PHƯƠNG TRÌNH SCHRODINGER PHI TUYẾN
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (625.93 KB, 27 trang )
ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƢỜNG ĐẠI HỌC SƢ PHẠM
----------------------------
TRƢỜNG ĐẠI HỌC SƢ PHẠM
----------------------------
Phan Thị Vân Huyền
Phan Thị Vân Huyền
PHƢƠNG TRÌNH SCHRODINGER
PHƢƠNG TRÌNH SCHRODINGER
PHI TUYẾN
PHI TUYẾN
Chuyên ngành: Toán Giải tích
Mã số
: 60.46.01
LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC
LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC
Ngƣời hƣớng dẫn khoa học:
PGS. TSKH. NGUYỄN MINH TRÍ
THÁI NGUYÊN – 2009
THÁI NGUYÊN – 2009
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
1-
MỤC LỤC
MỞ ĐẦU
Trang
Chƣơng 1
KIẾN THỨC CHUẨN BỊ
Phƣơng trình Schrodinger là một trong những phƣơng trình cơ bản nhất
4
trong lý thuyết cơ học lƣợng tử. Từ khi xuất hiện phƣơng trình này đã có một số
1.2. Không gian L …………………………………………………….
5
lớn các công trình nghiên cứu các tính chất của nó. Trƣớc đây phần lớn các
1.3. Không gian Sobolev………………………………………………
8
1.4. Một số kết quả đã có của phƣơng trình phi tuyến Schrodinger…..
10
1.5. Sự đánh giá cho đạo hàm cấp phân số của toán tử phi tuyến…….
12
1.1. Bất đẳng thức Holder……………………………………………..
p
nghiên cứu tập trung vào phƣơng trình Schrodinger tuyến tính. Gần đây một số
các chuyên gia nhƣ T. Kato, T. Tao, C. Kening, … đã tập trung vào nghiên cứu
:Phƣơng trình Schrodinger phi tuyến. Mục tiêu của luận văn này là giới thiệu
công trình của T. Kato, một trong những công trình quan trọng trong hƣớng
Chƣơng 2
nghiên cứu này.
ĐỊNH LÝ DUY NHẤT
Nội dung luận văn đƣợc chia thành ba chƣơng
2.1. Định lý duy nhất…………………………………………………..
16
Chƣơng 1 KIẾN THỨC CHUẨN BỊ, bao gồm bất đẳng thức Holder,
2.2. Bổ đề 2.2………………………………………………………….
22
không gian Lp, không gian Sobolev và một số ký hiệu hình học đƣợc sử dụng
2.3. Chứng minh định lý 2.1…………………………………………..
25
trong luận văn. Ngoài ra phần mở đầu còn trình bày về một số kết quả đã có của
2.4. Hệ quả…………………………………………………………….
27
phƣơng trình phi tuyến Schrodinger dựa theo các tài liệu [11, 12, 14].
Chƣơng 3
Chƣơng 2 ĐỊNH LÝ DUY NHẤT, bao gồm định lý duy nhất (phát biểu và
SỰ TỒN TẠI ĐỊA PHƢƠNG CỦA Hs - NGHIỆM
chứng minh định lý), một số chú ý và Hệ quả của nó về tính đặt chỉnh không
điều kiện.
Hs NGHIỆM TOÀN CỤC VỚI ĐIỀU KIỆN BAN ĐẦU NHỎ
3.1. Sự tồn tại địa phƣơng của H - nghiệm…………………………...
29
Chƣơng 3 SỰ TỒN TẠI ĐỊA PHƢƠNG CỦA HS – NGHIỆM. HS –
3.2. Hs nghiệm toàn cục với điều kiện ban đầu nhỏ…………………...
42
NGHIỆM TOÀN CỤC VỚI ĐIỀU KIỆN BAN ĐẦU NHỎ, bao gồm định lý về
3.3. Định lý duy nhất cho Hs - nghiệm ……………………………….
47
sự tồn tại của Hs – nghiệm, với một vài sự hạn chế khi s 0, nếu m 7 và F()
KẾT LUẬN……………………………………………………………..
50
không là đa thức của và . Thêm vào độ trơn của F, giả thiết chính ở đây, là
TÀI LIỆU THAM KHẢO ……………………………………………..
51
k1+
s
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên-
2-
m
m
4
nếu s < , k < nếu s =
và k = (không cần giả thiết) nếu
2
2
m 2s
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên-
3-
s>
m
. Hs – nghiệm đã đƣợc nghiên cứu chi tiết bởi Cazenave – Weissler [3], ở
2
đây, không gian loại Besov đã đƣợc sử dụng nhƣ những không gian phụ trợ. Ta
Chƣơng 1.
sử dụng các không gian loại Lebesgue để thay thế, mà sự xuất hiện của nó thì
KIẾN THỨC CHUẨN BỊ
thích hợp hơn cho vấn đề này. Khi đó chúng ta thu đƣợc những kết quả sau sự
đánh giá cho khoảng T* của H – nghiệm u chỉ phụ thuộc vào || u(0)||2 (trong
s
đó, = (–)1/2) với giá trị nhất định nào đó của < s, không phụ thuộc vào
|| u(0) ||H s . Những đánh giá này dẫn tới một cách tự nhiên định lý về độ trơn.
Ngoài ra định lý tồn tại tổng :Quát đã đƣợc chứng minh cho Hs – nghiệm toàn
cục với điều kiện ban đầu nhỏ, dƣới điều kiện thêm vào chính là F() = O
(||1+4/m) với nhỏ; F() không cần phải là thuần nhất hoặc là lũy thừa giới hạn.
1.1. Bất đẳng thức Holder
Cho một không gian E và một độ đo trên một – đại số các tập con
của E. Nếu f(x), g(x) là những hàm số đo được xác định trên E, và p, q là hai số
thực sao cho 1 < p < và
Ở đây, lặp lại tính nhỏ của ||u(0)||H với < s là đủ trong hầu hết các trƣờng hợp.
Nếu F là một đa thức, thì khoảng biến thiên chấp nhận đƣợc của đƣợc mở
rộng.
1 1
1 thì
p q
1
1
p
q
p
q
| fg | d | f | d | g | d .
E
E
E
(1.1.1)
Để chứng minh định lý trƣớc hết ta có Bổ đề sau
Luận văn đƣợc thực hiện với sự hƣớng dẫn nhiệt tình và đầy trách nhiệm
của PGS.TS. Nguyễn Minh Trí. Tôi xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới thầy.
Cuối cùng tôi xin chân thành cảm ơn các thầy cô trong Trƣờng Đại học Sƣ
Bổ đề. Cho a, b không âm và p, q là là hai số thực sao cho 1 < p < và
1 1
1 thì ta có
p q
phạm - Đại học Thái Nguyên, các thầy trong phòng Phƣơng trình Vi phân của
Viện Toán học đã tận tình giúp đỡ và tạo mọi điều kiện thuận lợi cho tôi trong
suốt quá trình học tập và viết đề tài này.
(1.1.2)
ab
ap
bq
+
.
p
q
Thật Vậy
1
Xét hàm (t )
1
t 1
1 1 1
t p (t 0), ta thấy (1) = 0 và '(t ) t p
p p
p q
dƣơng với t > 1, âm với t < 1, vậy (t ) đạt cực tiểu tại t = 1.
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên-
4-
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên-
5-
Khi E là một tập đo đƣợc Lebesgue trong k , và là độ đo Lebesgue, thì
1
t 1
t p (1) = 0.
p q
Do vậy, với mọi t 0 ta có
ta viết là Lp(E).
Đặc biệt t = a p .b p 0 (có thể giả thiết b > 0 vì nếu b = 0 thì (1.1.2) hiển
p
a p .b p 1
ap
bq
ab q 0 hay
+
– ab 0 đó chính là bất
p
q
p
q
nhiên đúng) ta có
p
Nếu E = [a, b] 1 , và là độ đo Lebesgue thì ta viết Lp[a, b] hoặc L[a,
b]
và nếu E = [0, 1] thì ta viết đơn giản là Lp.
Ta có Tập hợp Lp(E, ), trong đó, ta không phân biệt các hàm tương
đẳng thức (1.1.2). ■
đương nhau (nghĩa là bằng nhau hầu khắp nơi), là một không gian vectơ định
Chứng minh bất đẳng thức (1.1.1).
chuẩn. Với các phép toán thông thƣờng về nhân hàm số với số và cộng hàm số,
Áp dụng bất đẳng thức (1.1.2) cho a
| fg |
1
|p p
1
|q q
| f | g
|f|
1
|p p
| f
| f |p
p | f |
p
,b
| g |q
q | g |
q
|g|
1
g |q q
|
, ta đƣợc
và với chuẩn là
1
p
|| f || | f | p d .
E
1.2.2. Một số ký hiệu
.
(i) Lr(Lq) là Lr((0, T); Lq( m )), ở đây, 1 q, r và 0 < T < , với chuẩn là
Lấy tích phân hai vế ta có
| fg |
1
|p p
1
|q q
| f | g
1
p
q
| f | | g | 1 1 1
p q
p | f |p
q | g |q
|| u ( x, t ) ||Lr ( Lq )
r
1
T
r
r
q
T
r
q
= u ( x, t ) dx dt || u ( x, t ) || q m dt .
L ( )
0 m
0
(ii) L(L) sẽ đƣợc hiểu nhƣ là L( T ), ở đây, T = (0, T) m , với chuẩn là
từ đó suy ra bất đẳng thức (1.1.1). ■
|| u ( x, t ) ||L ( L ) = ess
1.2. Không gian Lp
sup | u( x, t ) | .
(0, T) m
(iii) a b và a b lần lƣợt là min{a, b} và max{a, b}.
1.2.1. Định nghĩa.
Cho một không gian E và một độ đo trên một – đại số các tập con
của E. Họ tất cả các hàm số f(x) có lũy thừa bậc p (1 p ) của mođun khả
tích trên E, tức là sao cho | f | p d được gọi là không gian Lp(E, ).
E
(iv) Để làm đơn giản các chứng minh trong các chƣơng sau ta sử dụng các ký
hiệu hình học giới thiệu trong [12] và vài nơi khác.
Ký hiệu
P = (x, y); 0 x, y 1 là một điểm trong hình vuông đơn vị
= [0, 1] [0, 1] 2 . Ta viết x = x(P), y = y(P).
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên-
6-
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên-
7-
Đoạn thẳng nối P, Q đƣợc kí hiệu bởi (PQ), [PQ], [PQ)... tùy theo nó
là mở hoặc đóng tại điểm cuối và kí hiệu độ dài của PQ bởi |PQ|.
Ta cũng xem xét P nhƣ một vectơ 2 chiều với gốc O = (0, 0), Vì vậy,
aP (a 0) và P + Q là có ý nghĩa (miễn là chúng vẫn thuộc ). Ta giới thiệu sự
sắp xếp thẳng \ trong . Q\ P tức là Q là dƣới P, nghĩa là x(Q) = x(P) và
y(Q) y(P). Với bất kỳ đoạn thẳng trong , R\ [\R] nghĩa là có S sao
cho R\S [S\R]. Có một vài điểm quan trọng đặc biệt trong
1
B = ( ,0) ;
2
C=(
1
B' = ( , 1);
2
1
1 1
– , );
2 m 2
C' = (
1
(C = (0, );
4
1
1 1
+ , );
2
m 2
(i) Với s là số nguyên, s > 0, ký hiệu H s() là không gian các hàm thuộc
1
Chú ý Đây là không gian Hilbert với tích vô hƣớng
B'
B'
l'
(u, v) s D u( x).D v( x) dx .
l'
C'
C'
m=1
C
O
B
Hình.1.
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên-
| | s
Với s = 0 thì H0() L2().
(ii) Nếu s là số thực tùy ý thì Hs(n) được định nghĩa là
l
H s ( n ) {u S ' | uˆ( ) L1loc ( n) sao cho (1 | |2 ) s | uˆ ( ) |2 d } < .
n
B
Hình.1a.
8-
L2() có đạo hàm suy rộng Du, || s, Du L2(), với chuẩn là
2
||u||s = | D u |2 dx .
| |s
2y 1
2y 1
2
x+
=
và x +
= + . (xem hình 1 và 1a).
2
2
m
m
m
O
1
r
1
T
r
T
r
q
r
q
||u :P|| = u ( x, t ) dx dt || u ( x, t ) || q m dt .
L ( )
0 m
0
1.3.1. Định nghĩa
3
C' = (1, ) nếu m = 1).
4
l
1 1
Cụ thể với P = ( , ); u L(P) thì
q r
1.3. Không gian Sobolev
nếu m = 1). Đó là các phần của các đoạn thẳng
m=3
Chuẩn trong L(P) đƣợc kí hiệu là || :L(P)||, hoặc đơn giản là || :P||.
BC biểu thị lớp các hàm số liên tục, bị chặn. C biểu thị là hằng số dƣơng bất kỳ.
Đoạn thẳng l = [BC) và l' = [BC') là quan trọng nhất (l = [BC]; l' = [B'C']
C
1 1
Cuối cùng ta đặt L(P) = Lr(Lq) nếu :P = ( , );
q r
H s ( n ) là không gian Hilbert với tích vô hƣớng
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên-
9-
(u, v)s = (1 | |2 ) s uˆ ( )uˆ ( )d ,
n
n
Mà s – || s – k > 2 do || k s – || > 2 nên C '
n
n
|| u ||2s (1 | |2 ) s | uˆ ( ) |2 d .
Chú ý Nếu u H thì D (u) H
s | |
Định lý. Nếu u
( ) .
Xét bài toán về giá trị ban đầu của phƣơng trình phi tuyến Schrodinger
tu = i(u – F(u)), t 0, x m, m .
khắp và || u ||C k A || u ||s , A là hằng số không phụ thuộc u.
(NLS)
Chứng minh
Với các giả thiết dƣới đây của F(u)
n
2
n
u ( )ei ( x , ) d (2 ) 2 uˆ ( ).ei ( x , ) d .
Ta có D u ( x) (2 ) D
| | k
Vậy || D u ( x) || (2 )
|| D u ( x) || (2 )
n
2
uˆ ( ).ei ( x, ) d (2 )
n
2
1
n
2
s
2 2
(2 ) 1
uˆ ( ) 1
n
2
s
2 2
1
2 s
F C1 ( , ); F(0) = 0,
(1.4.2)
DF() = O(||k – 1) với k 1, khi || → .
Ở đây, đạo hàm DF là đạo hàm theo nghĩa thực, Vì vậy, nó có thể đƣợc kiểm tra
uˆ( ) d .
trên một ma trận thực vuông cấp 2. Đôi khi (1.4.2) là thừa, trong trƣờng hợp nhƣ
vậy ta đặt k = . Chú ý rằng (1.4.2) không xác định k một cách duy nhất. Nói
2
1
2 s
1
2
d
Ta bắt đầu với việc tổng :Quan lại về khái niệm tính đặt chỉnh. Theo
nguyên lý Hadamard, ta nói rằng một vấn đề là (địa phƣơng) đặt chỉnh trong một
1
2
không gian hàm số X đƣợc định nghĩa trên Rm nếu với mỗi X có T > 0 và
d .
một nghiệm duy nhất u C ([0, T ); X) của (NLS) với u(0) = .
(Trong định nghĩa này ta có thể bao gồm sự phụ thuộc liên tục của u vào ,
Mặt khác,
n
(1.4.1)
chung không có một quy luật bảo toàn nào cả.
2
uˆ ( ) d
2
2
d
1
2 s
n
(2 ) 2 || u ||s
n
d < .
1.4. Một số kết quả đã có của phƣơng trình phi tuyến Schrodinger
n
H ( ) , s > k + , k là số nguyên không âm thì u Ck hầu
2
n
2 | | s
x
| | k
n
1.3.2. Định lý nhúng Sobolev
s
1
Vậy | D u ( x) | C || u ||s sup | D u ( x) | A || u ||s || u ||C k A || u ||s . ■
n
s
1
2
1
2 s
d C ' 1
n
1
2 | |
2 s
d C '
n
1
1
2 | | s
d .
nhƣng để đơn giản ta sẽ không để ý đến điểm này).
Tuy nhiên, thực tế thƣờng thì một vài điều kiện (không gian) phụ trợ đƣợc
cần đến để đảm bảo tính đặt chỉnh. Điều này đƣợc minh họa rõ nhất bởi các ví
dụ. Nhắc lại hai định lý sau (theo [11, 12, 14]).
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
- 10
-
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
- 11
-
Định lý A. Trong (1.4.2) giả sử k < 1 +
4
(không cần nếu giả thiết m=1).
m2
1.5. Sự đánh giá cho đạo hàm cấp phân số của toán tử phi tuyến
(i) Cho bất kỳ H1 = H1( m ), khi đó có T > 0 và một nghiệm duy nhất
Bổ đề A1. Giả sử F C1( ; ); G C( ; ) sao cho
u C([0, T); H1) của (NLS) với u(0)= .
(1.5.1)
(ii) u có các tính chất thêm vào là
ở đây, (.) L1(0, 1). Khi đó ta có với 0 < s < 1 thì
u Lr([0, T); Lq) với
Định lý B. Cho k < 1 +
1
1
2
1 1
1
+
= 1, – < < .
2 m q
2
mr
q
4
. Với bất kỳ L2 thì có T > 0 và một nghiệm duy
m
nhất u của (NLS) với các tính chất sau
1
1 1 1
r p q
||sF()||r c||G()|| q ||s||p ;
( = ( ) 2 ) ,
p, r (1, ), q (1, ],
ở đây, c phụ thuộc vào , s, p, q , r ( ký hiệu một hàm số trong m ; trong luận
văn ta áp dụng Bổ đề này chỉ cho mà với nó sự tồn tại của s là hiển nhiên).
(i) u C([0, T); L2) với u(0)= ,
(ii) u Lr((0, T); Lq) với
(1.5.2)
|F'( + (1 – ) | ()(G() + G( )); , , 0 1,
Đây là một dạng biến đổi nhỏ của những kết quả do Christ – Weinstein [4] và
1
1
2
1 1
1
+
= 1, – < < .
2 m q
2
mr
q
Staffilani [13], và có thể đƣợc chứng minh cùng phƣơng pháp nhƣ vậy.
Để chứng minh sự duy nhất chỉ cần điều kiện (i), (ii) với một cặp (q, r) là đủ.
Trong Định lý A, phần (i) cấu thành một định lý độc lập bởi chính nó.
Phần (ii) là phần phát triển thêm, nó có thể có hoặc không xuất hiện trong định
lý. Vì lý do này ta có thể nói rằng (ii) là điều kiện phụ có thể bỏ đƣợc, và (NLS)
là đặt chỉnh không điều kiện trong H1. Trong hầu hết các trƣờng hợp nhƣ vậy,
những điều kiện (không gian) phụ trợ phát sinh nhƣ những công cụ cho việc xây
dựng nghiệm.
Bổ đề A2. Cho F C1( ; ), với
(1.5.3) F(0) = 0; |F'()| ||k – 1, ở đây, k 1.
Nếu 0 s 1 thì
(1.5.4) ||sF()||r c || ||kq1|| s || p ;
1 1 k 1
; p, q, r (1, ),
r p
q
trong đó, c phụ thuộc vào s, p, q, r (nếu k = 1 đặt p = r và bỏ qua || ||kq 1 ).
Chứng minh
Trong Định lý B, Lr ([0, T); Lq ) là các không gian phụ trợ. Không giống
nhƣ Định lý A, phần (ii) là một phần cốt yếu của định lý; nếu không có một điều
kiện nhƣ vậy cho ít nhất một cặp (r, q) thì sự duy nhất có thể không đạt đƣợc
hoặc thậm chí không có ý nghĩa. Trong trƣờng hợp này ta nói (NLS) là đặt chỉnh
Trƣờng hợp s = 0 là tầm thƣờng vì |F()| c||k – 1 ||. Giống nhƣ vậy với s = 1,
vì F() = F'() và ||||p là tƣơng đƣơng với ||||p, ...
Vì vậy, ta có thể giả sử rằng 0 < s < 1 thì
|F'( + (1 – )| | + (1 – )|k – 1 c(||k – 1 + ||k – 1).
có điều kiện trong L2, với một không gian phụ Lr ((0, T); Lq ).
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
- 12
-
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
- 13
-
Nhƣ vậy điều kiện (1.5.1) đƣợc gặp với G() = c||k – 1. Do đó, theo Bổ đề A1 thì
(1.5.2) là đúng. Khi đó (1.5.4) đƣợc suy ra trong phép đặt q
q
.■
k 1
Ở trên , là tùy ý chỉ cần thỏa mãn điều kiện
(1, ). Đặt
Bổ đề A3. Cho F C ( , ), n .Giả rằng có k n sao cho
n
' là với 2 chiều dọc đã bị bỏ đi).
Nếu n = 1, (1.5.4) đƣợc chứng minh trong Bổ đề A2. Trƣờng hợp tổng :Quát kéo
theo bởi phép qui nạp theo n . Giả sử (1.5.4) đã đƣợc chứng minh với n 1 và
giả rằng k n + 1 ( 2).Nếu s n thì
||s+1F()||r c|| sF()||r = c|| s (F())||r = c|| s (F'())||r
c (|| F '( ) || q || s || p || s F '( ) || || || ) ,
k 1
không nguyên ( xem ví dụ [4, 5, 9] ). Vì |F'()| ||k –1, thành phần đầu tiên trong
vế phải của (1.5.7) thỏa mãn (1.5.4) với s đƣợc thay thế bởi s + 1. Vì F' thỏa mãn
các điều kiện của F với k đƣợc thay thế bởi k – 1, là thành phần thứ hai, bởi giả
thiết qui nạp, đƣợc đánh giá trên bởi || ||kq 2 || s || || || , trong đó,
k 2
q
nếu F() là một đa thức của và .
Bổ đề A4. Cho s > 0. Thì với bất kỳ số nguyên k 1,
||s(1 ... k)||r c(|| s1 || p1 || 2 ||q2 ...|| k ||qk ... || 1 ||q1 || 2 ||q2 ...|| sk || pk )
với
1 1 1
1
1
1
1
... ... ...
,
r p1 q 2
qk
q1
qk 1 pk
pj (1, ), qj (1, ], j = 1, ..., k.
Chứng minh
Điều này đƣợc kéo theo bởi sự áp dụng lại của công thức Lepnit suy rộng
đã nói đến ở trên.
và (1.5.6) là đúng với bất kỳ s 0.
Chứng minh
).
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
- 14
(1.5.6) đƣợc kéo theo từ (1.5.4) nhƣ công thức (1.5.2) đƣợc kéo theo từ bất
đẳng thức Holder thông thƣờng. Những kết quả trƣớc có thể đƣợc chứng minh
Bổ đề A5. Giả sử F() là đa thức thuần nhất của và bậc k 1. Thì (1.5.4)
k 2 1 1 1
q
p q
(nếu k = 2 bỏ qua thừa số || ||
Kết quả đó đƣợc làm trội bởi ||s+1||p||||q . Điều này kéo theo (1.5.4), hoàn
1 1 1
= + ;
r
ở đây, ta đã sử dụng một công thức Leibniz suy rộng với những đạo hàm bậc
s
thành quá trình qui nạp. ■
Chứng minh (Theo G.Ponce)
1
1
ở đây, c phụ thuộc vào s, P, Q, R .(u là một hàm số tổng :Quát trong (0,T) ;
1 1
trong đó, p, q, ,
p q
|| || c || s 1 || sp1 || ||qs 1 .
m
1
|| s || c || s 1 || sp1 || ||qs 1 ,
(1.5.6) ||sF(u):R|| c||u:Q||k – 1||su:P|| với R = P + (k – 1)Q, P,Q,R ',
1
s
1
1
1
s
.
;
( s 1) p ( s 1)q ( s 1) p ( s 1)q
s
Nếu 0 s n thì (1.5.4) là đúng. Hơn nữa,
1
Theo Định lý 3 đƣờng thẳng (xem [1, trang 168]), ta có
(1.5.5) |DiF()| ||k – i, i = 1, 2, ..., n
(1.5.7)
1
1
-
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
- 15
-
Chỉ cần đặt trong Bổ đề A4, j = hoặc và pj = p (1, ), qj = q (1, ) với
Chƣơng 2.
1
1
k 1
=
+
.■
r
p
q
ĐỊNH LÝ DUY NHẤT
2.1. Định lý duy nhất
Để chỉ ra rằng, một điều kiện phụ có thể bỏ đi đƣợc thì cần một Định lý
duy nhất mạnh. Mục đích của phần này là để chỉ ra rằng định lý duy nhất (của
(NLS)) không đòi hỏi tính khả vi của nghiệm. Sử dụng định lý này sự tồn tại của
các không gian phụ trợ đã đƣợc chỉ ra là có thể bỏ đƣợc.
Lời trình bày của định lý đƣợc biểu diễn trong dạng
"Tính duy nhất trong không gian ."
Nó có nghĩa là
(1) Chỉ ra rằng u là một nghiệm của (NLS) với t (0, T);
(2) Giá trị ban đầu u(0) = lim u(t) tồn tại nhƣ một hàm suy rộng trên m ;
t0
(3) Có cùng lắm là một nghiệm u của (NLS) với một hàm suy rộng cho
trƣớc nhƣ là giá trị ban đầu.
Định lý 2.1 (Định lý duy nhất)
Giả thiết (1.4.1 – 2). Nếu m 2, sự duy nhất là trong L(L2) Lr(Lq) thỏa
mãn với
(2.1.1)
1 1
1 2 m
1 2 1
2
và
q
k
q mr 2 m(k 1)
trừ một số ngoại lệ sau
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
- 16
-
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
- 17
-
Nếu k = 1, thì điều kiện
1 2 1
2
1 2 1
được thay bởi
.
q mr 2 m(k 1)
q mr 2
4
Nếu 1
k và r = , thay thế trong (2.1.1) bởi <.
m2
Nếu k = (xem phần1.4 chương 1 ), thay thế Lr(Lq) bởi L( T ).
Nếu m = 1 thì sự duy nhất là trong L(L2) Lr(Lq) thỏa mãn với
(2.1.2)
1 1
1 2 1
2
và
.
q k
q r 2 k 1
(a) Nhắc lại rằng F không :Quyết định k; nếu k đã thỏa mãn (1.4.2) thì bất
k tăng.
(b) Các điều kiện đó đƣa ra dạng đơn giản hơn khi đƣợc áp dụng với một
2
thì (q, r) = (2, ) đƣợc kéo theo; Do đó, sự duy
m
4
1
2
1
và bằng
nếu k 1
m
2 m(k 1) 2
4
2
nếu k 1 . Điều kiện đầu tiên trong (2.1.1) là thừa nếu
m
m(k 1)
k 1
1 1
1 1
1 1
Gọi Q , ; P , ; R , .
q
p
r
1
q
1
r
Khi đó L(Q) = Lq(L),
L(P) = Lp(L),
1
p
Q
R
P
Không mất tính tổng :Quát ta có thể giả sử
kỳ k nào khác lớn hơn cũng sẽ thỏa mãn. Điều kiện (2.1.1) trở nên mạnh hơn với
nhất là trong L(L2). Cũng chú ý rằng
Thật Vậy
L(R) = Lr(L).
Chú ý
k đặc trƣng. Ví dụ nếu k < 1
|| :R|| || :P||1 – || :Q|| nếu = |PR|/|PQ|.
4
và r < , bởi vì, nó đã đƣợc suy ra bởi điều kiện thứ 2.
m2
(c) Sử dụng các ký hiệu hình học đã đƣa ở chƣơng trƣớc ta có các công
1
1 q < r p < , 1 < < .
1
1
1 1
1 1
Hình 2
| PR |
| QR | q r p (r q )
r p q( p r )
Đặt =
=
1–=
=
.
1 1 r ( p q)
| PQ |
| PQ | 1 1 r ( p q )
q p
q p
Xét
q
r
q
1 1 q( p r ) 1 p( r q) 1
.
.
.
p
q r ( p q) p r ( p q) r
(1 )r
1.
p
Tƣơng tự ta có
(1 )
1.
u L(P) L(Q) xét
|u
m
( x, t ) | dx
|u
( x, t ).u (1 ) ( x, t ) | dx
m
thức sau (theo [7, 8, 11, 12])
(CT1) Nếu R [PQ] thì L(P) L(Q) L(R) L(P) + L(Q), với
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
- 18
-
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
- 19
-
| u( x, t ) |
(1 )
| u ( x, t ) |
m
1
| u ( x, t ) | dx
m
.
.
dx | u ( x, t ) | dx
m
1
. | u ( x, t ) | dx
m
1
| u ( x, t ) | dx
m
1
| u ( x, t ) | dx
m
|| u ( x, t ) ||L ( m ) || u ( x, t ) ||
L ( m )
Vì r > 1 nên có || u ( x, t ) ||
L ( m )
(1 )
|| u( x, t ) ||
r
1
.
. | u ( x, t ) | dx
m
1
L ( m )
|| u ( x, t ) ||
|| u ( x, t ) ||
L ( m )
dt
0
T
|| u( x, t ) ||
a a
aP , ;
p
.
(1 ) r
L ( m )
|| u ( x, t ) ||
L ( m )
|| u ( x, t ) ||L ( m )
L ( m )
Đặt
dt
1 a b
,
h
aP + bQ
bQ
b b
bQ , .
q
Q
1/q
a b a b
aP + bQ = , ;
p q
.
(1 ) r
r
T
0 || u( x, t ) || L ( m )dt 0 || u( x, t ) ||L ( m )
r
với ||fa.gb :aP + bG|| || f :P||a . || g :Q||b, với a, b 0.
1 1
1 1
Gọi Q , ; P , .
q
p
.(1 )
1/p
aP
P
1 a b
ha hb
ka kb
1
, 1 .
k p q
p q
Hình 3
Với f L(P) và g L(Q) xét
0
T
(CT2) f L(P) và g L(Q) suy ra rằng fa.gb L (aP + bQ);
Thật Vậy
Tích phân hai vế ta đƣợc
T
L(P) L(Q) L(R). ■
.(1 )
r
r
(1 ) .
(1 )
. | u( x, t ) |
dx
m
q
r.
r
dt
1
r
q
p
(1 ) r .
T
(1 ) r
dt
|| u ( x, t ) ||L ( m )
0
. r
(1 ) r
p
1
.(1 ) r
q
T
q T
p
p
.
||
u
(
x
,
t
)
||
dt
||
u
(
x
,
t
)
||
dt
||
u
(
x
,
t
)
||
dt
0
L ( m )
L ( m )
L ( m )
0
0
T
r
1
1
1
.
.(1 )
r
T
r
q
p
p
T
q T
|| u ( x, t ) ||L ( m ) dt || u ( x, t ) ||L ( m ) dt . || u ( x, t ) ||L ( m ) dt
0
0
0
||u :R|| ||u :Q||. ||u :P||1 – .
| f
a
( x, t ).g b ( x, t ) |h dx
m
| f ( x, t ) |
ah
.| g ( x, t ) |bh dx
m
ha
hb
ah.
bh.
| f ( x, t ) | ha dx. | g ( x, t ) | hb dx
m
m
1
| f ( x, t ) | dx.
m
.ha
1
| g ( x, t ) | dx
m
.hb
1
1
h
| f a ( x, t ).g b ( x, t ) |h dx | f ( x, t ) | dx.
m
m
.a
1
| g ( x, t ) | dx
m
.b
|| f a ( x, t ).g b ( x, t ) ||Lh ( m ) || f ( x, t ) ||a L ( m ) || g ( x, t ) ||b L ( m )
Vì u L(P) L(Q) ||u :Q|| < ; ||u :P||1 – < .
||u R|| < u L(R).
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
- 20
-
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
- 21
-
T
|| f
a
k
( x, t ).g b ( x, t ) ||Lh ( m ) dt
0
T
|| f ( x, t ) ||
1
bk
ak
L ( m )
|| g ( x, t ) ||L ( m )
p p
T
u L(Q) ta có ||u :P|| = || u ( x, t ) ||L ( m ) .
0
dt
0
p
ak .
T
|| f ( x, t ) ||L ( m ) ka dt
0
p
T
|| f ( x, t ) ||L ( m ) dt
0
ka
p
1
.ka
p
kb
q
bk .
T
q
kb
dt
|| g ( x, t ) ||L ( m )
0
q
T
|| g ( x, t ) ||L ( m ) dt
0
T
p
Xét || u ( x, t ) ||L ( m ) , áp dụng Bất đẳng thức Holder ta có
0
T
1
.kb
q
ka
kb
= ||f(x, t) P|| . ||g(x, t) Q||
|| u ( x, t ) ||
p
L ( m )
T
p
dt 1p. || u ( x, t ) ||L ( m ) dt
0
0
p
p
k
T
|| f a ( x, t ).g b ( x, t ) ||Lh ( m ) dt ||f(x, t) P||a. ||g(x, t) Q||b
0
T p. 1 T
1 p dt || u ( x, t ) ||L ( m )
0
0
p
T .|| u ( x, t ) : Q || p
|| f a ( x, t ). g b ( x, t) :aP + bQ|| ||f(x, t) ::P||a. ||g(x, t) Q||b.
||u :P|| T.||u :Q||
Vì f L(P) và g L(Q) nên
Vì u L(Q) nên ||u :P|| T.||u :Q|| < u L(P) L(Q) L(P). ■
1
k
|| f a ( x, t ). g b ( x, t) :aP + bQ|| ||f(x, t) :P||a. ||g(x, t) :Q||b <
fa. gb L(aP + bQ). ■
q
p
q
dt
t
(CT4) Toán tử tích phân G xác định bởi Gf(t) = i U (t ). f ( )d , là bị chặn
0
từ L(P') bất kỳ với bất kỳ P' l' vào L(P) bất kỳ với bất kỳ P l, với biên
(CT3) Giả sử T < và Q\P thì L(Q) L(P) với đơn ánh bị chặn bởi T với
độc lập với T. Ở đây, L(B) có thể được thay thế bởi BC ([0, T); L2).
= y (P – Q).
Thật Vậy Vì Q\P nên ta gọi
1
p
1 1
1 1
Q , ; P ,
q
p
(CT5) Toán tử xác định bởi ( )(t) = U(t), với U(t) = exp(it) là bị chặn từ
P
L2 vào L(P) với bất kỳ P l, với biên độc lập với T. Nhắc lại L(B) có thể
được thay thế bởi BC ([0, T); L2) trong trường hợp cận là 1.
L(P) = Lp(L); L(Q) = Lq(L)
1
q
1 1
Khi đó = y (P – Q) =
p q
Q
Giả sử P, Q, R thỏa mãn
(2.2.1)
Hình 4
-
Định lý 2.1 sẽ đƣợc suy ra từ Bổ đề và các công thức sau
2.2. Bổ đề 2.2
1
1
1
p
1 p
p
q
q
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
- 22
p.
[BQ]\P l, R = P + (k – 1)Q \ l' (xem hình 5)
Khi đó sự duy nhất là trong = L(B) L(Q).
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
- 23
-
(2.2.5)
u = (u(0)) + GF(u), trong đó,
(2.2.6)
( )(t) = U(t), Gf(t) = i U (t ) f ( )d , U(t) = eit.
S
t
R
0
P
Bước 2
Q
Để chỉ ra tính duy nhất trong , giả sử có 2 nghiệm u, v của (INT) với
Q
u(0) = v(0). Bằng phép trừ ta thu đƣợc w = u – v,
O
w = G(F1(u) – F1(v)) + G(Fk(u) – Fk(v)).
(2.2.7)
Hình 5
Chứng minh.
Từ đó ta sẽ kết luận w = 0 nếu T đủ nhỏ (thƣờng thì độ lớn của T là không :Quan
Bước 1. Đầu tiên ta chỉ ra L(P).
trọng trong Định lý duy nhất).
Thực Vậy CT1 cho thấy L(Q) với bất kỳ Q [BQ]. Do đó, từ giả
thiết ta có Q \ P, từ CT3 suy ra L(P).
Từ (2.2.3 – 4), (sử dụng Định lý giá trị trung bình) ta có
|F1(u) – F1(v)| M|w|, |Fk(u) – Fk(v)| cN|w| (|u|k –1 + |v|k – 1).
(2.2.8)
Tiếp theo ta chỉ ra rằng (NLS) là có nghĩa với u . Để làm đƣợc điều đó
Giả sử S l' sao cho R\S (điều này là tồn tại vì R\ l'). Do đó, theo CT4, G
ta chỉ ra F có thể viết dƣới dạng tổng của hai thế vị lũy thừa đơn
là bị chặn từ L(B') vào L(B) và từ L(S) vào L(P). Theo CT3, L(B) L(B') với
(2.2.2)
F = F1 + Fk,
phép đơn ánh bị chặn bởi T, và L(R) L(S) với phép đơn ánh bị chặn bởi T,
(2.2.3)
|F1()| M||, |DF1()| M,
(2.2.4)
|Fk()| N|| , |DF()| N||
trong đó, = y(S – R) 0. Do đó,
||G(F1(u) – F1(v)) :B|| ||G(F1(u) – F1(v)) :P||
k–1
k
.
trong đó, M, N 0 là các hằng số. Điều này có thể có đƣợc bằng cách nhân F với
c|| F1(u) – F1(v) :B'|| cT|| F1(u) – F1(v) :B|| cTM|| :B||;
Chú ý rằng w L(B) cho nên
những hàm số cắt trơn đã biết.
|| G(Fk(u) – Fk(v)) :B|| || G (Fk (u) – Fk(v)) :P||
Giả sử u . Hiển nhiên, F1(u) L(B).
Vì u L(P) L(Q) và R = P + (k – 1)Q, theo CT2 Fk(u) L(R).
c|| Fk(u) – Fk(v) :S|| cTθ || Fk(u) – Fk(v) :R||
Do đó, F(u) L(B) + L(R) L1(L2 + L1),
cTN || |w|(|u|k – 1 + |v|k – 1) :P + (k – 1)Q||
Vì vậy, (NLS) là có nghĩa với tu L1(H–2 + L1 + L2) L1(H–m – 1).
Từ đó dễ dàng kết luận rằng u(0) H–m – 1 S' tồn tại. Vì vậy, (NLS) là tƣơng
k–1
cT N|| w :P|| (||u :Q||
(theo (2.2.1), (2.2.8))
k –1
+ || v :Q||
);
(theo CT2)
Nhắc lại rằng u, v L(P) L(Q).
Nếu ta đặt = || w :B|| || w :P||, ta thu đƣợc từ (2.2.7)
đƣơng với phƣơng trình tích phân sau
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
- 24
-
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
- 25
-
c(MT + NTK), K = || u :Q||k – 1 + ||v :Q||k –1.
Hệ số của trong vế phải có thể làm nhỏ tùy ý bằng cách lấy T nhỏ, thậm chí lấy
= 0. Thực vậy = 0 kéo theo R l', vì P l, ta có
x( Qˆ ) = ak – , trong đó, > 0 có thể bé tùy ý cho trƣớc. Vì vậy, ta có thể giả
thiết từ đầu là Q thỏa mãn các điều kiện của Qˆ .
Sau đó, đặt P = Q, và chỉ ra rằng kP = R \ l'.
(k – 1)y(Q) = y(R) – y(P) > 0, Do đó, y(Q) > 0.
4
k < . Giả sử lˆk là đoạn lớn nhất trong song song với l và điểm
m
Vì || Q|| là chuẩn tích phân và k trở thành nhỏ tùy ý với T nhỏ tùy ý. Điều đó
(c) 1 +
chứng minh rằng = 0, Do đó, w = 0. Bổ đề 2.2 đƣợc chứng minh. ■
dƣới cùng là (bk, 0), trong đó, bk =
2.3. Chứng minh Định lý 2.1
là tƣơng đƣơng với Q là trên hoặc trái của lˆk . Nhƣ trong trƣờng hợp (b) dễ thấy
Đặt Q = (
rằng L(B) L(Q) L(B) L( Qˆ ) với Qˆ lˆk đã biết. Ở đây, y( Qˆ ) = 0 bị loại
1 1
; ).
q r
Ta phải chỉ ra tính duy nhất trong L(B) L(Q). Để đƣợc điều này ta đi kiểm tra
các giả thiết của Bổ đề 2.2. Vì đây là một định lý hình học sơ cấp nên nó sẽ đủ
Đầu tiên giả sử m 2. Ta xét một vài trƣờng hợp riêng sau
2
. Ta có thể giả sử rằng :Q = B, bởi vì, nếu tính duy nhất đúng
m
trong L(B) thì nó tất nhiên đúng trong L(B) L(Q) với Q bất kỳ.
Vì vậy, đặt P = Q = B thì R = kB\ l'.
(b) 1 +
trừ bởi giả thiết. Nhắc lại ta có thể giả thiết bản thân Q thỏa mãn các điều kiện
của Qˆ . Dễ thấy rằng ta có thể chọn P l và R l' sao cho (PR) song song với
(OQ); chú ý rằng (PR) có thể giữ độ nghiêng bất kỳ trong khoảng (0, ]; với bất
để chỉ ra cách chọn P, Q, R nhƣ thế nào.
(a) 1 k < 1 +
1
2
. Điều kiện thứ 2 trong (2.1.1)
2
m(k 1)
2
4
k < 1 + . Giả sử lˆ là thác triển lớn nhất trong của l. (2.1.1) kéo
m
m
1 1
1
theo rằng :Q là trên hoặc trái của lˆ với x(Q) < ak 2 m . Sử dụng CT1 và
2
k
kỳ cặp P, Q ta luôn có P + (k – 1)Q = R (đây là một kết quả đơn giản trong hình
học); chỉ còn phải chỉ ra rằng, [BQ] \ P. Điều đó là đúng nếu k 1 +
điều đó kéo theo bk
1
1
–
= x(C). (Trong trƣờng hợp này điều kiện đầu tiên
2
m
của (2.1.1) đƣợc suy ra bởi điều kiện thứ hai).
Trƣờng hợp 1 +
4
4
k<1+
thì phức tạp hơn. Tuy nhiên, nó có
m2
m
thể đƣợc chứng minh rằng điều kiện đƣợc yêu cầu có thể đƣợc thỏa mãn bởi một
sự lựa chọn thích đáng của P l và R l', miễn là x(Q) < ak, đó là điều kiện đầu
CT3, không khó để thấy rằng Qˆ lˆ sao cho L(B) L(Q) L(B) L( Qˆ ) và
tiên trong (2.1.1).
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
- 26
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
- 27
-
4
;
m2
-
(d) k = . Điều đó có nghĩa là không có giả thiết nào về tốc độ tăng của F().
Trong trƣờng hợp này ta quay lại phƣơng trình tích phân (2.2.7). Nếu
1 1 1
( )
1 2 2 m
(q = nếu k = ).
2
q k
m(k 1)
(2.4.1)
u, v L ( T ), giá trị của F() với || đủ lớn là không cần để ý đến. Do đó, ta có
Nếu m = 1, sự duy nhất là trong L(L2 L2 k).
thể giả thiết rằng F() = 0 với || lớn, và một điều kiện bất kỳ của những điều
kiện trƣớc có thể đƣợc áp dụng để chứng minh u = v.
Chứng minh Chỉ cần đặt r = trong Định lý 2.1. ■
(Chú ý L(B) L( T ) L(Q) với bất kỳ Q thỏa mãn x(Q)
1
).
2
2.4.2. Hệ quả 2.4.2
Cho s 0. Sự duy nhất là trong C([0, T); Hs) trong mỗi trường hợp sau
Trƣờng hợp m = 1 có thể đƣợc vận dụng theo cách trên, chú ý rằng l, l' là
đóng. Nếu k 2, ta có thể giả sử (nhƣ trong trƣờng hợp (a) ở trên) rằng :Q = B.
Đặt P = Q = B, R = kB \ l'.
m
,
2
(ii) m 2, 0 s <
1 1
Nếu 2 < k 5, (2.1.2) kéo theo Q là trên hoặc trái của lˆk với x(Q) < .
k 2
Nhƣ trong hợp (b) ở trên, ta có thể giả sử rằng :Q là trên l với x(Q) =
1
.
k
Đặt P = Q thì R = kP \ l'.
4 (2s 2)
m
và k < 1 +
,
2
m 2s
(iii) m = 1, 0 s <
2
1
và k
.
2
1 2s
Chứng minh
Ta có thể giảm T nếu cần thiết và thay thế C ([0, T); H2) bởi
Nếu k 5, (2.1.2) kéo theo Q là trên hoặc trái của lˆk có điểm dƣới là
(
(i) s
2
1
, 0). Nhƣ trong trƣờng hợp (c), ta có thể giả sử rằng :Q lˆk với x(Q) .
k 1
k
L ((0, T); H2) L(L2 L q ), (sử dụng Định lý nhúng Sobolev)
q=
m
m
m
2m
nếu s < ; q < nếu s = , q = nếu s > .
2
2
2
m 2s
Không khó để thấy rằng ta có thể chọn P l, R l' sao cho (PR) song song với
Vì vậy, ta phải chỉ ra sự duy nhất là trong L(L2 L q ).
1
(OQ) và [BQ] \ P; chú ý rằng (PR) có thể có độ nghiêng tùy ý trong [ , ]. Việc
2
Nhìn lại Hệ quả (2.4.1), chỉ cần kiểm tra lại (2.4.2) với q = q .
xây dựng đƣờng thẳng ở trên cũng suy ra đƣợc P + (k –1)Q = R.
2.4. Hệ quả
Trƣờng hợp (i) là hiển nhiên, vì nó suy ra rằng q = hoặc lớn tùy ý.
Trƣờng hợp (ii) đặt q = q trong (2.4.2) đƣa đến sự thỏa mãn điều kiện.
Tƣơng tự, trƣờng hợp (iii) q 2 k đƣợc thấy là thỏa mãn. ■
2.4.1. Hệ quả 2.4.1
Nếu m 2, sự duy nhất trong L(L2 Lq) thỏa mãn với
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
- 28
-
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
- 29
-
Chƣơng 3.
() = 1 +
m
((– ) = 1; ).
2
SỰ TỒN TẠI ĐỊA PHƢƠNG CỦA H – NGHIỆM.
S
H NGHIỆM TOÀN CỤC VỚI ĐIỀU KIỆN BAN ĐẦU NHỎ.
S
Với hàm ngƣợc là
–1() =
3.1. Sự tồn tại địa phƣơng của Hs – nghiệm
(F2) (tốc độ tăng với lớn)
mới về tính giải đƣợc địa phƣơng của (NLS) trong Hs với giá trị s > 0 thực. Hs
nghiệm đƣợc xây dựng trong [3] chủ yếu là cho thế lũy thừa đơn F(u), sử dụng
không gian phụ Besov. Ta xét mở rộng tổng :Quát F(u) với sự suy giảm yếu nhất
Nếu s >
m
, không cần giả thiết.
2
Nếu s
m
và nếu F() là đa thức của và thì bậc của F bằng k (s).
2
Nếu s
m
và nếu F không là đa thức thì F() = O{s}(||k) khi || → .
2
tại u = 0, sử dụng không gian phụ
s = (1 – )–s/2({L(P); P l})
= {Lr(Lq,s);
1 2 1
1
; r }.
q mr 2
2
Trong đó, k là một số hữu hạn thỏa mãn
Ở đây, Lq,s (1 ) s / 2 Lq là một không gian Lebesgue. Chuẩn của Lq,s là
{s} k (s).
(3.1.3)
Chú ý
tƣơng đƣơng với ||||q ||s||q trong đó, = (– )1/2.
(a) (3.1.3) kéo theo
Đặc biệt điều này là đúng cho Hs = L2, s.
Với thế F(u), ta tạo giả thiết (F1), (F2) đƣa ra dƣới đây, trong đó, {s} ký
hiệu là số nguyên dƣơng nhỏ nhất lớn hơn hoặc bằng s. (Vì vậy, {s} = [s] + 1
nếu không là số nguyên, {s} = s nếu s số nguyên 1, và {0} = 1). On là ký hiệu
một sự hạn chế của s khi F không là đa thức.
Rõ ràng (3.1.4) chứa cả trƣờng hợp s 0 nếu m 6. Nếu m 7, vùng có
thể chấp nhận của s về cơ bản gồm có hai khoảng [0, 1] và [ s , ] trong đó, s là
hơi nhỏ hơn
DiF() = O(||k – i), i = 0, 1, ..., {s}.
{s} (s),
(3.1.4)
Landau, nó có thể đƣợc đạo hàm n lần. Vì vậy, F = O{s}(||k) nghĩa là
(3.1.2)
m
2
m
; 1 , –1(1) = – ; –1() = .
2 1
2
(F1) (tính trơn) F C{s}( ; ), với F(0) = 0.
Ta quay lại với một vài vấn đề về sự tồn tại, và đƣa ra một chứng minh
(3.1.1)
m
4
;–
2
m 2
m
.
2
là hàm số thực mở rộng đƣợc cho bởi
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
- 30
-
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
- 31
-
Nếu m = 7, ở đây, có một khoảng khác [1,5; 2] nằm giữa, nó đƣợc thu gọn
thành một điểm {2} nếu m = 8 và {5} nếu m = 11.
Với những giá trị của s nằm ngoài các khoảng đó, định lý của ta chỉ áp dụng với
Chú ý
(d) (3.1.5) là điều kiện nhẹ. Nếu 1 s <
m
, chỉ có một trƣờng hợp (dƣới (F2))
2
đa thức F có bậc nhỏ hơn hoặc bằng (s). Nó là điều thất vọng nếu m 7, giá trị
không thỏa mãn (3.1.5) đó là trƣờng hợp "tới hạn" k = (s) . Có một vài trƣờng
của s chỉ lớn 1 đã bị loại trừ với F không là đa thức, hoặc là đa thức, duy nhất đa
hợp nhƣ vậy nữa với 0 < s < 1.
thức tuyến tính là đƣợc chấp nhận (bởi vì, (s) < 2)
(e) Các nghiệm đƣợc đƣa ra bởi [3] là trùng với nghiệm của ta. Điều đó là hiển
(b) Có một lý thuyết độc lập cho H2– nghiệm (xem [3, 12, 15]), nó sẽ bổ sung
cho kết quả của ta . Nó chỉ ra rằng (NLS) là đặt chỉnh trong H2 nếu F C1 và k <
(2), một trƣờng hợp không đƣợc xét bởi định lý dƣới đây. Nó là không biết có
hay không với những giá trị không nguyên của s (1, 1) chẳng hạn.
(c) Vì (F2) là về tốc độ tăng của F(), điều kiện k {s} trong (3.1.3) có thể xuất
hiện kỳ lạ. Nhƣng vì (3.1.2) không tạo ý nghĩa nhiều nên k < {s}, điều kiện này
là tự nhiên. Nếu (3.1.2) xảy ra với k < {s}, ta có thể luôn luôn tăng nó lên tới
nhiên trong trƣờng hợp không điều kiện. Ngay cả trong trƣờng hợp có điều kiện,
nó vẫn đúng vì tất cả các nghiệm đều có thể tính đƣợc bằng cách xấp xỉ liên tục
với hàm số ban đầu U(t).
Định lý 3.1.2. ( Vùng tồn tại)
Cho [0, T*) là khoảng lớn nhất của sự tồn tại của u trong Định lý 3.1.1. T*
phụ thuộc vào theo các cách sau
m
(i) Cho s 2 . Cố định sao cho
k = {s} để thỏa mãn cả (3.1.2 – 3) với điều kiện là (3.1.4) đƣợc thừa nhận. Sự
(ia) Nếu > – 1 (k), thì có một hàm số dương, đơn điệu tăng = với
Định lý 3.1.1
Giả sử (F1), (F2), khi đó với bất kỳ Hs, có T > 0 và một nghiệm duy
nhất u C([0, T]; Hs) s của (NLS) với u(0) = . Không gian phụ
s
là
m
có thể bỏ được (vì (NLS) là đặt chỉnh tuyệt đối trong H s) nếu s 2 , hoặc nếu
m
s < 2 và
(3.1.5)
m
[0; 2 ) [– 1 (k), s]
(3.1.6)
phức tạp nhƣ vậy không xuất hiện nếu F là 1 đa thức.
(+0) = , sao cho T* (|| ||2). Vì vậy, T* có thể được đánh giá chỉ theo
||||2 và T* → khi ||||2 → 0
(ib) Nếu = –
1
(k), T* chỉ có thể được ước lượng theo chuẩn của
L2, chứ không nhất thiết chỉ phụ thuộc vào chuẩn (đó là giá trị duy nhất
chấp nhận được của (= s) trong "trường hợp tới hạn" k = (s)).
k<1+
4 (2s s)
m 2s
(k
2
nếu m = 1).
1 2s
m
(ii) Cho s > 2 . Cố định sao cho
(3.1.7)
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
- 32
-
m
2 < s.
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
- 33
-
Thì có một hàm số với những đặc tính như trên sao cho
:Quát hóa (2.2.2). Ta nói rằng một hàm số F: → là tựa thuần nhất bậc k và
bậc n nếu F là On(||k) khi || → 0 và → , chính xác hơn nếu
T (||||2 || ||2).
*
Chú ý
(3.1.8)
(f) Trong trƣờng hợp (i), (3.1.6) bao gồm = s nếu s <
m
nhƣng không gồm
2
m
trƣờng hợp s = , nó sẽ phức tạp hơn khi = 0. Nó đã có trong trƣờng hợp (ia)
2
khi k < 1 +
4
= (0), và trong (ib) khi k = (0) (nhƣng nhớ rằng k {s} trừ khi
m
|DiF()| M.||k – i, 0 i j n, C
Trong đó, M là hằng số, nó đƣợc gọi là "sức mạnh" của F. Chú ý rằng F có
thể là hai bậc khác nhau đồng thời. Ví dụ F C0 ( \{0} ) là tựa thuần nhất bậc
bất kỳ.
Bổ đề 3.1.4
m
Giả sử (F1–2) với s 2 . Nếu F là một đa thức bậc k, hiển nhiên nó là
F là đa thức). Chú ý rằng || ||2 với khác là không so sánh đƣợc, tất cả chúng
tổng của các đa thức thuần nhất bậc từ 1 tới k. Ngoài ra F có thể được viết dưới
đƣợc làm trội bởi |||| H s .
1
dạng
Bất đẳng thức || ||2 [] || ||2 s || s ||2s chỉ ra rằng T* ([]). Đặc
(3.1.9)
biệt T* → nếu ||||2 → 0 với ||||2 cố định.
trong đó, Fj với j = 1, ...., {s} – 1 là đa thức thuần nhất bậc j, trong khi F{s} và Fk
Hệ quả 3.1.3 (tính đều)
tƣơng ứng là tựa thuần nhất bậc {s} và bậc k. Nếu k = {s}, F{s} là thừa và sẽ bị
F = F1 + F2 + ...+ F{s} –1 + F{s} + Fk ,
bỏ qua. (Chú ý rằng ở đây, và trong phần tiếp theo ta sử dụng chỉ số dƣới k
Trong Định lý 3.1.2, giả sử rằng T < .
*
Trong trường hợp (ia), || u(t)||2 bùng nổ tại t = T với tất cả trong (3.1.6).
không cần phải là số nguyên).
Trong trường hợp (ii), || ||2 ||||2 bùng nổ tại t = T* với tất cả trong
Chứng minh
*
Giả sử R() là phần dƣ trong khai triển Taylor của F() từ = 0 đến bậc
(3.1.7).
{s} – 1. Theo (F1–2), R() là O{s}(||{s}) với nhỏ và là O{s}(||k) với lớn. Nếu k
Chú ý
(g) Trong trƣờng hợp (ia), ||u(t)||2 bùng nổ nếu k < 1 +
4
m
. Nếu s =
ta không
m
2
= {s}, ta đặt Fk = R, Vì vậy, kết quả không có số hạng F{s}.
Nếu k > {s}, ta chia R thành hai phần F{s}, Fk với những thuộc tính nhƣ đã
biết ||su(t)||2 bùng nổ hay không. Nhƣng ||u(t)||2 ||su(t)||2 thì có, vì nó làm trội
đƣa ra ở trên, đặt F{s} = R, Fk = (1 – )R, trong đó, là hàm số trơn với giá
|| u(t)||2 với (0, s).
compact nó bằng 1 trong một lân cận của gốc. ■
Định lý 3.1.1–2 sẽ đƣợc chứng minh trong phần tiếp theo. Ở đây, ta chứng
Chú ý
minh một bổ đề về sự phân tích F(u) thành các thành phần tựa thuần nhất, tổng
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
- 34
-
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
- 35
-
(h) Bổ đề (3.1.4) là ít đƣợc sử dụng nếu F đã là tựa thuần nhất. Nếu ứng dụng
nhƣ vậy vào hàm F nó sẽ chia F thành 2 phần (trừ khi k = {s}).
Chứng minh. Đầu tiên chọn Pk l sao cho
| BPk |
k 1
1.
| BC | ( ) 1
Nếu m 2, (3.1.11) là đúng với Q = B bằng cách đặt
Chứng minh Định lý 3.1.1–2
Ta giả sử rằng F không là đa thức cho đến hết phần này, ở đây, trƣờng hợp
(3.1.12)
Pj = ((k – j)B + (j – 1)Pk)/(k – 1)
j = 1, ..., {s}.
đa thức đã đƣợc chú giải ở trên ta xét một vài trƣờng hợp khác nhau, phụ thuộc
(Nếu k = 1 điều đó kéo theo {s} = 1, đặt P1 = B). Thực ra Rj là trên đoạn thẳng
vào sự phân loại trong Định lý 3.1.2.
[BC') ta cũng có thể di chuyển Q lên một đoạn nhỏ trên l Giữ nguyên các tính
m
m
Trƣờng hợp (ia) (s 2 , [0, 2 ) (–1(k), s])
chất (3.1.11). Nếu m = 1 ta chọn Q gần tâm l. Việc chứng minh là sơ cấp và có
thể bỏ qua.
Bước 1. Trƣớc tiên ta cần một vài kết quả hình học. Đặt
(3.1.10)
B = (
1
– , 0) (sao cho x(B) > 0).
2 m
Ký hiệu l là đƣờng thẳng đi qua B song song với l chia cắt phần ngoài của .
Bước 2. Bây giờ ta sẽ giải phƣơng trình tích phân (xem (2.2.6))
u = u + GF(u)
(INT)
với
Cho {s} + 1 điểm B = P1, P2, ..., P{s} và Pk trên l, Q l với y(Q) y(Pk)
ở đây, khoảng [0, T) là đƣợc ngầm hiểu. Giả sử là tập con đóng, bị chặn
(Q = B là chấp nhận được nếu m 2). Với các tính chất sau (xem hình 6)
của Ys sao cho
(P{s} sẽ bỏ được nếu k = {s})
(3.1.14a, b)
Pj + (j – 1)Q Rj \ l' (nghiêm ngặt), j = 1, 2, ..., {s}, và k.
(3.1.11)
O
||su B|| ||su :Pk|| K,
|| u B|| || u :Pk|| N,
m=3
Bổ đề 3.1.6. T, L, K và N có thể được chọn sao cho ánh xạ từ vào trở
S4
5
s = ; {s} = 2
4
thành ánh xạ co trong metric– L(Pk), khi đó là đầy đủ.
R4
(s) = 9
P4
R2
Q
(3.1.14c)
||u B|| ||u :Pk|| L,
trong đó, T, L, K và N là đã đƣợc xác định. là tập con đóng, bị chặn của Ys .
B' = S1
S2
l
u Ys (1 – )–s/2(L(Pk) L(B)),
(3.1.13)
Bổ đề 3.1.5
P2
B P1 = B = R1
(Vì vậy, có một điểm cố định u, nó sẽ là nghiệm cần tìm của (NLS)).
5
k = 4, –1(k) = ; = 1
6
1
B = ( , 0); () = 5.
6
Chứng minh
Do chứng minh nhƣ vậy là cơ bản, ta sẽ bỏ qua chi tiết và ta sẽ hạn chế
bằng cách chỉ đƣa ra những đánh giá cần thiết. Do đó, ta sẽ sử dụng một vài Bổ
đề về đạo hàm cấp phân số của F(u) đã đƣợc đƣa ra trong chƣơng 1.
Hình 6
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
- 36
-
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
- 37
-
Cho u . Từ Pj [BPk] ta có từ CT1 và 3.1.14.
(3.1.15) || u :Pj || L; || u :Pj || K, || u :Pj || N, j = 1, ..., {s} và k.
s
Hơn nữa,, ta có
(3.1.16)
u L(Q) với || u :Q || cN.
, (3.1.16) đƣợc
m
kéo theo từ (3.1.14a) và Định lý nhúng Sobelev .
(3.1.19b)
|| sGF(u) B || || sGF(u) Pk || cK(T, N);
(3.1.19c)
|| GF(u) B || || GF(u) Pk || cN(T, N);
(3.1.20)
Bổ đề A3 (với s đƣợc thay bởi 0, s, ), (3.1.14) và (3.1.16) nhƣ sau
(3.1.17a)
|| Fk(u) Rk|| cMk|| u :Pk|| ||u :Q||k – 1 cMkLNk – 1,
(3.1.17b)
||sFk(u) Rk|| cMk|| su :Pk ||||u :Q||k – 1 cMkKNk – 1,
(3.1.17c)
|| Fk(u) Rk|| cMk|| su :Pk ||.||u :Q||k – 1 cMkNk.
Ở đây, Mk là độ mạnh của Fk . Những kết quả giống nhƣ vậy đạt đƣợc cho
Fk đƣợc thay thế bởi F{s} với chỉ số k đƣợc thay thế hoàn toàn bởi {s}. Ta cũng
chỉ muốn một ứng dụng giống nhƣ vậy cho Fj với j {s} – 1 nhƣng Bổ đề A3
(đòi hỏi k n) không thể áp dụng cho nó đƣợc. Để thay thế ta có thể sử dụng Bổ
đề A5 (nó không có một sự hạn chế nào cả), vì Fj là các đa thức. Bằng cách đó,
với Mj là độ mạnh của Fj ta có
ở đây, T• ký hiệu là lũy thừa dƣơng đã biết của T.
Vì Hs, Mặt khác, CT5 chỉ ra rằng Ys Ys , với
|| B|| || Pk|| c0||||2 với = 0, s, .
Từ (3.1.19) suy ra là ánh xạ từ vào chính nó nếu
(3.1.21a,b) c0||||2 + cL(T, N) L, c0||s||2 + cK(T, N) K,
(3.1.21c)
c0||||2 + cN(T, N) N.
ở đây, (3.1.21c) có thể đƣợc thỏa mãn nếu ta chọn N = 2c 0||||2 và T đủ nhỏ,
phụ thuộc vào ||||2. Khi đó (3.1.21a, b) đƣợc thỏa mãn bằng cách chọn L và K
lớn. Chú ý rằng, (3.1.21c) kéo theo c(T, N) < 1. Bằng cách này, ta vừa chỉ ra
rằng ánh xạ từ vào chính nó bởi một sự lựa chọn T, L, K, N thích hợp, với
T chỉ phụ thuộc vào ||||2.
Việc chứng minh là một phép co trong metric–L(Pk) (Hơn nữa, việc rút
|| Fj(u) Rj || cMjLNj – 1, || sFj(u) Rj || cMjKNj – 1,
(T, N) = M1T + M2N T• + ...+ MkNk – 1 T•,
Bước 3
Mặt khác,, trong (3.1.8) và (3.1.11) với j = k, nó kéo theo từ công thức 2,
(3.1.18c)
|| GF(u) B || || GF(u) Pk || cL(T, N);
với
Thực vậy, vì khoảng cách nằm ngang của Q tới l bằng
(3.1.18a,b)
(3.1.19a)
gọn T nếu cần thiết) là thông thƣờng. Đến đây hoàn thành chứng minh Bổ đề
|| Fj(u)Rj|| cMjN , 1 j {s} .
j
Vì Rj \ l' ( bao gồm j = k ), có Sj l' sao cho Rj\ Sj (với tất cả quan hệ ngặt \ ), Vì
3.1.6.■
Khi INT đã đƣợc giải, thì CT4 chỉ ra rằng u, su C ([0, T); B) L ( P )
vậy, L(Rj) L(Sj) với đơn ánh bị chặn bởi lũy thừa đơn j của T theo CT3 ( ở
đây, 1 = 1, vì P1 = R1 = B, S1 = B'). Vì ánh xạ G từ L(S) bất kỳ vào L(P) bất kỳ
với
P l, Do đó, u C([0, T); Hs) s. Sự đặt chỉnh không điều kiện đƣợc
là liên tục với P l (CT4), và vì s, thay thế G, ta kết luận từ (3.1.9) nhƣ sau
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
- 38
-
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
- 39
-
nói đến trong định lý này đƣợc suy ra từ sự duy nhất mà đƣợc kéo theo bởi Hệ
N = 2c0||||2, T và nhỏ. Khi đó ta làm thỏa mãn (3.1.22 c'') bằng cách thay
quả 3.1.3. Định lý 3.1.1 đã đƣợc chứng minh trong trƣờng hợp (ia).
bằng <, nếu không để ý đến số hạng tự do thì bằng cách làm nhỏ Hơn nữa, T
m
Trƣờng hợp (ib) (s
) với = –1 (k) 0)
2
và ; chú ý rằng 1 có một lũy thừa lớn hơn 1. Sau đó, T đƣợc làm nhỏ đi
Trong trƣờng hợp này ta cần một vài sự điều chỉnh trong chứng minh của
phần (ia) đƣa ra ở trên. Việc xây dựng trong Bổ đề 3.1.5 sẽ dẫn tới Pk = C là
không thuộc l, trong khi Rk sẽ thuộc l' (giả sử rằng :Q B). Nếu ta di chuyển Pk
xuống một chút trên l từ C, thì Rk sẽ di chuyển xuống trên l' (đây là một kiến
thức hình học). Theo cách này thì tƣơng tự Bổ đề 3.1.5, ngoại trừ Rk l' (không
chặt phía dƣới). Đó là một kết quả xấu chắc chắn xảy ra, khi j = k thì sẽ làm mất
đi một số lần nhân tử đó là điều cần thiết trong chứng minh ở trên.
Để vƣợt qua đƣợc khó khăn này, ta làm mịn (3.1.14c) thành
||u B|| N, ||u :Pk|| N < N,
CT1 và Định lý nhúng Sobolev nhƣ trong (3.1.16) thì
T có thể đƣợc xác định phụ thuộc vào L2, nhƣng không cần thiết chỉ là
chuẩn.
Với kết quả này, ta đã chứng minh đƣợc một sự tƣơng tự Bổ đề 3.1.6.
Phần còn lại của chứng minh có thể đƣợc bỏ qua.
Trƣờng hợp (ii) ( s >
Vì >
m
m
) ; ( ( , s]). Xác định bởi điều kiện sau
2
2
|| u B|| ||u B|| N 2||||2 ||||2, ||su B|| K.
m
, u kéo theo || u :Q|| C.N với bất kỳ Q [OB], theo Định lý
2
Đặc biệt u(t, x) là bị chặn đều, Vì vậy, ta có thể biến đổi F() tùy thích với
|| lớn, miễn là ta xét F(u) với u . Vì vậy, ta có thể giả sử rằng F có một tốc
thay thế bởi hai bất đẳng thức
độ tăng hữu hạn k > {s}. Khi đó ta áp dụng Bổ đề 3.1.4 vào sự phân tích
c0.|| ||2 + cN1 N,
F = F1 +... + F{s} + Fk.
c0.|| Pk|| + cN1 N,
Vì sự sửa đổi của F sử dụng ở đây, chỉ phụ thuộc vào N nên các kết quả
trong đó,
(3.1.23)
vậy (3.1.22a, b) có thể đƣợc thỏa mãn bằng cách chọn L và K lớn. Tổng :Quát lại
nhúng Sobolev.
với 0 < < 1.
Theo cách này ta đi tới bất đẳng thức (3.1.21), ở đây, (3.1.21c) sẽ đƣợc
(3.1.22c',c'')
thành; ở đây, || Pk|| là chuẩn tích phân và dần tới 0 với T là cần thiết. Tuy
(3.1.24)
trong đó, < 1 là một tham số nhỏ bất định. Khi đó ta có thể chỉ ra rằng sử dụng
||u :Q|| c N,
Hơn nữa, cho tới khi số hạng tự do || Pk|| nhỏ, sao cho (3.1.22 c'') đƣợc lập
1 = 1(T, N, ) = M1T + M2N T• + ...+ M{s}N{s}–1 T•+ Mk 1+Nk–1.
Chú ý rằng số hạng cuối cùng trong 1 không có một nhân tử T•nào nhƣng
lại có một nhân tử 1+. Ta làm thỏa mãn (3.1.22c') bằng cách chọn
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
- 40
-
(bao gồm cả các giá trị của Mj) chỉ phụ thuộc vào N. Sau đó, ta có thể chọn Q
(OB) đủ gần tới O để B + (j – 1)Q \ l' với j = 1, ..., {s}, k. Thì (3.1.11) đạt đƣợc
với Pj = B. (Ở đây, ta chỉ sử dụng cạnh cơ sở của ). Các lập luận còn lại giống
trƣờng hợp (i). Ta thu đƣợc một kết quả tƣơng tự (3.1.21) trong dạng sau
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
- 41
-
(3.1.25a, b) ||||2 ||||2 + cN(T, N) N,
||||2 + cK(T, N) K,
ở đây, (T, N) giống trong (3.1.20). Nhƣng (3.1.25 a) đã vừa xuất hiện trong
Trƣờng hợp k {s} không đƣợc giả thiết đến, nhƣng chứng minh đƣa ra ở trên là
đúng. Thực tế, ta chỉ cần điều kiện bởi vì, Bổ đề A3 yêu cầu k n. Nếu F là đa
(3.1.24) với T = 0. Ở đó nó đúng với T đủ nhỏ. Khi đó (3.1.25 b) có thể đƣợc
thỏa mãn bằng cách chọn K lớn. Phần còn lại của chứng minh này có thể đƣợc
thức, ta không cần Bổ đề A3; Bổ đề A5 đủ để thay thế rồi, nhƣ chú ý ở trên.
bỏ qua. ■
3.2. Hs – nghiệm toàn cục cho điều kiện ban đầu nhỏ
Chứng minh Định lý 3.1.2.
Ta đã vừa chỉ ra trong trƣờng hợp (ia), T* là đƣợc ƣớc lƣợng phụ thuộc
vào ||||2. Nó đƣợc chờ đợi rằng T* sẽ lớn nếu ||||2 nhỏ, nhƣng điều này
không đƣợc kéo theo trực tiếp từ (3.1.21c), vì (T, N) chứa một thành phần M1T
là độc lập với N (xem 3.1.20). Vì vậy, ta sẽ phải lặp lại lập luận đó.
c0||||2 + N'(N)
những điều kiện nhẹ hơn. Với sự vắng mặt của các quy luật bảo toàn, nghiệm
toàn cục đã đƣợc biết đến chỉ tồn tại cho thế tựa thuần nhất F(u) có bậc tới hạn
(xem [3]).
Ở đây, ta giả thiết ít hơn, chỉ thêm vào một điều kiện duy nhất ta cần là
1
Đặt T = T =
M1. Khi đó (3.1.21c) trở thành
2c
(3.1.26)
Trong phần này ta chứng minh sự tồn tại của Hs – nghiệm toàn cục dƣới
(F3)
N
,
2
Định lý 3.2.1
ở đây, '(N) là một giả đa thức của N với lũy thừa dƣơng hoặc '(N) = 0. Vì
(3.1.26) có một nghiệm N nếu ||||2 đủ nhỏ. Chính xác hơn, cho > 0 và > 1
sao cho ||||2 kéo theo N . Ta bắt đầu :Quá trình này trong khoảng
[ T, 2T ] chú ý rằng giá trị ban đầu ||u( T )||2 cho khoảng mới không đƣợc vƣợt
quá giá trị cũ của N, và tiếp tục nhƣ vậy. Nó kéo theo nếu ||||2 –n , thì N
T lớn tùy ý nếu || ||2 là đủ nhỏ (chứng minh này sẽ chỉ ra rằng T ít ra là bậc
Giả sử (F1), (F2), (F3)
nhất u thuộc BC([0, ); Hs) s với u(0) = , ở đây, s được đưa ra bởi
(3.1.1) trên khoảng [0; ). Không gian phụ trợ s là có thể bỏ được với những
điều kiện giống như trong Định lý 3.1.1. Ở đây, là một số bất kỳ thỏa mãn
(3.1.6) hoặc (3.1.7), theo s
m
m
hoặc s > .
2
2
m
ii) Nếu s 2 và F là tựa thuần nhất bậc k, thì kết luận là đúng với Hs
*
log(1/||||2)). Một chứng minh tƣơng tự đƣợc đƣa ra trong trƣờng hợp (ii),
với || ||2 đủ nhỏ, ở đây, = 0 –1(k).
nhƣng ||||2 phải đƣợc thay thế bởi ||||2 ||||2.
Chú ý
(a) Nhắc lại rằng ta giả sử {s} k (trong các điều kiện khác) trừ khi F là đa thức
Chú ý trong trƣờng hợp đa thức F
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
- 42
-
4
= (0).
m
(i) Nếu Hs với |||| H đủ nhỏ, thì (NLS) có một nghiệm toàn cục duy
tồn tại trên các khoảng [0, T ], ..., [(n – 1) T , n T ] với N sao cho T* n T . Vì
*
F() = O{s}(||h) khi || 0, ở đây, h = 1 +
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
- 43
-
chéo chính x = y. Thì dễ dàng thấy rằng R = hP. Hơn nữa, ta chọn các điểm Qj
(xem (F2)).
(b) Nếu s
m
, phần (i) đòi hỏi rằng chuẩn không thuần nhất || ||H là nhỏ; Do
2
trên (OP] sao cho
R = hP = P + (j – 1)Qj, j = {h}, ..., {s}, k.
(3.2.1)
(xem hình 7),
đó, kết quả là tối ƣu, ít ra là về mặt định tính khi = = 0 –1(k), giá trị
Qj (OP] vì j h. Không giống nhƣ Bổ đề 3.1.5, ở đây, ta sử dụng một cặp
dƣơng nhỏ nhất của .
điểm đơn P l, R l' và một vài điểm Qj.
m
Nếu s >
, dƣờng nhƣ không có một giá trị tối ƣu nào. Mặt khác, phần
2
(ii) bao gồm chuẩn thuần nhất ||||2 và xuất hiện chỉ đúng với = (xem [3]).
Chú ý rằng nếu k = (s) (trƣờng hợp tới hạn) chỉ có một giá trị có thể của là s.
Tất nhiên tất cả những điều kiện nhỏ đó đƣợc gặp nếu || ||H s đủ nhỏ.
(c) Chúng ta có thể phát triển thành một lý thuyết tán xạ cho những nghiệm nhỏ
u đƣợc xem xét. Ví dụ cho Hs thỏa mãn
u(t) – U(t) → 0 trong Hs khi t → .
m=5
9
s = , {s} = 3, (s) = 9
4
11
k = 4, –1(k) = , = 2
6
1
B = ( , 0), () = 5.
10
•R
P
Q2 •
Q3
Q4••
Q•
•
•
B
s
s (1 ) 2 ( L( P) L( B))
B
Xem [12] cho vấn đề này và kết quả liên quan.
Hình 7
Để chứng minh Định lý 3.2.1, ta sử dụng chú ý của phần trƣớc. Nếu F là một đa
Giả sử l giống nhƣ trƣớc đây (xem phần sau của (3.1.10)) và giả sử
Q = l (OP], sao cho P + (() – 1)Q = R.
thức, áp dụng chú ý cuối cùng của phần 5. Do đó, ta có thể giả sử trong Hệ quả
m
là F không là một đa thức. Khi s , thì rất thuận tiện để chia thành 2 trƣờng
2
hợp h {s} và h > {s}.
Vì j k = ( ) () ta có |OQ| |OQj) với tất cả j (cả k).
Mặt khác,, Qj [PQ].
Ta sẽ chứng minh tƣơng tự Bổ đề 3.1.6 với T = .
m
Trƣờng hợp (i') (s và h {s}). Từ giả thiết (F3) kéo theo Fj với j < h là
2
s
Giả sử Ys (1 ) 2 ( L( P) L( B)) trên (0, ). Ta định nghĩa tập Ys
không có trong (3.1.9), vì chúng là các đa thức bậc j. Vì vậy, chỉ số dƣới j chỉ có
theo (3.1.14), ở đó Pk sẽ đƣợc thay thế bởi P.
thể chạy từ {h} tới k.
Bổ đề 3.2.2. Nếu Hs với ||||2 ||||2 đủ nhỏ, các tham số L, K, N có thể
Ta sử dụng một phép đặt hình học khác so với phép đặt hình học đã sử
dụng trong chứng minh Định lý 3.1.1. Chọn hai điểm K l', P l trên đƣờng
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
- 44
-
chọn sao cho ánh xạ từ vào trở thành ánh xạ co trong L(P) – metric.
Chứng minh
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
- 45
-
Vì Q l , ta có ||u :Q|| cN nhƣ trong (3.1.16). Vì ||u :P|| L và vì Pj
R = hP = P + (k – 1)Qk,
Qk [PQ],
Q l (OP],
[PQ], từ CT1 kéo theo ||u :Qj|| cL N. Sử dụng (3.2.1) và Bổ đề A3, A5
ở đây, Qk là thừa nếu k h. Với những lý Do đó, phần còn lại của chứng minh
(chƣơng 1) , nhƣ trong chứng minh Định lý 3.1.1, ta sẽ suy ra một bất đẳng thức
này là giống nhƣ trên.
tƣơng tự (3.1.21), ở đấy Pk sẽ đƣợc thay thế bởi P và (T, N) đƣợc thay thế bởi
2(L, N) = c
M j (L N )
j 1
Trƣờng hợp (i"') (s >
.
m
)
2
Điểm quyết định ở đây, là nhờ có R l' nên 2 không chứa T mà nó xuất
m
Với bất kỳ , s cố định, ta định nghĩa tập bởi (3.1.14) . Nhƣ
2
hiện trong . Nhƣng 2 có hai tham số L, N ta phải giải hai bất đẳng thức (đã
trong trƣờng hợp (ii) trong phần trƣớc, u là bị chặn đều bởi cL N. Do đó,
làm sai lệch đi) (3.1.21a) và (3.1.21c) nhƣ là một hệ cho L và N; điều này có thể
ta có thể thay đổi những giá trị của F() với || > cL N sao cho F có tốc độ tăng
{h} jk
làm đƣợc nếu ||||2 || ||2 là đủ nhỏ. Sau đó,, (3.1.21b) có thể đƣợc giải bằng
hữu hạn k > {s}. Khi đó ta dựng các điểm Q và Q j (gồm cả Qk) nhƣ trên. Định lý
cách làm K lớn. Nó sẽ chứng minh rằng ánh xạ là ánh xạ từ vào chính nó
nhúng Sobolev chỉ ra rằng ||u :Q|| L N với bất kỳ Q (OP] Do đó, nó cũng
với các giá trị của L, K, N. Nhƣ thƣờng lệ phần còn lại của chứng minh Bổ đề và
thỏa mãn với mọi Qj. Vì vậy, ta có thể tiếp tục chứng minh nhƣ trong trƣờng hợp
định lý này có thể đƣợc bỏ qua.
(i'). Ta có thể phải làm giảm L N Hơn nữa, để thỏa mãn bất đẳng thích hợp
Trƣờng hợp (i") (s
trong sự kết hợp với độ lớn của ||||2 ||||2. Nhƣng việc đó không gây nhiễu
m
và h > {s})
2
cho sự thay đổi của F vừa làm ở trên. Sau đó, k có thể chọn để thỏa mãn bất đẳng
Ta luôn luôn có trƣờng hợp này nếu s (0, 1) (trừ khi m = 1). Ngoài ra nó
chỉ thỏa mãn với m 3. Tất cả những đa thức Fj, 1 j {s} – 1 bị bỏ qua.
Vì vậy, F = F{s} + Fk theo Bổ đề (3.1.4) (ở đây, F{s} là thừa nếu k = {s}).
thức còn lại. Có thể bỏ qua phần chi tiết Hơn nữa,.
Trƣờng hợp (ii)
Cuối cùng xét trƣờng hợp F là tựa thuần nhất. Ta có thể đặt Fk = F, trong
Nếu k > {s} thì Fk là đồng nhất 0, gần = 0 (xem chứng minh của Bổ đề 3.1.4)
đó, h k (s) chỉ có một điểm Qj duy nhất là Qk. Nếu = 1 (k ) , ta có
sao cho F{s} = O(|| ) với nhỏ Vì {s} < h, kết quả nhƣ vậy vẫn đúng với lớn.
||u :Qk|| cN nhƣ trên. Do đó, 2(L, N) thực sự chỉ phụ thuộc vào N, và (sự biến
Vì vậy, ta thấy nó thuận tiện để viết lại F{s} nhƣ là Fh, sao cho Fh, Fk là tựa thuần
đổi) bất đẳng (3.1.21c) có thể đƣợc giải với N nếu || ||2 nhỏ. (3.1.21a, b) có
h
nhất bậc h, k tƣơng ứng. Ở đây, k h là dƣơng (nếu nó xảy ra). Tuy nhiên, F tự
nó là tựa thuần nhất bậc h, và ta có một thành phần đơn F = Fh, Fk là thừa.
Phép đặt hình học của ta bây giờ gồm 3 điểm R l', Qh = P l và Qk (OP]
thể đƣợc giải sau đó, bởi cách làm cho L và K lớn. Phần còn lại của chứng minh
này giống nhƣ trƣờng hợp (i'). ■
trên đƣờng chéo chính với
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
- 46
-
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
- 47
-
Bổ đề Dưới các giả thiết của Định lý 3.1.1, cho u là Hs – nghiệm chính tắc của
3.3. Định lý duy nhất cho Hs – nghiệm
(NLS) trong khoảng đóng hữu hạn [0, T].
3.3.1. Nghiệm chính tắc
Cho {n} là dãy thỏa mãn n → = u(0) trong Hs. Khi đó có T' > 0 sao
Các nghiệm u không chỉ thỏa mãn định lý cơ bản
cho nghiệm chính tắc un với un(0) = n tồn tại trong [0, T'] thỏa mãn với n lớn,
u C([0, T); Hs),
(C)
và un → u trong C([0, T']; Hs') khi n → , với bất kỳ s' < s. Nếu s = 0 hoặc 1, ta
mà còn thỏa mãn điều kiện phụ u s, ví dụ
(A)
u Lr((0, T); Lq, s),
có thể lấy T' = T, s' = s.
1 1
2
1
1
1 1
+
= , –
< ,
2 2 m
q mr
q 2
Chứng minh
với một vài sự biến đổi khi m = 1. Ta sẽ gọi nghiệm như vậy là Hs – nghiệm
chính tắc.
Định lý 3.1.1 nói rằng dƣới những điều kiện nhẹ chắc chắn với bất kỳ
thuộc Hs, tồn tại một nghiệm chính tắc duy nhất Hs – nghiệm u với u(0) = trên
một khoảng [0, T). Định lý 2.1 kéo theo rằng một nghiệm u là chính tắc nếu nó
thỏa mãn (C) và (A) với một cặp đơn (q, r) (2, ) nhƣ đã chỉ ra. Các nghiệm
xây dựng trong [3] cũng là chính tắc.
Điều này đã đƣợc chứng minh trong [11, 12] với s = 0 và 1, và trong [3]
cho s tổng :Quát "lũy thừa đơn" các thế vị F.
Để ý rằng ngoài các trƣờng hợp chung, dòng chú giải sau trong trƣờng hợp
(ib) phần chứng minh Định lý 3.1.1–2 là đủ. Nghiệm u đƣợc xây dựng bởi Định
lý ánh xạ co, trong đó, không gian với metric của L(Pk) đã đƣợc sử dụng. Vì
vậy, dễ thấy rằng n → trong Hs kéo theo un tồn tại trong và un → u trong
L(Pk) nếu || Pk|| là nhỏ đều theo n (tất cả trên các khoảng (0, T')). Nhƣng
điều này là đúng nếu T' là nhỏ và n là lớn, vì ||n Pk|| là nhỏ với T' nhỏ và
|| (n – ) Pk|| c||n – || H . Điều này đã chứng minh sự phụ thuộc liên tục
3.3.2. Định lý duy nhất cho Hs- nghiệm
s
Định lý 3.3.2. Dưới những giả thiết của Định lý 3.1.1, giả sử v là một
nghiệm của (NLS) sao cho
trong L(Pk) – metric vào (0, T') với T' đủ nhỏ.
Với những lập luận đã sử dụng trong chứng minh tồn tại, dễ thấy rằng
những kết quả giống nhƣ vậy đúng trong L(Pk) đƣợc thay thế bởi
v C ([0, T); Hs ) Lrloc ((0,T ); Lq,s )
L(B) = C([0, T']; L2) (có thể với T' đƣợc làm nhỏ đi một chút).
với một cặp đơn (q, r) (2, ) như trong (A). Khi đó v là nghiệm chính tắc duy
Tuy nhiên, do un theo cách xây dựng là bị chặn đều trong C([0, T']; Hs).
nhất (kết quả này là không thú vị nếu vấn đề này được biết như là đặt chỉnh vô
Nó kéo theo un → u đạt đƣợc trong C([0, T']; Hs') với bất kỳ s' < s.
điều kiện chẳng hạn như trường hợp (3.1.5)).
Chứng minh Định lý 3.3.2.
Để chứng minh ta cần một Bổ đề về sự phụ thuộc liên tục của nghiệm
chính tắc vào các dữ kiện ban đầu.
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
- 48
-
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
- 49
-
