 pi} int_{-pi}^{pi} frac{(e^{i x} - e^{2 i x}) (e^{i k x} - e^{i l x})}{psi(x)} , dx . $$

In generale, l'espressione precedente avrà solo di tipo potenza decadimento come $k,l a a infty$.

Tuttavia, per questa particolare scelta di $L$, le cose si semplificano molto. Lo pseudo-inverso $L^dagger = (u_{ij})_{i,j ´in mathbb{Z}}$ può essere trovato esplicitamente e le sue voci sono $u_{ij} = C_1 - C_2 |i - j|$ quando $i ´ne j$ e $u_{ii} = C_3$ per le costanti appropriate $C_1$, $C_2$, $C_3$. Di conseguenza, $a_{kl} = 0$ quando $k, l > 2$.


Non ho un'intuizione chiara su ciò che accade nel caso unilaterale (cioè, se consideriamo una matrice infinita $L$ con voci indicizzate da $i, j in {1, 2, ldots}$), per non parlare del caso vincolato (con $i, j in {1, 2, ldots, n}$). La mia ipotesi è che la simmetria si rompa e che non ci sia speranza per una formula chiusa.

Tuttavia, un rapido esperimento numerico suggerisce con forza che abbiamo ancora $a_{kl} = 0$! Più precisamente, le voci $u_{ij}$ di $L^pugnale$ soddisfano apparentemente
$$
u_{ij} = v_{max{i,j}} + v_{max{n+1-i,n+1-j}}, v_{n-i} + v_j} + tfrac{1}{4} |i - j| qquad (i ne j)
$$

per un vettore appropriato $v_i$. Trovo questo estremamente sorprendente!

Ecco il codice in Octave, nel caso qualcuno sia interessato. Per prima cosa, costruiamo $L$ e il suo pseudo-inverso (indicato con U qui):

n = 10;                                  # size of the matrix
A = toeplitz(exp(-(0:n-1)));
L = diag(A * ones(n,1)) - A;             # matrix L
U = pinv(L);                             # pseudo-inverse L^dagger

Successivamente, verifichiamo che la differenza mista del secondo ordine di $L^pugnale$ è una matrice tridimensionale:

D = U(1:n-1, 1:n-1) - U(1:n-1, 2:n) ...
    - U(2:n, 1:n-1) + U(2:n, 2:n);       # second-order difference of U

Questo mostra già che $L^pugnale$ ha la struttura desiderata, ma possiamo verificarlo direttamente. Le prime due righe servono a estrarre il vettore $v_i$, le altre due definiscono la matrice Z con voci
$$
u_{ij} - v_{max{i,j}} - v_{max{n+1-i,n+1-j}}, v_{n-i} + v_j} - ´tfrac{1}{4} |i - j| qquad (i ne j)
$$

che dovrebbe essere zero tranne che sulla diagonale:

X = U - 0.25 * abs(repmat(1:n, n, 1) - repmat(1:n, n, 1)');
V = X(:, 1) - 0.5 * X(n, 1);
I = repmat(1:n,n,1);
Z = X - V(max(I, I')) - V(max(n + 1 - I, n + 1 - I'));

Modifica: Il risultato è abbastanza semplice. Osservate che $a_{1i} / a_{2i} = q$ non dipende da $i in {3, 4, ldots, n}$. Quindi, se $x_1 = 1$, $x_2 = -q$ e $x_i = 0$ per $i in {3, 4, ldots, n}$ allora si ha chiaramente $L x = c e_1 - c e_2$, dove $c = sum_{i=3}^n a_{1i}$. Ne consegue che $$L^´aggrappante (e_1 - e_2) = c^{-1} x + ´operatorname{const}.$$

Lascio qui di seguito la versione precedente di questa risposta, in quanto fornisce un modo per valutare $L^pugnale$ esplicitamente.



Non posso dire di capire cosa sia veramente qui, ma almeno ho una prova che $a_{ij} = 0$ quando $i, j ´3$. (Lascio il mio commento/risposta precedente, poiché contiene alcune cose correlate che non sono incluse qui).


Notazione: Ogni somma è una somma su ${1, 2, ldots, n}$. Scriviamo $q = e^{-1}$ (e in realtà qualsiasi $q ´in (0, 1)$ funzionerà). Dato un vettore $x = (x_i)$ scriviamo
$$ Delta x_i = x_{i+1} + x_{i-1} - 2 x_i $$
se $1 < i < n$.


Dato un vettore $(x_i)$, si ha
$$ Lx_i = sum_j q^{|i-j|} (x_i - x_j) = b_i x_i - sum_j q^{|i-j|} x_j ,$$
dove
$$ b_i = sum_j q^{|i-j|} = frac{1 + q - q^i - q^{n+1-i}}{1 - q} $$
Pertanto, quando $1 < i < n$, si ha
$$ begin{aligned}
Delta Lx_i & = Delta (b x)_i - sum_j (q^{|i-j+1|}+q^{|i-j-1|}-2q^{|i-j|}) x_j
& = Delta (b x)_i - (q + q^{-1} - 2) sum_j q^{|i-j|} x_j + (q^{-1} - q) x_i
& = Delta (b x)_i + (q + q^{-1} - 2) L x_i - (q + q^{-1} - 2) b_i x_i + (q^{-1} - q) x_i
& = (q + q^{-1} - 2) L x_i + b_{i+1} x_{i+1} + b_{i-1} x_{i-1} - ((q + q^{-1}) b_i - (q^{-1} - q)) x_i .
´fine{aligned} $$

Un breve calcolo mostra che
$$ b_{i+1} + b_{i-1} = ((q + q^{-1}) b_i - (q^{-1} - q)) $$
(il che sembra un po' miracoloso, ma ci deve essere una spiegazione perspicace per questo). Quindi,
$$ Delta Lx_i = (q + q^{-1} - 2) L x_i + b_{i+1} (x_{i+1} - x_i) + b_{i-1} (x_{i-1} - x_i) . $$
Supponiamo che $x_i = L^dagger y_i$ per qualche vettore $(y_i)$ tale che $somma_i y_i = 0$. Allora $L x_i = L L^pugnale y_i = y_i$. Scrivere $c = q + q^{-1} - 2$. Si ha quindi
$$ Delta y_i - c y_i = b_{i+1} (x_{i+1} - x_i) + b_{i-1} (x_{i-1} - x_i) . $$
In particolare, segue la seguente affermazione.

Proposizione 1: Se $1 < i < n$, $y_{i-1} = y_i = y_{i+1} = 0$ e $x_i = x_{i+1}$, allora $x_{i-1} = x_i$.

Il risultato precedente servirà come passo di induzione. Per avviare l'induzione, è necessario studiare la $i = n$ che è leggermente diverso. In questo caso:
$$ begin{aligned}
Lx_{n-1} - Lx_n & = b_{n-1} x_{n-1} - b_n x_n - sum_j (q^{|n-j-1|}-q^{|n-j|}) x_j
& = b_{n-1} x_{n-1} - b_n x_n - (q^{-1} - 1) sum_j q^{|n-j|} x_j + (q^{-1} - q) x_n
& = b_{n-1} x_{n-1} - b_n x_n + (q^{-1} - 1) L x_n - (q^{-1} - 1) b_n x_n + (q^{-1} - q) x_n
& = (q^{-1} - 1) L x_n + b_{n-1} x_{n-1} - (q^{-1} b_n - (q^{-1} - q)) x_n .
´fine{aligned} $$

Questa volta abbiamo
$$ q^{-1} b_n - (q^{-1} - q) = b_{n-1} , $$
e quindi
$$ Lx_{n-1} - Lx_n = (q^{-1} - 1) L x_n + b_{n-1} (x_{n-1} - x_n) . $$
Consideriamo ancora una volta $x_i = L^dagger y_i$ per un qualche vettore $(y_i)$ tale che $somma_i y_i = 0$ e scriviamo $d = q^{-1} - 1$. Si ha quindi
$$ (y_{n-1} - y_n) - d y_n = b_{n-1} (x_{n-1} - x_n) . $$
Di conseguenza, abbiamo il seguente risultato.

Proposizione 2: Se $y_{n-1} = y_n = 0$, allora $x_{n-1} = x_n$.

Per $y = e_1 - e_2 = (1, -1, 0, 0, ldots)$ otteniamo immediatamente il risultato desiderato.

Corollario: Se $y = e_1 - e_2$ e $x = L^pagina y$, allora $x_3 = x_4 = x_5 = ldots = x_n$. Di conseguenza, $a_{ij} = x_i - x_j = 0$ ogni volta che $i, j ´3$.


Un'altra conseguenza del risultato precedente è che se $L^^pugnale = (u_{ij})$, allora $$u_{i+1,j+1}-u_{i,j+1}-u_{i+1,j}+u_{i,j} = 0$$ ogni volta che $i + 1 < j$ oppure $j + 1 < i$. Inoltre, dovrebbe essere relativamente facile usare le proposizioni 1 e 2 per valutare $u_{ij}$ in modo esplicito, e in particolare per dimostrare che
$$ u_{ij} = v_{max{i,j}} + v_{max{n+1-i,n+1-j}} + tfrac{1}{4} |i - j| $$
quando $i ne j$, dove $(v_i)$ è un vettore esplicitamente dato (in termini di prodotti/rapporti di $b_i$, credo).


Osservazione finale: esiste un risultato corrispondente in variabile continua: la funzione di Green per l'operatore $$L f(x) = int_0^1 e^{-q |x - y|} (f(x) - f(y)) dy$$ ha derivata mista del secondo ordine nulla. La dimostrazione segue esattamente la stessa linea, ed è in effetti un po' meno tecnica.

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