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 (611.79 KB, 54 trang )
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƢỜNG ĐẠI HỌC SƢ PHẠM
----------------------------
Phan Thị Vân Huyền
PHƢƠNG TRÌNH SCHRODINGER
PHI TUYẾN
L
L
U
U
Ậ
Ậ
N
N
V
V
Ă
Ă
N
N
T
T
H
H
Ạ
Ạ
C
C
S
S
Ĩ
Ĩ
T
T
O
O
Á
Á
N
N
H
H
Ọ
Ọ
C
C
THÁI NGUYÊN – 2009
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
- 1 -
ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƢỜNG ĐẠI HỌC SƢ PHẠM
----------------------------
Phan Thị Vân Huyền
PHƢƠNG TRÌNH SCHRODINGER
PHI TUYẾN
Chuyên ngành: Toán Giải tích
Mã số : 60.46.01
L
L
U
U
Ậ
Ậ
N
N
V
V
Ă
Ă
N
N
T
T
H
H
Ạ
Ạ
C
C
S
S
Ĩ
Ĩ
T
T
O
O
Á
Á
N
N
H
H
Ọ
Ọ
C
C
Ngƣời hƣớng dẫn khoa học:
PGS. TSKH. NGUYỄN MINH TRÍ
THÁI NGUYÊN – 2009
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
- 2 -
MỤC LỤC
Trang
Chƣơng 1
KIẾN THỨC CHUẨN BỊ
1.1. Bất đẳng thức Holder…………………………………………….. 4
1.2. Không gian L
p
……………………………………………………. 5
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
Chƣơng 2
ĐỊNH LÝ DUY NHẤT
2.1. Định lý duy nhất………………………………………………….. 16
2.2. Bổ đề 2.2…………………………………………………………. 22
2.3. Chứng minh định lý 2.1………………………………………….. 25
2.4. Hệ quả……………………………………………………………. 27
Chƣơng 3
SỰ TỒN TẠI ĐỊA PHƢƠNG CỦA H
s
- NGHIỆM
H
s
NGHIỆM TOÀN CỤC VỚI ĐIỀU KIỆN BAN ĐẦU NHỎ
3.1. Sự tồn tại địa phƣơng của H
s
- nghiệm…………………………... 29
3.2. H
s
nghiệm toàn cục với điều kiện ban đầu nhỏ…………………... 42
3.3. Định lý duy nhất cho H
s
- nghiệm ………………………………. 47
KẾT LUẬN…………………………………………………………….. 50
TÀI LIỆU THAM KHẢO …………………………………………….. 51
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
- 3 -
MỞ ĐẦU
Phƣơng trình Schrodinger là một trong những phƣơng trình cơ bản nhất
trong lý thuyết cơ học lƣợng tử. Từ khi xuất hiện phƣơng trình này đã có một số
lớn các công trình nghiên cứu các tính chất của nó. Trƣớc đây phần lớn các
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
nghiên cứu này.
Nội dung luận văn đƣợc chia thành ba chƣơng
Chƣơng 1 KIẾN THỨC CHUẨN BỊ, bao gồm bất đẳng thức Holder,
không gian L
p
, không gian Sobolev và một số ký hiệu hình học đƣợc sử dụng
trong luận văn. Ngoài ra phần mở đầu còn trình bày về một số kết quả đã có của
phƣơng trình phi tuyến Schrodinger dựa theo các tài liệu [11, 12, 14].
Chƣơng 2 ĐỊNH LÝ DUY NHẤT, bao gồm định lý duy nhất (phát biểu và
chứng minh định lý), một số chú ý và Hệ quả của nó về tính đặt chỉnh không
điều kiện.
Chƣơng 3 SỰ TỒN TẠI ĐỊA PHƢƠNG CỦA H
S
– NGHIỆM. H
S
–
NGHIỆM TOÀN CỤC VỚI ĐIỀU KIỆN BAN ĐẦU NHỎ, bao gồm định lý về
sự tồn tại của H
s
– nghiệm, với một vài sự hạn chế khi s 0, nếu m 7 và F()
không là đa thức của và
. Thêm vào độ trơn của F, giả thiết chính ở đây, là
k 1 +
4
2ms
nếu s <
2
m
, k < nếu s =
2
m
và k = (không cần giả thiết) nếu
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
- 4 -
s >
2
m
. H
s
– nghiệm đã đƣợc nghiên cứu chi tiết bởi Cazenave – Weissler [3], ở
đây, không gian loại Besov đã đƣợc sử dụng nhƣ những không gian phụ trợ. Ta
sử dụng các không gian loại Lebesgue để thay thế, mà sự xuất hiện của nó thì
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
s
– nghiệm u chỉ phụ thuộc vào ||
u(0)||
2
(trong
đó,
= (–)
1/2
) với giá trị nhất định nào đó của < s, không phụ thuộc vào
|| (0)||
s
H
u
. 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 H
s
– 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.
Ở đây, lặp lại tính nhỏ của
H
||u(0)||
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.
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
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.
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
- 5 -
Chƣơng 1.
KIẾN THỨC CHUẨN BỊ
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
11
1
pq
thì
(1.1.1)
11
| | | | | |
pq
pq
E E E
fg d f d g d
.
Để chứng minh định lý trƣớc hết ta có Bổ đề sau
Bổ đề. Cho a, b không âm và p, q là là hai số thực sao cho 1 < p <
và
11
1
pq
thì ta có
(1.1.2) ab
p
a
p
+
q
b
q
.
Thật Vậy
Xét hàm
1
1
()
p
t
tt
pq
(t
0), ta thấy (1) = 0 và
1
1
11
'( )
p
tt
pp
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
- 6 -
Do vậy, với mọi t 0 ta có
1
1
p
t
t
pq
(1) = 0.
Đặc biệt t =
.
pp
ab
0 (có thể giả thiết b > 0 vì nếu b = 0 thì (1.1.2) hiển
nhiên đúng) ta có
.1
0
p
pp
q
ab
ab
pq
hay
p
a
p
+
q
b
q
– ab 0 đó chính là bất
đẳng thức (1.1.2). ■
Chứng minh bất đẳng thức (1.1.1).
Áp dụng bất đẳng thức (1.1.2) cho
11
| | | |
,
| | | |
pq
pq
fg
ab
fg
, ta đƣợc
11
| | | | | |
| | | |
| | | |
pq
pq
pq
pq
fg f g
p f q g
fg
.
Lấy tích phân hai vế ta có
11
| | | | | |
11
1
| | | |
| | | |
pq
pq
pq
pq
fg f g
pq
p f q g
fg
từ đó suy ra bất đẳng thức (1.1.1). ■
1.2. Không gian L
p
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
||
p
E
fd
được gọi là không gian L
p
(E,
).
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
- 7 -
Khi E là một tập đo đƣợc Lebesgue trong
k
, và là độ đo Lebesgue, thì
ta viết là L
p
(E).
Nếu E = [a, b]
1
, và là độ đo Lebesgue thì ta viết L
p
[a, b] hoặc
p
[a, b]
L
và nếu E = [0, 1] thì ta viết đơn giản là L
p
.
Ta có Tập hợp L
p
(E,
), trong đó, ta không phân biệt các hàm tương
đương nhau (nghĩa là bằng nhau hầu khắp nơi), là một không gian vectơ định
chuẩn. Với các phép toán thông thƣờng về nhân hàm số với số và cộng hàm số,
và với chuẩn là
1
|| || | |
p
p
E
f f d
.
1.2.2. Một số ký hiệu
(i) L
r
(L
q
) là L
r
((0, T); L
q
(
m
)), ở đây, 1 q, r và 0 < T < , với chuẩn là
1
1
()
()
00
|| ( , )|| = ( , ) || ( , )||
r q q
m
m
r
r
TT
r
q
r
q
LL
L
u x t u x t dx dt u x t dt
.
(ii) L
(L
) sẽ đƣợc hiểu nhƣ là L
(
T
), ở đây,
T
= (0, T)
m
, với chuẩn là
m
()
(0, T)
|| ( , )|| = ess sup | ( , )|
LL
u x t u x t
.
(iii) a
b và a
b lần lƣợt là min{a, b} và max{a, b}.
(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
- 8 -
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
B =
1
( ,0)
2
; B
'
= (
1
2
, 1);
C = (
1
2
–
1
m
,
1
2
); C
'
= (
1
2
+
1
m
,
1
2
);
(C = (0,
1
4
); C
'
= (1,
3
4
) nếu m = 1).
Đoạn thẳng l = [BC) và l
'
= [BC
'
) là quan trọng nhất (l = [BC]; l
'
= [B'C']
nếu m = 1). Đó là các phần của các đoạn thẳng
x +
2y
m
=
1
2
và x +
2y
m
=
1
2
+
2
m
. (xem hình 1 và 1a).
Hình.1. Hình.1a.
m = 3
B'
C'
B
C
l
l'
m = 1
B'
C'
B
C
l
l'
O
O
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
- 9 -
Cuối cùng ta đặt L(P) = L
r
(L
q
) nếu :P = (
1
q
,
1
r
);
Chuẩn trong L(P) đƣợc kí hiệu là || :L(P)||, hoặc đơn giản là || :P||.
Cụ thể với P = (
1
q
,
1
r
); u L(P) thì
||u :P|| =
1
1
()
00
( , ) || ( , ) ||
q
m
m
r
r
TT
r
q
r
q
L
u x t dx dt u x t dt
.
BC biểu thị lớp các hàm số liên tục, bị chặn. C biểu thị là hằng số dƣơng bất kỳ.
1.3. Không gian Sobolev
1.3.1. Định nghĩa
(i) Với s là số nguyên, s > 0, ký hiệu H
s
(
) là không gian các hàm thuộc
L
2
(
) có đạo hàm suy rộng D
u, |
|
s, D
u
L
2
(
), với chuẩn là
||u||
s
=
1
2
2
||
||
s
D u dx
.
Chú ý Đây là không gian Hilbert với tích vô hƣớng
||
( , ) ( ). ( )
s
s
u v D u x D v x dx
.
Với s = 0 thì H
0
() L
2
().
(ii) Nếu s là số thực tùy ý thì H
s
(
n
) được định nghĩa là
()
sn
H
{u S ' |
1
ˆ
( ) ( )
n
loc
uL
sao cho
22
ˆ
(1 | | ) | ( )|
n
s
ud
} < .
()
sn
H
là không gian Hilbert với tích vô hƣớng
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
- 10 -
(u, v)
s
=
2
ˆˆ
(1 | | ) ( ) ( )
n
s
u u d
,
2 2 2
ˆ
|| || (1 | | ) | ( )|
n
s
s
u u d
.
Chú ý Nếu u H
s
thì D
(u)
||
()
sn
H
.
1.3.2. Định lý nhúng Sobolev
Định lý. Nếu u
()
sn
H
, s > k +
2
n
, k là số nguyên không âm thì u
C
k
hầu
khắp và
|| || || ||
k
s
C
u A u
, A là hằng số không phụ thuộc u.
Chứng minh
Ta có
( , ) ( , )
22
||
ˆ
( ) (2 ) ( ) (2 ) ( ).
nn
i x i x
k
D u x D u e d u e d
.
Vậy
( , )
22
ˆˆ
|| ( )|| (2 ) ( ). (2 ) ( )
nn
ix
D u x u e d u d
.
22
22
2
ˆ
|| ( )|| (2 ) 1 ( ) 1
ss
n
D u x u d
11
2
22
2 2 2
2
ˆ
(2 ) 1 ( ) 1
n
ss
u d d
1
2
2
2
2
(2 ) || || 1
n
n
s
s
ud
.
Mặt khác,
||
2
2 2 2
||
2
1
1 ' 1 1 '
1
n n n
ss
s
d C d C d
.
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
- 11 -
Mà s – |
|
s – k >
n
2
do |
|
k
s – |
| >
n
2
nên
||
2
1
'
1
n
s
Cd
< .
Vậy
||
| ( )| || || sup| ( )| || || || || || || .
k
s s s
C
x
k
D u x C u D u x A u u A u
■
1.4. Một số kết quả đã có của phƣơng trình phi tuyến Schrodinger
Xét bài toán về giá trị ban đầu của phƣơng trình phi tuyến Schrodinger
(NLS)
t
u = i(u – F(u)), t 0, x
m
, m
.
Với các giả thiết dƣới đây của F(u)
(1.4.1) F C
1
(
,
); 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
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
chung không có một quy luật bảo toàn nào cả.
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
không gian hàm số X đƣợc định nghĩa trên R
m
nếu với mỗi X có T > 0 và
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 ,
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
- 12 -
Định lý A. Trong (1.4.2) giả sử k < 1 +
4
2m
(không cần nếu giả thiết m=1).
(i) Cho bất kỳ
H
1
= H
1
(
m
), khi đó có T > 0 và một nghiệm duy nhất
u
C([0, T); H
1
) của (NLS) với u(0)=
.
(ii) u có các tính chất thêm vào là
u
L
r
([0, T); L
q
) với
1
q
+
2
mr
= 1,
1
2
–
1
m
<
1
q
<
1
2
.
Định lý B. Cho k < 1 +
4
m
. Với bất kỳ
L
2
thì có T > 0 và một nghiệm duy
nhất u của (NLS) với các tính chất sau
(i) u
C([0, T); L
2
) với u(0)=
,
(ii) u
L
r
((0, T); L
q
) với
1
q
+
2
mr
= 1,
1
2
–
1
m
<
1
q
<
1
2
.
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 H
1
. 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.
Trong Định lý B,
r
L
([0, T);
q
L
) 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
có điều kiện trong L
2
, với một không gian phụ
r
L
((0, T);
q
L
).
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
- 13 -
1.5. Sự đánh giá cho đạo hàm cấp phân số của toán tử phi tuyến
Bổ đề A1. Giả sử F
C
1
(
;
); G
C(
;
) sao cho
(1.5.1) |F'(
+ (1 –
)
|
(
)(G(
) + G(
));
,
, 0
1,
ở đây,
(.)
L
1
(0, 1). Khi đó ta có với 0 < s < 1 thì
(1.5.2) ||
s
F(
)||
r
c||G(
)||
q
||
s
||
p
;
1
2
1 1 1
( = ( ) )
r p q
,
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).
Đây là một dạng biến đổi nhỏ của những kết quả do Christ – Weinstein [4] và
Staffilani [13], và có thể đƣợc chứng minh cùng phƣơng pháp nhƣ vậy.
Bổ đề A2. Cho F
C
1
(
;
), với
(1.5.3) F(0) = 0; |F'(
)|
|
|
k – 1
,
ở đây, k
1.
Nếu 0
s
1 thì
(1.5.4) ||
s
F(
)||
r
1
1 1 1
|| || || || ;
r
ks
qp
k
c
pq
; p, q, r
(1,
),
trong đó, c phụ thuộc vào s, p, q, r (nếu k = 1 đặt p = r và bỏ qua
1
|| ||
k
q
).
Chứng minh
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
).
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
- 14 -
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
1
q
q
k
. ■
Bổ đề A3. Cho F
C
n
(
,
), n
.Giả rằng có k
n sao cho
(1.5.5) |D
i
F(
)|
|
|
k – i
, i = 1, 2, ..., n
Nếu 0
s
n thì (1.5.4) là đúng. Hơn nữa,
(1.5.6) ||
s
F(u):R||
c||u:Q||
k – 1
||
s
u:P|| với R = P + (k – 1)Q, P,Q,R
',
ở đây, c phụ thuộc vào s, P, Q, R .(u là một hàm số tổng :Quát trong (0,T)
m
;
' là với 2 chiều dọc đã bị bỏ đi).
Chứng minh (Theo G.Ponce)
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
(1.5.7) ||
s+1
F()||
r
c||
s
F()||
r
= c||
s
(F())||
r
= c||
s
(F'())||
r
c
1
(|| '( )|| || || || '( )|| || || )
ss
qp
k
FF
,
1
r
=
1
+
1
;
ở đây, ta đã sử dụng một công thức Leibniz suy rộng với những đạo hàm bậc
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
2
|| || || || || ||
ks
q
, trong đó,
1 1 2 1 1 1k
q p q
(nếu k = 2 bỏ qua thừa số
2
|| ||
k
q
).
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
- 15 -
Ở trên , là tùy ý chỉ cần thỏa mãn điều kiện
1 1 1 1
pq
trong đó, p, q, ,
(1, ). Đặt
1 1 1 1
;
( 1) ( 1) ( 1) ( 1)
ss
s p s q s p s q
.
Theo Định lý 3 đƣờng thẳng (xem [1, trang 168]), ta có
1
1
11
1
1
11
|| || || || || || ,
|| || || || || || .
s
ss
ss
pq
s
s
ss
pq
c
c
Kết quả đó đƣợc làm trội bởi ||
s+1
||
p
||||
q
. Điều này kéo theo (1.5.4), hoàn
thành quá trình qui nạp. ■
(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
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
1 1 2 1 2
2 1 2
(|| || || || ...|| || ... || || || || ...|| ||
kk
ss
p q k q q q k p
c
)
với
1 1 1
2
1 1 1 1 1 1 1
... ... ...
k k k
r p q q q q p
,
p
j
(1,
), q
j
(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.
Bổ đề A5. Giả sử F(
) là đa thức thuần nhất của
và
bậc k
1. Thì (1.5.4)
và (1.5.6) là đúng với bất kỳ s
0.
Chứng minh
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
- 16 -
Chỉ cần đặt trong Bổ đề A4,
j
= hoặc
và p
j
= p (1, ), q
j
= q (1, ) với
1
r
=
1
p
+
1k
q
. ■
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
- 17 -
Chƣơng 2.
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) =
0
lim
t
u(t) tồn tại nhƣ một hàm suy rộng trên
m
;
(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
(L
2
)
L
r
(L
q
) thỏa
mãn với
(2.1.1)
11
1
2 m
qk
và
1 2 1 2
2 ( 1)q mr m k
trừ một số ngoại lệ sau
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
- 18 -
Nếu k = 1, thì điều kiện
1 2 1 2
2 ( 1)q mr m k
được thay bởi
1 2 1
2q mr
.
Nếu
4
1
2
k
m
và r =
, thay thế
trong (2.1.1) bởi <.
Nếu k =
(xem phần1.4 chương 1 ), thay thế L
r
(L
q
) bởi L
(
T
).
Nếu m = 1 thì sự duy nhất là trong L
(L
2
)
L
r
(L
q
) thỏa mãn với
(2.1.2)
1
q
1
k
và
1 2 1 2
21q r k
.
Chú ý
(a) Nhắc lại rằng F không :Quyết định k; nếu k đã thỏa mãn (1.4.2) thì bất
kỳ k nào khác lớn hơn cũng sẽ thỏa mãn. Điều kiện (2.1.1) trở nên mạnh hơn với
k tăng.
(b) Các điều kiện đó đƣa ra dạng đơn giản hơn khi đƣợc áp dụng với một
k đặc trƣng. Ví dụ nếu k <
2
1
m
thì (q, r) = (2, ) đƣợc kéo theo; Do đó, sự duy
nhất là trong L
(L
2
). Cũng chú ý rằng
1 2 1
2 ( 1) 2mk
nếu
4
1k
m
và bằng
2
( 1)mk
nếu
4
1k
m
. Điều kiện đầu tiên trong (2.1.1) là thừa nếu
4
1
2
k
m
và r < , bởi vì, nó đã đƣợc suy ra bởi điều kiện thứ 2.
(c) Sử dụng các ký hiệu hình học đã đƣa ở chƣơng trƣớc ta có các công
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
- 19 -
|| :R||
|| :P||
1 –
|| :Q||
nếu
= |PR|/|PQ|.
Thật Vậy
Gọi
1 1 1 1 1 1
Q , ; , ; R ,P
q p r
.
Khi đó L(Q) = L
q
(L
),
L(P) = L
p
(L
),
L(R) = L
r
(L
).
Không mất tính tổng :Quát ta có thể giả sử
1 q < r p < , 1 < < .
Đặt =
||
||
PR
PQ
=
11
()
11
()
q p r
rp
r p q
qp
1 – =
||
||
QR
PQ
=
11
()
11
()
p r q
qr
r p q
qp
.
Xét
1 1 ( ) 1 ( ) 1
..
( ) ( )
q p r p r q
q p q r p q p r p q r
.
(1 )
1
rr
qp
.
Tƣơng tự ta có
(1 )
1
.
u L(P) L(Q) xét
(1 )
| ( , )| | ( , ). ( , )|
mm
u x t dx u x t u x t dx
Q
R
P
1
q
1
r
1
p
1
1
1
Hình 2
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
- 20 -
(1 )
(1 ) .
.
(1 )
(1 )
| ( , )| | ( , )| | ( , )| . | ( , )|
m m m
u x t u x t dx u x t dx u x t dx
11
. .(1 )
| ( , )| . | ( , )|
mm
u x t dx u x t dx
1
| ( , )|
m
u x t dx
11
. .(1 )
| ( , )| . | ( , )|
mm
u x t dx u x t dx
()
|| ( , )||
m
L
u x t
()
|| ( , )||
m
L
u x t
1
()
|| ( , )||
m
L
u x t
.
Vì r > 1 nên có
()
|| ( , )||
m
r
L
u x t
()
|| ( , )||
m
r
L
u x t
(1 )
()
|| ( , )||
m
r
L
u x t
.
Tích phân hai vế ta đƣợc
()
0
|| ( , )||
m
T
r
L
u x t dt
()
0
|| ( , )||
m
T
r
L
u x t
(1 )
()
|| ( , )||
m
r
L
u x t dt
()
0
|| ( , )||
m
T
r
L
u x t dt
.
()
0
|| ( , ) ||
m
r
q
q
r
T
r
L
u x t dt
(1 )
(1 ) .
(1 )
()
0
|| ( , ) ||
m
r
p
T
p
r
r
L
u x t dt
()
0
|| ( , )||
m
T
r
L
u x t dt
1
.
()
0
|| ( , )||
m
r
q
q
T
L
u x t dt
.
1
.(1 )
()
0
|| ( , )||
m
r
T
p
p
L
u x t dt
1
()
0
|| ( , ) ||
m
r
r
T
L
u x t dt
1
.
()
0
|| ( , )||
m
T
q
q
L
u x t dt
.
1
.(1 )
()
0
|| ( , )||
m
T
p
p
L
u x t dt
||u :R|| ||u :Q||
. ||u :P||
1 –
.
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
- 21 -
L(P) L(Q) L(R). ■
(CT2) f
L(P) và g
L(Q) suy ra rằng f
a
.g
b
L (aP + bQ);
với ||f
a
.g
b
:aP + bG||
|| f :P||
a
. || g :Q||
b
, với a, b
0.
Thật Vậy
Gọi
1 1 1 1
Q , ; ,P
qp
.
aP , ; bQ , .
a a b b
pq
aP + bQ =
,;
a b a b
pq
Đặt
11
,
a b a b
h k p q
1 , 1
ha hb ka kb
pq
.
Với f
L(P) và g
L(Q) xét
..
11
..
| ( , ). ( , ) | | ( , )| .| ( , )|
| ( , )| . | ( , ) |
| ( , )| . | ( , ) |
mm
mm
mm
a b h ah bh
ha hb
ah bh
ha hb
ha hb
f x t g x t dx f x t g x t dx
f x t dx g x t dx
f x t dx g x t dx
1
| ( , ). ( , )|
m
h
a b h
f x t g x t dx
11
..
| ( , )| . | ( , )|
mm
ab
f x t dx g x t dx
()
|| ( , ). ( , )||
hm
ab
L
f x t g x t
()
|| ( , ) ||
m
a
L
f x t
()
|| ( , )||
m
b
L
g x t
bQ
P
1/q
1/p
Q
aP
aP + bQ
Hình 3
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
- 22 -
()
0
|| ( , ). ( , )||
hm
T
k
ab
L
f x t g x t dt
()
0
|| ( , )||
m
T
ak
L
f x t
()
|| ( , ) ||
m
bk
L
g x t dt
.
()
0
|| ( , )||
m
ka
p
T
p
ak
ka
L
f x t dt
.
()
0
|| ( , )||
m
kb
q
T
q
bk
kb
L
g x t dt
1
.
()
0
|| ( , )||
m
ka
T
p
p
L
f x t dt
1
.
()
0
|| ( , )||
m
kb
T
q
q
L
g x t dt
= ||f(x, t) P||
ka
. ||g(x, t) Q||
kb
1
()
0
|| ( , ). ( , ) ||
hm
T
k
k
ab
L
f x t g x t dt
||f(x, t) P||
a
. ||g(x, t) Q||
b
||
( , ). ( , )
ab
f x t g x t
:aP + bQ|| ||f(x, t) ::P||
a
. ||g(x, t) Q||
b
.
Vì f
L(P) và g
L(Q) nên
||
( , ). ( , )
ab
f x t g x t
:aP + bQ|| ||f(x, t) :P||
a
. ||g(x, t) :Q||
b
<
f
a
. g
b
L(aP + bQ). ■
(CT3) Giả sử T <
và Q\P thì L(Q)
L(P) với đơn ánh bị chặn bởi T
với
= y (P – Q).
Thật Vậy Vì Q\P nên ta gọi
1 1 1 1
Q , ; ,P
qp
L(P) = L
p
(L
); L(Q) = L
q
(L
)
Khi đó = y (P – Q) =
11
pq
11
1
p
p
p q q
P
Q
1
p
1
q
1
Hình 4
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
- 23 -
u L(Q) ta có ||u :P|| =
1
()
0
|| ( , ) ||
m
T
p
p
L
u x t
.
Xét
()
0
|| ( , )||
m
T
p
L
u x t
, áp dụng Bất đẳng thức Holder ta có
( ) ( )
00
1
.
.
()
00
|| ( , )|| 1 .|| ( , ) ||
1 || ( , )||
.|| ( , ): ||
mm
m
TT
pp
p
LL
p
p
q
TT
q
p
p
p
p
L
pp
u x t dt u x t dt
dt u x t dt
T u x t Q
||u :P|| T
.||u :Q||
Vì u L(Q) nên ||u :P|| T
.||u :Q|| < u L(P) L(Q) L(P). ■
(CT4) Toán tử tích phân G xác định bởi Gf(t) =
0
( ). ( )
t
i U t f d
, là bị chặn
từ L(P') bất kỳ với bất kỳ P'
l' vào L(P) bất kỳ với bất kỳ P
l, với biên
độc lập với T. Ở đây, L(B) có thể được thay thế bởi BC ([0, T); L
2
).
(CT5) Toán tử
xác định bởi (
)(t) = U(t)
, với U(t) = exp(it
) là bị chặn từ
L
2
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); L
2
) trong trường hợp cận là 1.
Định lý 2.1 sẽ đƣợc suy ra từ Bổ đề và các công thức sau
2.2. Bổ đề 2.2
Giả sử P, Q, R
thỏa mãn
(2.2.1) [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
- 24 -
O
Q
Q
P
R
S
Chứng minh.
Bước 1. Đầu tiên ta chỉ ra
L(P).
Thực Vậy CT1 cho thấy
()LQ
với bất kỳ
Q
[BQ]. Do đó, từ giả
thiết ta có
Q
\ P, từ CT3 suy ra
L(P).
Tiếp theo ta chỉ ra rằng (NLS) là có nghĩa với u . Để làm đƣợc điều đó
ta chỉ ra F có thể viết dƣới dạng tổng của hai thế vị lũy thừa đơn
(2.2.2) F = F
1
+ F
k
,
(2.2.3) |F
1
()| M||, |DF
1
()| M,
(2.2.4) |F
k
()| N||
k
, |DF()| N||
k – 1
.
trong đó, M, N 0 là các hằng số. Điều này có thể có đƣợc bằng cách nhân F với
những hàm số cắt trơn đã biết.
Giả sử u . Hiển nhiên, F
1
(u) L(B).
Vì u L(P)
L(Q) và R = P + (k – 1)Q, theo CT2 F
k
(u) L(R).
Do đó, F(u) L(B) + L(R) L
1
(L
2
+ L
1
),
Vì vậy, (NLS) là có nghĩa với
t
u L
1
(H
–2
+ L
1
+ L
2
)
L
1
(H
–m – 1
).
Từ đó dễ dàng kết luận rằng u(0) H
–m – 1
S' tồn tại. Vì vậy, (NLS) là tƣơng
đƣơng với phƣơng trình tích phân sau
Hình 5
