Phân tích phổ toán tử Laplace đẳng biến trên nửa mặt phẳng Poincaré

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN

TRỊNH NGỌC TIẾN

PHÂN TÍCH PHỔ TOÁN TỬ LAPLACE
ĐẲNG BIẾN TRÊN NỬA MẶT PHẲNG POINCARÉ

Chuyên nghành: TOÁN GIẢI TÍCH
Mã số: 60460102

LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC

Người hướng dẫn khoa học
GS. TSKH. ĐỖ NGỌC DIỆP

HÀ NỘI - NĂM 2015


Mục lục

Mở đầu

2

1 Kiến thức chuẩn bị

5

1.1

Hình học và toán tử vi phân . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

5

1.2

Một nghiệm của phương trình lϕ = s(1 − s)ϕ . . . . . . . . . . . .

8

1.3

Giải của toán tử Laplace trên nửa mặt phẳng Poincaré với σ > 1 . 11

1.4

Sự đối xứng của toán tử Laplace trên nửa mặt phẳng Poincaré

2 Mô hình Whittaker cho phổ rời rạc

. . 15
19

2.1

Hàm Green và phương trình Whittaker . . . . . . . . . . . . . . . 19

2.2

Phân tích của giải trên nửa mặt phẳng Poincaré với σ >

2.3

Phương trình −ψ (y) =

2.4

Hàm riêng của Laplacian trên không gian Hilbert E = L2 (Γ\H)

s(1−s)
y 2 ψ(y)

3 Chuỗi Eisenstein và phổ liên tục

3
2

. . . . . 23

trên [a, ∞) . . . . . . . . . . . 28
. 31
37

3.1

Phương trình giải trên khoảng 0 < σ < 2 . . . . . . . . . . . . . . 37

3.2

Toán tử Eisenstein và hàm Eisenstein . . . . . . . . . . . . . . . . 40

Kết luận

42

Tài liệu tham khảo

43

1


Mở đầu
Trong luận văn này, việc phân tích phổ toán tử Laplace đẳng biến trên nửa
mặt phẳng Poincaré được sử dụng theo phương pháp phân tích từ lý thuyết nhiễu
và lý thuyết tán xạ,lý thuyết phân tích phổ có thể được chứng minh nếu biết các
hàm Eisenstein tương ứng có cùng loại với thác triển giải tích,và sự liên quan với
SL(2, Z).Thác triển giải tích của họ các toán tử được thực hiện đồng thời cùng
với sự thác triển của nhân của chúng.
Nguồn gốc của phương trình hàm và thác triển giải tích nằm trong phương trình
giải
R(s) − R(s ) = [s(1 − s) − s (1 − s )]R(s)R(s ),
với R(s) là giải của toán tử Laplace. Thay vì nghiên cứu R(s) ta có công thức

R(s) = Q(s) + (I + ωQ(s)) C(s) (I + ωQ(s)) ,
công thức này có thể tìm ra giải cho toán tử C(s).
Toán tử Laplace L được mở rộng thành toán tử tự liên hợp A trên không gian
Hilbert E = L2 (Γ\H). Chúng ta muốn mô tả phân tích phổ của A bằng cách
mô tả không gian riêng và tìm ra nhân η(z, s) được gọi là hàm Eisentein.Hàm
Eisentein thỏa mãn một phương trình hàm nhất định và được gắn với lý thuyết

phổ.
Cấu trúc luận văn gồm 3 chương:
Chương 1 trình bày tóm tắt kiến thức chuẩn bị về toán tử Laplace trên diện
Riemann;
Chương 2 trình bày mô hình Whittaker cho phổ rời rạc;
Chương 3 trình bày chuỗi Eisenstein và phổ liên tục.
Mặc dù đã rất cố gắng nhưng do kiến thức còn hạn chế nên khi làm luận văn
không tránh khỏi những sai sót. Tác giả mong nhận được sự góp ý và ý kiến phản
2


biện của quý thầy cô và bạn đọc. Tôi xin chân thành cảm ơn!
Hà Nội, tháng 3 năm 2015.
Học viên

Trịnh Ngọc Tiến

3


Lời cảm ơn
Luận văn này được hoàn thành ngoài sự nỗ lực của bản thân còn có sự hướng
dẫn tận tình của GS. TSKH. Đỗ Ngọc Diệp. Thầy đã dành nhiều thời gian quý
báu của mình để kiên trì hướng dẫn cũng như giải đáp các thắc mắc của tôi trong
suốt cả quá trình làm luận văn. Tôi muốn bày tỏ lòng biết ơn chân thành và sâu
sắc nhất tới người thầy của mình.
Tôi cũng muốn gửi tới toàn thể các thầy cô Khoa Toán - Cơ - Tin học trường
Đại học Khoa học Tự nhiên, Đại học Quốc gia Hà Nội, các thầy cô đã đảm nhận
giảng dạy khóa Cao học 2012 - 2014, đặc biệt là các thầy cô tham gia tham gia
giảng dạy nhóm giải tích 2012 - 2014 lời cảm ơn chân thành đối với công lao dạy

dỗ trong suốt thời gian của khóa học.
Tôi xin cám ơn gia đình, bạn bè, đồng nghiệp, các anh chị em trong nhóm Cao
học Toán 2012-2014, đặc biệt là các anh chị em nhóm Giải tích đã quan tâm, giúp
đỡ, tạo điều kiện cũng như động viên tinh thần để tôi có thể hoàn thành khóa
học này.

4


Chương 1
Kiến thức chuẩn bị
1.1

Hình học và toán tử vi phân

Hình học
Kí hiệu G = SL(2, R) là nhóm các ma trận vuông cấp 2 có định thức bằng 1 trên
trường số thực R.

G = SL(2, R) =

a b
c d | a, b, c, d ∈ R, ad − bc = 1 .

Kí hiệu H là nửa trên của mặt phẳng phức (còn được gọi là nửa mặt phẳng
Poincaré)
H = {x + iy, x, y ∈ R, y > 0} .
Nhóm G tác động lên H bởi phép biến đổi phân tuyến tính:

z → gz =

Xét hàm

az + b
a b
, với g = c d ∈ G, z ∈ H.
cz + d
|z − z |2
u(z, z ) =
,
4yy

với z = x + iy, z = x + iy . Rõ ràng u(z, z ) là bất biến trên G tức là

u(z, z ) = u(gz, gz ),
với ∀g ∈ G.
5


Trên nửa mặt phẳng H , metric Poincaré được định nghĩa

ds2 =

dzdz
dx2 + dy 2
=
.
y2
y2

Dễ dàng ta có

d(gz) =

dz
,
(cz + d)2

và

Im(gz) =

Imz
.
|cz + d|2

Định nghĩa 1.1. Nếu z(t) = x(t) + iy(t), t ∈ [a, b] là đường cong trong H thì
chiều dài của nó là
b
x (t)2 + y (t)2
dt.
s=
y(t)
a

Định nghĩa 1.2. Hàm khoảng cách ς(z, z ) bằng chiều dài của đường cong trắc
địa nối hai điểm z và z .
Để x(t) + iy(t) là đường cong nối i và iy0 khi đó chiều dài của nó là
y(b)

y (t)

dt
y(t)

ς(i, iy0 ) =
y(a)

t

Khoảng cách giữa i và it (t > 1) là ς(i, it) =
1

dy
y

= ln t.

* D = {z : |z| < 1} là đĩa đơn vị với

4(dx2 + dy 2 )
4(dx2 + dy 2 )
ds =
=
,
(1 − x2 − y 2 )2
(1 − r2 )2
2

với r2 = x2 + y 2 . Khi đó khoảng cách cho bởi
r

dρ
1+r
= ln
.
2
1−ρ
1−r

ς(r) = 2
0

6


* Diện tích của đĩa bán kính r được cho bởi
r 2π

A(r) =
0

4ρdρdθ
4πr2
=
.
(1 − ρ2 ) 1 − r2

0

Toán tử vi phân
Định nghĩa 1.3. Cho g là đại số Lie của G với g là tập các ma trận có vết bằng

0. Cho X ∈ g, toán tử vi phân LX trên C ∞ (H) cho bởi

LX f (z) =

d
f (etX z) |t=0
dt

Với

X1 =

0 1
0 0

, X2 =

0 0
1 0

, X3 =

1 0
0 −1

,

kí hiệu

L1 = LX1 , L2 = LX2 , L3 = LX3 .

Theo tọa độ z = (x, y) khi đó,dễ dàng ta chứng minh được

L1 =

∂
,
∂x

∂
∂
− 2xy ,
∂x
∂y
∂
∂
+ 2y ,
L3 = 2x
∂x
∂y
2
∂2
1
2 ∂
L = −y ( 2 + 2 ) = −L23 − (L2 L3 + L3 L2 ).
∂x
∂y
2
L2 = (y 2 − x2 )

Định nghĩa 1.4. Toán tử L = −y 2

H.

∂2
∂x2

+

∂2
∂y 2

được gọi là toán tử Laplace trên

Định nghĩa 1.5. Cho f, g ∈ Cc∞ (H) ta định nghĩa tích vô hướng

f, g =

f (z).g(z)dµ(z),
H

với dµ(z) =

dxdy
y2

là độ đo G-bất biến trên H .
7


• Cho ϕ, ψ ∈ Cc∞ (H) và là những hàm thực khi đó
Lϕ, ψ =

Lϕ.ψ

dxdy
.
y2

H

• Cho ϕ ∈ C ∞ là hàm thực dương và z0 ∈ H . Đặt f (z) = ϕ(u(z, z0 )) khi đó ta
dễ dàng chứng minh được
Lf = lϕ,
với lϕ(u) = −(u2 + u)ϕ (u) − (1 + 2u)ϕ (u).

1.2

Một nghiệm của phương trình lϕ = s(1 − s)ϕ

Ta trình bày một nghiệm của phương trình vi phân thuần nhất cho toán tử
Laplace trên hàm khoảng cách. Cho
1

1
ϕs (u) = ϕ(u, s) =
4π

[t(1 − t)]s−1 (t + u)−s dt,
0

tích phân hội tụ tuyệt đối với s = σ + iτ, σ > 0 và u > 0.

Định nghĩa 1.6. Cho hai hàm f, g và g ≥ 0 ta định nghĩa f
hằng số c sao cho
|f (z)| ≤ c.g(z), ∀z ∈ H,
hay ta cũng có thể viết

f = O(g).
Để nói hàm f là bị chặn ta viết

f = O(1).
Định lí 1.1. Hàm ϕ(u, s) là hàm giải tích theo s, C ∞ theo u và
i) lϕ = s(1 − s)ϕ ;
ii) ϕ(u, s) =

−1
4π

ln u + O(1) khi s,u → 0 ;
8

g nếu tồn tại


iii) ϕ (u, s) =

−1
4πu

+ O(1) khi u,s → 0;

iv) ϕ(u, s) = O(u−σ ) khi u → ∞.

Chứng minh.
u → ∞ suy ra ϕ(u, s) = O(u−σ ) là hiển nhiên.
Bằng tính toán trực tiếp ta thấy rằng nếu

Mu = (u2 + u)(

d 2
d
) + (1 + 2u) + s(1 − s),
du
du

thì

Mu [t(1 − t)]s−1 (t + u)−s = s

d
[t(1 − t)]s−1 (t + u)−s−1 .
dt

Nên
1

1

d
[t(1 − t)]s−1 (t + u)−s−1 dt
dt

[t(1 − t)]s−1 (t + u)−s dt = s

Mu
0

0

= s [t(1 − t)]s−1 (t + u)−s−1

1
0 = 0.

Vậy

Mu ϕ = 0 ⇒ lϕ − s(1 − s)ϕ = 0.
Tiếp theo ta chứng minh
1

[t(1 − t)]s−1 (t + u)−s dt = − ln u + O(1).
0
1
2

1

=

Thật vậy, ta có
0

1

+
0

,
1
2

1

cho u → 0 ta có

= O(1) .
1
2
1
2

Xét tích phân: I =
0

r

s−1

t
(1 − t)s−1 (t+u)
s dt và A(r, u) =
r
u

Đổi biến t = uτ ta có A(r, u) =
0

−s dτ
τ

(1 + τ1 )
9

0

= B( ur );

ts−1
s dt.
(t+u)


ở đây

x

1
1+
τ

B(x) =

−s

dτ
=
τ

ln x + O(1) khi x ≥ 1,
O(1) khi x ≤ 1.

0

Khi đó, ta có
1
2

(1 − t)s−1

I=

1
2

∂A(t, u)
1
1
dt = (1 − )s−1 A( , u) −
∂t
2
2

0

∂
(1 − t)s−1 A(t, u)dt.
∂t

0

1
) = − ln u + O(1), với u → 0.
Chú ý rằng A( 21 , u) = B( 2u
Ta có
1
1
u

2

=
0

với 0 ≤ t ≤ u ⇒ A(t, u) =

B( ut )

2

,

+
u

0

= O(1). Cho nên

u

∂
(1 − t)s−1 A(t, u)dt = O(1).
∂t
0

Vậy
1
2

1
2

∂
(1 − t)s−1 A(t, u)dt =
∂t

u

∂
t
(1 − t)s−1 ln + O(1) dt
∂t
u

u
1
2

=

∂
(1 − t)s−1 [lnt − lnu + O(1)] dt
∂t

u
1
2

= − ln u

d
(1 − t)s−1 dt + O(1)
dt

u

1 s−1
= − ln u (1 − ) − (1 − u)s−1 + O(1).
2
Vậy tích phân

1 s−1 1
1 s−1

I = (1 − ) A( , u) + ln u (1 − ) − (1 − u)s−1 + O(1).
2
2
2
10


Cho nên

I = − ln u + O(1)
(đpcm).

1.3

Giải của toán tử Laplace trên nửa mặt phẳng Poincaré
với σ > 1

Cho BC ∞ (H) là không gian của các hàm C ∞ và bị chặn trên H .
Định nghĩa 1.7. Cho f ∈ BC ∞ (H). Toán tử tích phân được định nghĩa bởi

(Lf )(z) =

k(z, z )f (z )dµ(z ),
H

được gọi là toán tử tích phân có nhân với hàm hạt nhân k(z, z ).
Định nghĩa 1.8. Cho f ∈ BC ∞ (H), A là toán tử đóng cùng với miền xác định
DA , toán tử R(s) thỏa mãn

(A − s(1 − s)I)R(s)f = f,

được gọi là giải của toán tử A, với I là toán tử đồng nhất.
Định lí 1.2. Cho f ∈ BC ∞ (H) với Re(s) > 1. Đặt

R(s)f (z) =

ϕs (u(z, z ))f (z )dµ(z ).
H

Khi đó R(s)f (z) là bị chặn, C ∞ và thỏa mãn

(L − s(1 − s)I)R(s)f = f.
Đặt r(z, z ; s) = ϕ(u(z, z ); s) thì r(z, z ; s) được gọi là nhân của R(s).
Bổ đề 1.1. Nếu f ∈ BC ∞ (H) khi đó R(s)f bị chặn với σ > 1 .
Chứng minh. Đặt h(z) = ϕs (u(z, z ))f (z )dµ(z ) .
H

Khi đó

|h(z)| ≤ f

|ϕs (u(z, z )|dµ(z ).
H

11


Tích phân vế phải là không phụ thuộc vào z . Thật vậy,với g ∈G ta có

ϕs (u(z, g −1 z )) dµ(z )

|ϕs (u(gz, z ))|dµ(z ) =
H

H

(vì u(z, z ) là bất biến)

|ϕs (u(z, z ))|dµ(gz ) =

=
H

|ϕs (u(z, z ))|dµ(z )
H

(vì dµ(z ) bất biến).
Vậy

|ϕs (u(gz, z ))|dµ(z ) =
H

|ϕs (u(z, z ))|dµ(z ),
H

với ∀g ∈ G .
Khi đó,ta có thể giả sử z = i, mặt khác

1
dµ(z ).
(1 + u)σ

|ϕs (u(z, z ))|dµ(z )
H

H

Thật vậy, ta có
1

1
|ϕs (u(z, z ))| =
4π

[t(1 − t)]s−1 (t + u)−s dt

1
.
(1 + u)σ

0

Tiếp theo,ta chứng minh tích phân

1
dµ(z ),
[1 + u(z, z )]σ

I=
H

hội tụ với σ > 1.
Chứng minh.
Với z = i, ta có
+∞ +∞

I=
−∞ 0

+∞ +∞

(4y)σ

dxdy
= 4σ
σ
2
2
y
x2 + (y + 1)
−∞
12

0

y σ−2
x2 + (y + 1)2

σ

dxdy

.
y2


Mặt khác
 +∞

σ

I = 4σ 

+∞ +∞



+

−∞ 0

 = I2 + I1 .

−∞ σ

Khi đó, ta có


+∞ +∞

I1
−∞ σ

Đổi biến

x
y

+∞

y σ−2

σ dxdy

x2 + (y + 1)2

σ



+∞

1





−∞

x
y

2

+1

 1

dx
σ
 y σ+2 dy.

= t, ta có
 +∞

+∞

I1



1
 1 dy
σ dt
(t + 1)
y σ+1


−∞

σ

tích phân này hội tụ với σ > 1.
Xét tích phân
+∞ σ

I2 = 4σ
−∞ 0

+∞ σ

y σ−2
x2 + (y + 1)2

1
σ−2
dxdy
σy
2
(x + 1)

σ dxdy
−∞ 0
σ

y σ−2 dy,
0

tích phân này hội tụ với σ > 1 .
Khi đó tích phân đã cho hội tụ, vậy h(z) bị chặn với σ > 1.
Bổ đề 1.2. Cho σ > 1, f ∈ Cc∞ (H). Đặt

h(z) =

ϕs (u(z, z ))f (z )dµ(z ).
H

Khi đó, h là C ∞ . Đặt Ms = L − s(1 − s)I , khi đó

Ms h =

ϕs (u(z, z )Ms f (z )dµ(z ),
H

13


và

Ms h = f.
Chứng minh. Xét ánh xạ z → g(z) ∈ G là C ∞ sao cho g(z)i = z .
Đặt
ϕ(u(z, z ), s) = k(z, z ),
khi đó

h(z) =

k(g(z)i, z )f (z )dµ(z ) =

k(i, g −1 (z)z )f (z )dµ(z ) =

=

k(i, z )f (g(z)z )dµ(g(z)z ) =

k(i, z )f (g(z)z )dµ(z ).

f có giá compact nên h là C ∞ .
Tiếp theo ta chứng minh
Lj h(z) =

k(z, z )Lj f (z )dµ(z ).

Ta có

h(etXj z) =

k(etXj z, z )f (z )dµ(z ) =

k(z, e−tXj z )f (z )dµ(z ),

đổi biến ta có

h(etXj z) =

k(z, z )f (etXj z )dµ(z ).

Mặt khác

Lj h(z) =

d
h(etXj z) |t=0 ,
dt

khi đó ta có

Lj h(z) =

k(z, z )Lj f (z )dµ(z ).

Lh(z) =

k(z, z )Lf (z )dµ(z ),

Tương tự ta cũng có

với L = −L23 − 21 (L2 L3 + L3 L2 ).
Như vậy,ta có

Ms h(z) =

k(z, z )(Ms f )(z )dµ(z ).
14


Bổ đề 1.3. Nếu f có giá compact ta có

k(z, z )Ms f (z )dµ(z ) = f (z).
Trường hợp f không có giá compact,f ∈ BC ∞ (H). Gọi ψ ∈ Cc∞ (H) và ψ thực.
Khi đó

h, Ms ψ =

h(z)Ms ψ(z)dµ(z) =

k(z, z )f (z )Ms ψ(z)dµ(z)dµ(z )

(với h(z) = k(z, z )f (z )dµ(z )).
Vì ψ có giá compact nên k(z, z )Ms ψ(z)dµ(z) = ψ(z ).
Vậy ta có

h, Ms ψ =

f (z )ψ(z )dµ(z ) = f, ψ .

Tức là

Ms h, ψ = f, ψ ,
nên

Ms h = f
(đpcm).
Nhận xét 1.1. Cho σ > 1 ta có

r(z, z ; s) =

1.4

1
2

ϕ(u(z, gz ); s).
g∈Γ

Sự đối xứng của toán tử Laplace trên nửa mặt phẳng
Poincaré

Xét hàm ξY (y) với Y là số thực dương xác định như sau:

• ξY (y) = 1 nếu y ≤ Y và ξY (y) = 0 nếu y ≥ 2Y ;
• ξY (y)

1
Y 2.

15


Gọi Γ = SL(2, Z). Miền cơ bản F của Γ được cho bởi

z ∈ H; |z| ≥ 1, |x| ≤

F =

1
2

Bổ đề 1.4. Nếu f, Lf ∈ BC ∞ (Γ\H) và là hàm thực.Khi đó tích phân
2

∂f
∂x

[f, f ] =

+

∂f
∂y

2

dxdy,

F

là hữu hạn và

Lf, f = [f, f ] .
Chứng minh. Gọi ξ = ξY là hàm được xác định như trên giữa Y và 2Y.
Đặt
∂f
∂f
∂f
ω(x, y) =
f ξdy −
f ξdx =
f ξds,
∂x
∂y

∂n
ta có

−

(Lf )f ξ

dxdy
=
y2

(∆f )(f ξ)dxdy
F

F

∂f ∂(f ξ) ∂f ∂(f ξ)
+
dxdy.
∂x ∂x
∂y ∂y

dω −

=
F

F

Theo định lý Stokes-Green,ta có

dω =
F

ω = 0.
∂F

Vậy

dxdy
(Lf )f ξ 2 = −
y

−
F

∂ξ
ở đây ∂x
=0.
Mặt khác

∂f
∂x

2

+

F

∂f
∂y

2

ξdxdy −

f
F

1
∂f ∂ξ 1 2 ∂ 2 ξ
2 ∂ξ
d(f
dx) = − f
+ f
dxdy,
2
∂y
∂y ∂y 2 ∂y 2
16

∂f ∂ξ
dxdy,
∂y ∂y


ở đây

∂ξ

∂y

= 0 với ∀dx = 0 khi Y là số rất lớn.Vậy
f

−1 2 ∂ 2 ξ
∂f ∂ξ
dxdy =
f
dxdy.
∂y ∂y
2
∂y 2

Khi đó,ta có

dxdy
(Lf )f ξ 2 =
y
F

2

∂f
∂x

∂f
∂y

+

2

1
ξ(y)dxdy −
2

1
2

f 2 (z)ξ (y)dxdy.
−1
2

F

Cho Y → ∞ khi đó tích phân

− 21

1
2
−1
2

2Y
Y

2Y

Y

f 2 (z)ξ (y)dxdy = O( Y1 ).

Vậy

∂f
∂x

2

2

∂f
∂y

+

ξ(y)dxdy =

(Lf )f ξ

1
dxdy
+
O(
),
y2
Y

F

F

khi Y → ∞ thì ξ(y) = 1.
Vậy
∂f
∂x

2

∂f
∂y

+

2

dxdy =

F

(Lf )f

dxdy
.
y2

F

Định lí 1.3. Cho f, g ∈ BC ∞ (Γ\H) là những hàm thực sao cho Lf và Lg cũng
thuộc vào BC ∞ (Γ\H). Khi đó L là đối xứng,tức là

Lf, g = f, Lg .
Chứng minh. Cho a là một số dương, Fa là miền cơ bản được xác định như sau

Fa =

1
z ∈ H; |z| ≥ 1, |x| ≤ , y ≤ a .
2

Giả sử f, g là hai hàm thực. Đặt

Ia = Lf, g − Lg, f .
Ta có

[(Lf )g − (Lg)f ]

Ia =
Fa

17

dxdy
.
y2


Nên

[(∆g)f − (∆f )g]dxdy =

Ia =
Fa

(g

∂g
∂f
− f )ds,
∂n
∂n

∂Fa

(theo định lý Stokes).
Tích phân trên ∂Fa có những cặp định hướng ngược nhau, nên tích phân trên
mỗi cặp đó bằng không.Chỉ còn lại việc xét tích phân trên biên y = a.
Do đó
1
2

Ia =

g

∂f
∂g
−f

∂y
∂y

−1
2

dx.
y=a

Theo bất đẳng thức Schwarz ta có
1
2

|Ia | ≤

g

∂f
∂g
+ f
∂y
∂y

−1
2

1
2

2

∂f
∂y

 f 2 + g2.

dx ≤
y=a



+

−1
2

∂g
∂y

2




dx.

y=a

Vậy
1

2

∂f
∂y

2

|Ia |

2

+

2

∂g
∂y

dx.
y=a

−1
2

Lấy tích phân từ A đến B hai vế ta có
B

1
2

B
2

|Ia | da
A

∂f
∂y

2

+

∂g
∂y

−1
2

A

2

dxdy,
y=a

tích phân này bị chặn.
Mặt khác khi a → ∞ thì Ia → 0, vì nếu không tồn tại hằng số c > 0 sao cho

|Ia |2 ≥ c > 0,

suy ra
B

|Ia |2 ≥ c(B − A).
A

Vậy tích phân không bị chặn,mâu thuẫn (đpcm).
18


Chương 2
Mô hình Whittaker cho phổ rời rạc
2.1

Hàm Green và phương trình Whittaker

Định nghĩa 2.1. Cho (a,b) là khoảng thời gian mở có thể là (0,∞).Gọi

d
My = −
dy

2

+ p(y),

trong đó p là hàm C ∞ trên (a,b), g(y, y ) trên (a,b) × (a,b) thỏa mãn
b

My

g(y, y )f (y )dy = f (y),
a

với mọi f ∈ Cc∞ (a, b) được gọi là hàm Green cho toán tử vi phân My .
Ngoài ra hàm Green còn thỏa mãn:
GF1. g là hàm liên tục,và là hàm C ∞ theo mỗi biến ngoại trừ trên đường chéo;
GF2. g thỏa mãn phương trình vi phân thuần nhất cách xa đường chéo.Tức là,
nếu y = y thì My g(y, y ) = 0.
Bổ đề 2.1. g thỏa mãn GF1,GF2. Khi đó g là hàm Green cho toán tử vi phân
My khi và chỉ khi g thỏa mãn điều kiện bước nhảy sau
GF3. D1 g(y, y +) − D1 g(y, y −) = 1.
Trong đó:
D1 g(y, y +) = lim D1 g(y, y ),
y →y,y >y

D1 g(y, y −) =

lim

y →y,y
19

D1 g(y, y ).


Chứng minh. Ta có
y

b

g(y, y )f (y )dy =
a

b

g(y, y )f (y )dy +
a

Lấy vi phân D1 =

d
dy

g(y, y )f (y )dy .
y

hai vế ta được

b

D1

g(y, y )f (y )dy =
a
y

b

D1 g(y, y )f (y )dy −g(y, y)f (y) +

= g(y, y)f (y) +
a

D1 g(y, y )f (y )dy .
y

Tức là
y

b

g(y, y )f (y )dy = D1

D1
a

b

g(y, y )f (y )dy +D1
a

Tiếp tục lấy vi phân D12 =

d
dy

g(y, y )f (y )dy .
y

2

hai vế ta có

b

D12

g(y, y )f (y )dy =
a
y

b

D12 g(y, y

= D1 g(y, y−)f (y)+

)f (y )dy −D1 g(y, y+)f (y)+ D12 g(y, y )f (y )dy .
y

a

Điều này tương đương với
b

b

g(y, y )f (y )dy = [D1 g(y, y+) − D1 g(y, y−)] f (y) + My g(y, y )f (y )dy .

My
a

a

Theo GF2 thì My g(y, y ) = 0 với y = y .
Vậy
b

g(y, y )f (y )dy = [D1 g(y, y+) − D1 g(y, y−)] f (y).

My
a

Tức là

f (y) = [D1 g(y, y+) − D1 g(y, y−)] f (y).
Vậy

D1 g(y, y +) − D1 g(y, y −) = 1
(đpcm).
20


Gọi J, K là hai nghiệm độc lập tuyến tính của phương trình thuần nhất

J + pJ = 0,
K + pK = 0.
Khi đó tồn tại hàm Green

g(y, y ) =

A(y )J(y) khi y < y,
B(y )K(y) khi y > y.

Trong đó A, B là hai hàm thỏa mãn

A(y)J(y) − B(y)K(y) = 0,
−A(y)J (y) + B(y)K (y) = 1.
Gọi W = JK − J K , khi đó W = 0. Nên W là hằng số khác 0
Khi đó,ta có
K
J
A = ,B = .
W
W

g(y, y ) =

K(y )J(y)
W
J(y )K(y)
W

khi y < y,
khi y > y.

Sau đây ta xét hai ví dụ
Ví dụ 2.1. Trên (0, +∞), đặt

d
My = −
dy

2

−

s(1 − s)
,
y2

xét phương trình thuần nhất

ψ (y) = −

s(1 − s)
ψ(y).
y2

Phương trình có hai nghiệm đôc lập tuyến tính là J = y 1−s và K = y s .
Ta có W = K J − J K = 2s − 1.
Vậy hàm Green cho bởi

y s y 1−s khi y < y,
y 1−s y s khi y > y .

1
t(y, y ; s) =

2s − 1
21


Ví dụ 2.2. (phương trình Whittaker) Cho s là số phức, Re(s) > 0, c ≥ 1 là
số thực. Đặt
d 2
s(1 − s)
My = −
+ c2 −
.
dy
y2
Phương trình thuần nhất cho toán tử vi phân My là

ψ (y) = c2 −

s(1 − s)
ψ(y).
y2

Ta chứng minh tồn tại hai nhiệm J = Js,c , K = Ks,c thỏa mãn phương trình
Whittaker

• Nếu y → ∞ thì
J(y) ∼ e−cy ,
và

K(y) ∼ ecy .
• Nếu y → 0 thì

Js,c (y) ∼

Γ(2s − 1)
(2cy)1−s ,
Γ(s)

với Re(s) > 21 , và

β(s)
(2cy)s .
Γ(s)

Ks,c (y) ∼
1

Ở đây β(s) =

[t(1 − t)]s−1 .

0

Thật vậy. Xét tích phân
∞

1 s −y
ye2
Ws (y) =
Γ(s)

e−ty [t(1 + t)]s−1 dt.

0

Đổi biến ta có

∞

1 −y
Ws (y) =
e2
Γ(s)

−t s−1

e t

t
1+
y

s−1

dt.

0

Bằng tính toán trực tiếp ta có Ws (y) thỏa mãn phương trình Whittaker

ψ (y) =

1 s(1 − s)

−
ψ(y).
4
y2
22


Đặt

∞

1 −cy
Js,c (y) =Ws (2cy) =
e
Γ(s)

−t s

e t

t
1+
2cy

s−1

dt
.
t

0

• Cho y → ∞, ta có
∞

1 −cy
e
Js,c (y) ∼
Γ(s)

e−t ts

dt
= e−cy ,
t

0
∞

với Γ(s) =
0

e−t ts dtt

là hàm Gamma.

Mặt khác

∞

1 −cy
Js,c (y)=
e (2cy)1−s
Γ(s)

e−t ts (2cy + t)s−1

dt
.
t

0

• Cho y → 0, ta có
Js,c (y) ∼

Γ(2s − 1)
(2cy)1−s .
Γ(s)

Tương tự,ta cũng có đối với Ks,c = Vs (2cy),
với
1

1 s −y
Vs (y) =
ye2
Γ(s)

eyt [t(1 − t)]s−1 dt.

0

2.2

Phân tích của giải trên nửa mặt phẳng Poincaré với
σ > 23

Cho σ > 32 , tổng trên Γ được chia thành hai tổng. Đặt Γ0 là nhóm các ma trận
±1 n
0 ±1 với n là số nguyên. Ta có

r(z, z ; s) =
=

1
2

ϕ(u(z, gz ; s))
g∈Γ

1
1
ϕ(u(z, gz ; s)) +
2 g∈Γ
2
0

23

ϕ(u(z, gz ; s)).

g ∈Γ
/ 0


• Tổng
• Tổng

1
2
1
2

ϕ(u(z, gz ; s)) được gọi là phần đỉnh;
g∈Γ0

ϕ(u(z, gz ; s)) không là phần đỉnh.
g ∈Γ
/ 0

Trước hết ta nghiên cứu phần đỉnh.
Cho a > 0,chia miền cơ bản F thành hai phần

F0 =

1
z ∈ H; |z| ≥ 1, |x| ≤ , y ≤ a ,
2

F1 =

1
z ∈ H; |z| ≥ 1, |x| ≤ , y ≥ a .
2

Khi đó,không gian Hilbert E = L2 (Γ\H) = L2 (F0 ) ⊕ L2 (F1 )
Định nghĩa 2.2. Cho µ là số thực, khi đó ta định nghĩa không gian

Bµ (F ) = Bµ (F0 ) ⊕ Bµ (F1 ).
• Bµ (F0 ) là không gian của những hàm liên tục trên F0 với chuẩn sup;
• Bµ (F1 ) là không gian của những hàm liên tục f trên F1 thỏa mãn tính chất:
|f (x + iy)|
f

µ

yµ,

|f (z)|
.
µ
z∈F1 y

= sup

Khi đó Bµ (F ) là không gian Banach.
Định nghĩa 2.3. Cho k(z, z ) là hàm được định nghĩa trên tích Fi × Fj . Ta kí
hiệu k(z, z ) = kij (z, z ) để hiểu rằng z ∈ Fi và z ∈ Fj .Ta định nghĩa k(z, z ) là
nhân của loại Bµ nếu thỏa mãn:

• k(z, z ) liên tục;

• |k(z, z )|
Như vậy:

(yy )µ .
|k11 (z, z )|

(yy )µ ;

|k01 (z, z )|

(y )µ ;

|k10 (z, z )|

(y)µ .

24