PHƯƠNG TRÌNH SCHRODINGER PHI TUYẾN

Từ khi xuất hiện phương trình này đã có một số lớn các công trình nghiên cứu các tính chất của nó.. Ngoài ra phần mở đầu còn trình bày về một số kết quả đã có của phương trình phi tuyến

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN

MỤC LỤC

Trang

Chương 1

KIẾN THỨC CHUẨN BỊ

1.1 Bất đẳng thức Holder……… 4

1.2 Không gian Lp……… 5

1.3 Không gian Sobolev……… 8

1.4 Một số kết quả đã có của phương trình phi tuyến Schrodinger… 10

1.5 Sự đánh giá cho đạo hàm cấp phân số của toán tử phi tuyến…… 12

Chương 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

Chương 3 SỰ TỒN TẠI ĐỊA PHƯƠNG CỦA Hs - NGHIỆM Hs NGHIỆM TOÀN CỤC VỚI ĐIỀU KIỆN BAN ĐẦU NHỎ 3.1 Sự tồn tại địa phương của Hs - nghiệm……… 29

3.2 Hs nghiệm toàn cục với điều kiện ban đầu nhỏ……… 42

3.3 Định lý duy nhất cho Hs - nghiệm ……… 47

KẾT LUẬN……… 50

TÀI LIỆU THAM KHẢO ……… 51

MỞ ĐẦU Phương trình Schrodinger là một trong những phương trình cơ bản nhất trong lý thuyết cơ học lượng tử Từ khi xuất hiện phương trình này đã có một số lớn các công trình nghiên cứu các tính chất của nó Trước đây phần lớn các nghiên cứu tập trung vào phương trình Schrodinger tuyến tính Gần đây một số các chuyên gia như T Kato, T Tao, C Kening, … đã tập trung vào nghiên cứu :Phương 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 hướng nghiên cứu này Nội dung luận văn được chia thành ba chương Chương 1 KIẾN THỨC CHUẨN BỊ, bao gồm bất đẳng thức Holder, không gian Lp, không gian Sobolev và một số ký hiệu hình học được sử dụng trong luận văn Ngoài ra phần mở đầu còn trình bày về một số kết quả đã có của phương trình phi tuyến Schrodinger dựa theo các tài liệu [11, 12, 14] Chương 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 Chương 3 SỰ TỒN TẠI ĐỊA PHƯƠNG CỦA HS – NGHIỆM HS – NGHIỆM TOÀN CỤC VỚI ĐIỀU KIỆN BAN ĐẦU NHỎ, bao gồm định lý về sự tồn tại của Hs – 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

2

m s nếu s < 2

m

, k <  nếu s =

2

m

và k =  (không cần giả thiết) nếu

s >

2 H – nghiệm đã được nghiên cứu chi tiết bởi Cazenave – Weissler [3], ở

đây, không gian loại Besov đã được sử dụng như 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 được những kết quả sau sự

đánh giá cho khoảng T* của Hs – 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) ||u 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 được chứng minh cho Hs – nghiệm toàn

cục với điều kiện ban đầu nhỏ, dưới 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 trường hợp

Nếu F là một đa thức, thì khoảng biến thiên chấp nhận được của  được mở

rộng

Luận văn được thực hiện với sự hướng 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 Trường Đại học Sư

phạm - Đại học Thái Nguyên, các thầy trong phòng Phương 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

Chương 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 1 1 1

    (t  0), ta thấy (1) = 0 và

1 1

Do vậy, với mọi t  0 ta có t 1 t p

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

f d 

 được gọi là không gian L p (E, )

Khi E là một tập đo được Lebesgue trong  , và  là độ đo Lebesgue, thì

và với chuẩn là

1

|| || | |p p E

f   f d

1.2.2 Một số ký hiệu (i) Lr(Lq) là Lr((0, T); Lq( )), ở đây, 1 m  q, r  và 0 < T < , với chuẩn là

(0, T)

|| ( , ) ||u x t LL = ess sup | ( , ) |u x t

 

(iii) ab và ab lần lượt là min{a, b} và max{a, b}

(iv) Để làm đơn giản các chứng minh trong các chương 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]   Ta viết x = x(P), y = y(P) 2

Đoạn thẳng nối P, Q  được 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  như 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 dưới 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 

BC biểu thị lớp các hàm số liên tục, bị chặn C biểu thị là hằng số dương 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

Chú ý Nếu u  Hs thì D(u)  | |

| | 2

1.4 Một số kết quả đã có của phương trình phi tuyến Schrodinger

Xét bài toán về giá trị ban đầu của phương trình phi tuyến Schrodinger (NLS) tu = i(u – F(u)), t  0, x m, m 

Với các giả thiết dưới đây của F(u) (1.4.1) 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 được kiểm tra trên một ma trận thực vuông cấp 2 Đôi khi (1.4.2) là thừa, trong trường hợp như 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 phương) đặt chỉnh trong một không gian hàm số X được định nghĩa trên Rm

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 , nhưng để đơn giản ta sẽ không để ý đến điểm này)

Tuy nhiên, thực tế thường thì một vài điều kiện (không gian) phụ trợ được cần đến để đảm bảo tính đặt chỉnh Điều này được minh họa rõ nhất bởi các ví

dụ Nhắc lại hai định lý sau (theo [11, 12, 14])

Định lý A Trong (1.4.2) giả sử k < 1 + 4

2

m (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

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 được, và (NLS)

là đặt chỉnh không điều kiện trong H1 Trong hầu hết các trường hợp như vậy,

những điều kiện (không gian) phụ trợ phát sinh như những công cụ cho việc xây

dựng nghiệm

Trong Định lý B, L ([0, T);r L ) là các không gian phụ trợ Không giống q

như Định lý A, phần (ii) là một phần cốt yếu của định lý; nếu không có một điều

kiện như vậy cho ít nhất một cặp (r, q) thì sự duy nhất có thể không đạt được

hoặc thậm chí không có ý nghĩa Trong trường hợp này ta nói (NLS) là đặt chỉnh

có điều kiện trong L2, với một không gian phụ r

L ((0, T);L ) q

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 

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

; 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

Trường hợp s = 0 là tầm thường vì |F()|  c||k – 1 || Giống như vậy với s = 1,

vì F() = F'() và ||||p là tương đương với ||||p,

Vì vậy, ta có thể giả sử rằng 0 < s < 1 thì

|F'( + (1 – )|  | + (1 – )|k – 1 c(||k – 1 + ||k – 1)

Như vậy điều kiện (1.5.1) được gặp với G() = c|| Do đó, theo Bổ đề A1 thì

(1.5.2) là đúng Khi đó (1.5.4) được suy ra trong phép đặt

1

q q k

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) được chứng minh trong Bổ đề A2 Trường hợp tổng :Quát kéo

theo bởi phép qui nạp theo n Giả sử (1.5.4) đã được chứng minh với n  1 và

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 được thay thế bởi s + 1 Vì F' thỏa mãn

các điều kiện của F với k được thay thế bởi k – 1, là thành phần thứ hai, bởi giả

thiết qui nạp, được đánh giá trên bởi 2

s s s

p q

c c

Bổ đề A4 Cho s > 0 Thì với bất kỳ số nguyên k  1,

Chỉ cần đặt trong Bổ đề A4, j =  hoặc  và pj = p  (1, ), qj = q  (1, ) với

Lời trình bày của định lý được 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) =

0lim

t u(t) tồn tại như một hàm suy rộng trên  ; m

(3) Có cùng lắm là một nghiệm u  của (NLS) với một hàm suy rộng cho trước như là giá trị ban đầu

Nếu k = 1, thì điều kiện 1 2 1 2

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

(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 m

 và r < , bởi vì, nó đã được suy ra bởi điều kiện thứ 2

(c) Sử dụng các ký hiệu hình học đã đưa ở chương trước ta có các công

Không mất tính tổng :Quát ta có thể giả sử

(1 ) (1 )

|| ( , ) ||u x t L   m



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

|| ( , ) || m

r L

|| ( , ) || m

r

q q r

(1 ) ( ) 0

|| ( , ) || m

r p

r L

|| ( , ) || m

r

q q T

( ) 0

f x t  || ( , ) || ( m)

b L

( ) 0

|| ( , ) ||f x t L m

  || ( , ) ||g x t L ( m) dt

( )

0

|| ( , ) || m

ka p

|| ( , ) || m

kb q

T bk q

kb L

1 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( ) ( )

(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)

O

Q Q

P

R

S

Chứng minh

Bước 1 Đầu tiên ta chỉ ra  L(P)

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)

Tiếp theo ta chỉ ra rằng (NLS) là có nghĩa với u  Để làm được điều đó

ta chỉ ra F có thể viết dưới dạng tổng của hai thế vị lũy thừa đơn

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 tương

đương với phương trình tích phân sau

Hình 5

(2.2.5) u = (u(0)) + GF(u), trong đó, (2.2.6) ( )(t) = U(t), Gf(t) =

0( ) ( )

là bị chặn từ L(B') vào L(B) và từ L(S) vào L(P) Theo CT3, L(B)  L(B') với phép đơn ánh bị chặn bởi T, và L(R)  L(S) với phép đơn ánh bị chặn bởi T, trong đó,  = y(S – R)  0 Do đó,

Nếu ta đặt  = || w :B||  || w :P||, ta thu được từ (2.2.7)

 c(MT + NTK), K = || u :Q|| + ||v :Q||

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

(k – 1)y(Q) = y(R) – y(P) > 0, Do đó, y(Q) > 0

Vì || Q|| là chuẩn tích phân và k trở thành nhỏ tùy ý với T nhỏ tùy ý Điều đó

Ta phải chỉ ra tính duy nhất trong L(B)  L(Q) Để được 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

để chỉ ra cách chọn P, Q, R như thế nào

Đầu tiên giả sử m  2 Ta xét một vài trường hợp riêng sau

(a) 1  k < 1 + 2

m Ta có thể giả sử rằng :Q = B, bởi vì, nếu tính duy nhất đúng

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 + 2

m  k < 1 + 4

m Giả sử ˆl là thác triển lớn nhất trong  của l (2.1.1) kéo

theo rằng :Q là trên hoặc trái của ˆl với x(Q) < ak

CT3, không khó để thấy rằng Qˆlˆ sao cho L(B)  L(Q)  L(B)  L( ˆQ ) và

x( ˆQ ) = ak – , trong đó,  > 0 có thể bé tùy ý cho trước Vì vậy, ta có thể giả thiết từ đầu là Q thỏa mãn các điều kiện của ˆQ

2 Điều kiện thứ 2 trong (2.1.1)

là tương đương với Q là trên hoặc trái của ˆl Như trong trường hợp (b) dễ thấy k

rằng L(B)  L(Q)  L(B)  L( ˆQ ) với ˆ Q ˆl đã biết Ở đây, y( ˆ k Q ) = 0 bị loại

trừ bởi giả thiết Nhắc lại ta có thể giả thiết bản thân Q thỏa mãn các điều kiện của ˆQ 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

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 + 4

m = x(C) (Trong trường hợp này điều kiện đầu tiên

của (2.1.1) được suy ra bởi điều kiện thứ hai)

Trường hợp 1 + 4

m  k < 1 + 4

2

m thì phức tạp hơn Tuy nhiên, nó có

thể được chứng minh rằng điều kiện được yêu cầu có thể được 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 tiên trong (2.1.1)

(d) k =  Điều đó có nghĩa là không có giả thiết nào về tốc độ tăng của F()

Trong trường hợp này ta quay lại phương trình tích phân (2.2.7) Nếu

u, v  L(T), giá trị của F() với || đủ lớn là không cần để ý đến Do đó, ta có

thể giả thiết rằng F() = 0 với || lớn, và một điều kiện bất kỳ của những điều

Như trong hợp (b) ở trên, ta có thể giả sử rằng :Q là trên l với x(Q) = 1

Không khó để thấy rằng ta có thể chọn P  l, R  l' sao cho (PR) song song với

(OQ) và [BQ] \ P; chú ý rằng (PR) có thể có độ nghiêng tùy ý trong [1

2 ] Việc xây dựng đường thẳng ở trên cũng suy ra được P + (k –1)Q = R

Vì vậy, ta phải chỉ ra sự duy nhất là trong L(L2 Lq)

Nhìn lại Hệ quả (2.4.1), chỉ cần kiểm tra lại (2.4.2) với q = q Trường hợp (i) là hiển nhiên, vì nó suy ra rằng q =  hoặc lớn tùy ý

Trường hợp (ii) đặt q = q trong (2.4.2) đưa đến sự thỏa mãn điều kiện Tương tự, trường hợp (iii) q  2  k được thấy là thỏa mãn ■