1729 bài toán biên thứ nhất không có điều kiện ban đầu đối với hệ schrödinger mạnh trong miền không trơn luận văn tốt nghiệp

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI NGUYỄN THỊ LIÊN BÀI TOÁN BIÊN THỨ NHT KHễNG Cể IU KIN BAN U ă I VI HỆ SCHRODINGER MẠNH TRONG MIỀN KHÔNG TRƠN LUẬN ÁN TIẾN SĨ TOÁN HỌC Hà Nội - 2016 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI NGUYỄN THỊ LIÊN BÀI TỐN BIÊN THỨ NHẤT KHƠNG CĨ IU KIN BAN U ă I VI H SCHRODINGER MNH TRONG MIỀN KHƠNG TRƠN Chun ngành: Phương trình vi phân tích phân Mã số: 62.46.01.03 LUẬN ÁN TIẾN SĨ TOÁN HỌC Người hướng dẫn khoa học: GS TSKH NGUYỄN MẠNH HÙNG Hà Nội - 2016 Lời cam đoan Tôi xin cam đoan cơng trình nghiên cứu hướng dẫn GS TSKH Nguyễn Mạnh Hùng Các kết phát biểu luận án trung thực chưa công bố cơng trình tác giả khác Nghiên cứu sinh Nguyễn Thị Liên Lời cảm ơn Luận án hoàn thành hướng dẫn GS TSKH Nguyễn Mạnh Hùng Nhân dịp này, Tôi xin gửi lời cảm ơn chân thành sâu sắc tới GS TSKH Nguyễn Mạnh Hùng, cảm ơn thầy hướng dẫn tận tình chu đáo từ Tơi cịn sinh viên Tôi thực cảm thấy vô may mắn thầy hướng dẫn Tôi xin cảm ơn Giảng viên thành viên Seminar Bộ mơn Giải tích Khoa Tốn - Tin, Trường Đại học Sư phạm Hà Nội có góp ý hữu ích cho cơng việc nghiên cứu Tơi Tơi xin gửi lời cảm ơn gia đình, nguồn động lực lớn lao giúp tơi hồn thành luận án Tác giả Mục lục Mục lục Chương TÍNH GIẢI ĐƯỢC DUY NHẤT CỦA BÀI TOÁN 15 1.1 Phát biểu toán 15 1.1.1 Đặt toán 15 1.1.2 Một số bổ đề quan trọng 17 1.2 Sự tồn nghiệm tốn có điều kiện ban đầu 19 1.3 Sự tồn nghiệm toán khơng có điều kiện ban đầu 25 1.3.1 Tính nghiệm 25 1.3.2 Sự tồn nghiệm suy rộng tốn khơng có điều kiện ban đầu 29 1.4 Kết luận Chương 31 Chương TÍNH TRƠN CỦA NGHIỆM 33 2.1 Tính trơn nghiệm theo biến thời gian tốn có điều kiện ban đầu 33 2.2 Tính trơn theo tập hợp biến nghiệm tốn có điều kiện ban đầu 38 2.3 Tính trơn nghiệm tốn khơng có điều kiện ban đầu 45 2.4 Kết luận Chương 47 Chương BIỂU DIỄN TIỆM CẬN NGHIỆM TRONG LÂN CẬN CỦA ĐIỂM NÓN 49 3.1 Các kiến thức bổ trợ 49 3.2 Biểu diễn tiệm cận nghiệm toán elliptic phụ thuộc tham số lân cận điểm nón 54 3.3 Biểu diễn tiệm cận nghiệm tốn biên khơng có điều kiện ban u i vi h Schră odinger lõn cn điểm nón 67 3.4 Các ví dụ áp dụng 73 3.4.1 Ví dụ 74 3.4.2 Ví dụ 77 3.4.3 Ví dụ 78 3.5 Kết luận Chương 82 CÁC KHÔNG GIAN HÀM Giả sử Ω miền bị chặn Rn (n ≥ 2) với biên S = ∂Ω Hơn nữa, giả thiết S \ {0} trơn vơ hạn ngồi gốc tọa độ lân cận U0 gốc tọa độ Ω ∩ U0 trùng với nón K = {x : x/|x| ∈ G}, G miền mặt cầu đơn vị S n−1 với biên trơn Đặt r = |x| Với a < b, kí hiệu Ωba = Ω×(a, b), Sab = S ×(a, b) Đặc biệt, ta kí hiệu Q = Ω×R, Γ = S ×R, G∞ = G × R K∞ = K × R Với đa số α = (α1 , , αn ) ∈ Nn , đặt |α| = α1 + · · · + αn Dα = ∂xα11 ∂xαnn Với hàm vectơ u(x, t) = (u1 (x, t), , us (x, t)), kí hiệu s ∑ Dα u = (Dα u1 , , Dα us ), |Dα u|2 = |Dα ui |2 j i=1 s ∑ j ∂ u1 ∂ us ∂ j ui 2 j , , ) , |u | = | | t j ∂tj ∂tj i=1 ∂t Trong luận án này, thường sử dụng không gian hàm sau: utj = ( C k (Ω) - không gian hàm khả vi liên tục đến cấp k Ω C0∞ (Ω) - không gian hàm khả vi vô hạn với giá compact Ω L2 (Ω) - khơng gian hàm bình phương khả tích Ω thỏa mãn (∫ ||u||L2 (Ω) = ) 12 |u(x)|2 dx < +∞ Ω H k (Ω) - không gian hàm giá trị phức đo Ω có đạo hàm suy rộng đến cấp k thỏa mãn ∥u∥H k (Ω) = ( ∑ k ∫ |D u| dx α ) 12 < +∞ |α|=0 Ω H k−1/2 (S) - không gian vết hàm không gian H k (Ω) S với chuẩn ∥u∥H k−1/2 (S) = inf{∥w∥H k (Ω) : w ∈ H k (Ω), w|S = u} H k,l (Ωba ) - không gian hàm vectơ u : Ωba −→ Cs có đạo hàm suy rộng đến cấp k theo biến x đến cấp l theo biến t thỏa mãn (∫ k ( ∑ ∥u∥H k,l (Ωba ) = |D u| + α |α|=0 Ωba l ∑ ) |utj | dxdt ) 12 < +∞ j=1 H k,l (−γ, Ωba ) - không gian Sobolev có trọng gồm hàm vectơ u xác định Ωab có đạo hàm đến cấp k theo biến x đến cấp l theo biến t thỏa mãn (∫ ∥u∥H k,l (−γ,Ωba ) = k ( ∑ |Dα u|2 + l ∑ |α|=0 Ωba ) 12 < +∞ |utj | e−2γt dxdt ) j=1 Đặc biệt, ta đặt L2 (−γ, Ωba ) = H 0,0 (−γ, Ωba ) ◦ H k,l (−γ, Ωba ) - bao đóng H k,l (−γ, Ωba ) hàm khả vi vô hạn triệt tiêu xung quanh Sab Hβl (K) - khơng gian Sobolev có trọng gồm hàm u(x) có đạo hàm suy rộng đến cấp l thỏa mãn ∥u∥Hβl (K) = (∫ ∑ l r 2(β+|α|−l) ) 21 |D u| dx < +∞ α K |α|=0 Hβk,l (−γ, Ωba ) - khơng gian Sobolev có trọng gồm hàm u(x, t) có đạo hàm suy rộng Dα u, utj , |α| ≤ k, ≤ j ≤ l thỏa mãn (∫ ∥u∥H k,l (−γ,Ωb ) = β k ( ∑ a r 2(β+|α|−l) |D u| + α |α|=0 Ωba l ∑ ) |utj | e −2γt ) 12 dxdt < +∞ j=1 Hβl (−γ, Q) - không gian hàm u(x, t) có đạo hàm suy rộng Dα utj , |α| ≤ l, ≤ j ≤ l, thỏa mãn (∫ ∥u∥Hβl (−γ,Q) = l ∑ Q |α|+j=0 r 2(β+|α|+j−l) −2γt |D utj | e α ) 12 dxdt < +∞ L∞ (0, ∞; L2 (Ω)) - không gian hàm u : (0, ∞) → L2 (Ω) thỏa mãn ||u||∞ = ess sup ||u(t)||L2 (Ω) < +∞ 0 −1, ta suy v ∈ Vβ+l−1,d+l (−γ, K∞ ) Tiếp tục áp dụng Bổ đề 2m+l−1,0 3.1 với ý u1 − v ∈ Vβ+l−1,d+l (−γ, K∞ ) ta suy s θ−1 ∑ Λ ∑ ∑ σ ln rφj,s−σ (ω, t)cj,s (t) + u2 (x, t), u1 − v = σ! j=1 s=0 σ=0 (3.51) u2 ∈ Vβl+2m,0 ′ ,d+l (−γ, K∞ ) Từ (3.45), (3.48) (3.51) suy kết luận bổ đề cho l Theo nguyên lí quy nạp ta có điều phải chứng minh n n Trường hợp −β ′ +2m− +l−1 < Imλ0 (t) < −β ′ +2m− +l, ∀t ∈ R 2 Do Định lí 2.2 chứng minh tương tự [37, Bổ đề 3.1], ta suy với n n 2m,0 (−γ, K∞ ) Dải −β +2m− < Imλ < −β ′ +2m− k ≤ d+2l utk ∈ Hm 2 khơng chứa điểm phổ bó toán tử U(λ, t) với t ∈ R Điều với kết tính trơn nghiệm tốn elliptic miền có điểm nón (chẳng hạn xem Bổ đề 3.4) ta suy utk ∈ Hβ2m,0 (−γ, K∞ ), k ≤ d + 2l ′ Bây giờ, ta chứng minh ftk ∈ Hβj,0 ′ (−γ, K∞ ), k ≤ 2j + d + u ∈ Vβ2m+j,0 ′ ,d+2l−j (−γ, K∞ ), j ≤ l − Thật vậy, khẳng định với j = Giả sử khẳng định đến j − 71 Do ftk ∈ Hβj−1,0 (−γ, K∞ ), k ≤ 2(j − 1) + (d + 2) + 2, nên theo giả thiết ′ quy nạp ta suy với k ≤ d + 2l − j + có utk ∈ Hβ2m+j−1,0 (−γ, K∞ ), tức ′ utk+1 ∈ Hβ2m+j−1,0 (−γ, K∞ ), k ≤ d + 2l − j + Áp dụng Bổ đề 3.4 ta có ′ 2m+j u ∈ Vβ2m+j−1,0 ′ −1,d+2l−j (−γ, K∞ ) Do Bổ đề 6.1.3 [39], u ∈ Vβ ′ ,d+2l−j (−γ, K∞ ) Điều có nghĩa khẳng định với j ≤ l − Đặc biệt, cho j = l − l,0 ta có u ∈ Vβ2m+l−1,0 ′ ,d+l+1 (−γ, K∞ ) Do F ∈ Vβ ′ ,d+l (−γ, K∞ ) nên áp dụng Bổ đề 3.4, ta có biểu diễn (3.44) n Trường hợp Tồn t0 cho Imλ0 (t0 ) = −β ′ + 2m − + l − n Khơng tính tổng qt ta giả sử −β ′ +2m− +l−1−η < Imλ0 (t) < n ′ −β + 2m − + l − − η + 1, với t ∈ R < η < Bằng cách sử dụng lập luận tương tự trường hợp trường hợp 2, ta có biểu diễn (3.44) Như bổ đề chứng minh hồn tồn Kết chương phát biểu sau: Định lí 3.1 Giả sử d, l số nguyên không âm, β, β ′ số thực ◦ m,0 ′ thỏa mãn ≤ β < β β ≥ m Giả thiết u ∈H (−γ, Q) nghiệm suy rộng toán (1.2)-(1.3) với γ > (2(d + l) + 1)γ0 ftk ∈ H0l,0 (−γ, Q), với k ≤ d + 2l + giả thiết (H) cho số l1 = 2m, l2 = 2m + l, β1 = β, β2 = β ′ thỏa mãn Hơn giả sử tồn T > cho điều kiện sau thỏa mãn: i Imλ1 (t) < · · · < ImλN (t), t ∈ [−T, T ]; n n ii −β + 2m − < Imλ1 (t) < −β + 2m − + µ⋆1 < Imλ2 (t) < · · · < −β + n 2⋆ n ′ 2m − + µN −1 < ImλN (t) < −β + 2m + l − , t ∈ [−∞, −T ) ∪ (T, ∞]; 2 iii Imλj (t) ̸= Imλk (t) + z, z ∈ Z, j ̸= k ∈ {1, , N }, t ∈ R Khi ta có biểu diễn sau: u(x, t) = j −1 N l+κ ∑ ∑ j=1 s=0 r−iλj (t)+s Ps,j (ln r) + w(x, t), (3.52) 72 w(·, ·) ∈ Vβ2m+l,0 ′ ,d+l (−γ, Q), Ps,j (·) đa thức có bậc khơng vượt l(θj + 2) + κj + θj − 1, với hàm hệ số thuộc không gian C ∞,d+l (−γ, G∞ ), n κj số nguyên nhỏ không vượt −β ′ + 2m − − Imλj (t) với t ∈ R, j = 1, , N θj bội riêng lớn giá trị riêng λj (t) với j = 1, , N b0 Chứng minh Trước tiên ta xét trường hợp u ≡ ngồi U Do tính compact đoạn [−T, T ] tính liên tục hàm λj (t) R, khơng tính tổng qt, ta giả sử tồn số khơng âm µ1 , µ2 , , µN −1 cho n n < Imλ1 (t) < −β + 2m − + µ1 < Imλ2 (t) 2 n n < −β + 2m − + µ2 < · · · < −β + 2m − + µN −1 2 n t ∈ [−T, T ] < ImλN (t) < −β ′ + 2m + l − , − β + 2m − Để chứng minh định lí, ta sử dụng phương pháp quy nạp theo N Với N = khẳng định định lí Bổ đề 3.6 Giả sử khẳng định định lí đến N − Đặt µ⋆0 = max{µN −1 , µ⋆N −1 }, l0 = [µ⋆0 − β + β ′ ] Khơng tính tổng quát ta giả sử ≤ l0 < l Khi −β + µ⋆0 = −β ′ + l0 + δ, δ ∈ [0, 1) Đặt n n β1 = β ′ − δ, dải −β + 2m − < Imλ < −β1 + 2m − + l0 chứa 2 N − giá trị riêng, giả thiết quy nạp nên u thỏa mãn biểu diễn sau u(x, t) = j −1 N −1 l0 +κ ∑ ∑ j=1 r−iλj (t)+s Ps,j (ln r) + u1 (x, t), (3.53) s=0 ,0 u1 ∈ Vβ2m+l (−γ, K∞ ), Ps,j đa thức có bậc khơng vượt q ′ ,d+l l0 (θj + 2) + κj + θj − với hệ số thuộc không gian C ∞,d+l0 (−γ, G∞ ) Lập luận tương tự chứng minh trường hợp Bổ đề 3.6, ta suy n n −β1 + 2m + l1 − < ImλN (t) < −β1 + 2m + l1 + − với l0 ≤ l1 < l, 2 2m+l1 +1,0 có biểu diễn (3.52) w ∈ Vβ1 ,d+l1 +1 (−γ, K∞ ) 73 n n ≤ Imλ ≤ −β ′ + 2m + l − khơng 2 chứa giá trị riêng tốn tử U(λ, t) nên ta có biểu diễn (3.52) với Vì dải −β1 + 2m + l1 + − w ∈ Vβ2m+l,0 ′ ,d+l (−γ, K∞ ) n , cách lặp lại lập luận trường hợp chứng minh Bổ đề 3.6 ta thu Nếu tồn t0 ∈ R cho ImλN (t0 ) = −β1 + 2m + l1 − công thức (3.52) b0 ) cho φ0 ≡ Trường hợp tổng quát: Xét hàm φ0 ∈ C0∞ (U lân cận gốc tọa độ Ta định nghĩa hàm u0 = φ0 u, thỏa mãn hệ sau (−1)m−1 iL(x, t, D)u0 − (u0 )t = φ0 f + L′ (x, t, D)u, L′ (x, t, D) tốn tử tuyến tính bậc khơng vượt 2m, với hệ b0 số toán tử phụ thuộc vào cách chọn hàm φ0 U Các hàm u0 fb = φ0 f + L′ (x, t, D)u thỏa mãn giả thiết trường hợp 1, u0 có biểu diễn dạng (3.52) Mặt khác, ta kí hiệu u1 = (1 − φ0 )u, u1 lân cận điểm nón Sử dụng kết tính trơn nghiệm tốn elliptic miền trơn, ta kết luận (u1 )tk ∈ Hβ2m+l (Ω) với ′ k ≤ d + l hầu khắp t Vì u = u0 + u1 thỏa mãn biểu diễn (3.52) Định lí chứng minh 3.4 Các ví dụ áp dụng Trong phần này, chúng tơi xét tốn biên Dirichlet cho phng trỡnh Schrăodinger cp hai hai bin tng qt miền góc Từ đó, chúng tơi ví dụ cụ thể mà giá trị riêng bó tốn tử U phụ thuộc tường minh vào biến thời gian t Và cuối cùng, trường hợp đặc biệt, quay trở lại xột phng trỡnh Schră odinger c hc lng t 74 3.4.1 Ví dụ Ở ví dụ này, chúng tơi xét tốn biên mẫu cho tốn tử cấp hai miền góc Xét miền góc K = {x = (x1 , x2 ) ∈ R2 : r > 0, < ω < ω0 }, (r, ω) tọa cực mặt phẳng điểm x = (x1 , x2 ) < ω0 < 2π Đặt S = {x ∈ R2 : r > 0, ω = 0}, S = {x ∈ R2 : r > 0, ω = ω0 } đặt j S∞ = S j × R, j = 0, Với đa số α = (α1 , α2 ), ta kí hiệu α1 + α2 = |α| ∂xα = ∂ |α| /∂xα11 ∂xα22 Trong mục này, chúng tơi xét tốn sau iLu − ut = f K∞ , (3.54) với điều kiện biên Dirichlet j = 0, j = 0, 1, u |S∞ L = L(x, t, ∂x ) = ∑2 j,k=1 (3.55) ajk ∂xj ∂xk toán tử elliptic cấp hai tự liên hợp hình thức K với ajk (t) = akj (t) hàm xác định R Hơn nữa, giả sử bất đẳng thức sau thỏa mãn ∑ ajk (t)ηj ηk ≥ ρ1 |η|2 , (3.56) j,k=1 với η = (η1 , η2 ) ∈ C2 , t ∈ R, ρ1 số dương Phần tốn tử L gốc tọa độ O có dạng L(t, ∂x ) = ∑ ajk ∂xj ∂xk j,k=1 Từ điều kiện (3.56) ta suy tồn số ρ2 cho ajj (t) ≥ ρ2 với t ∈ R Do đó, ta giả sử a22 (t) ≡ ta biểu diễn tốn tử L dạng L = (∂x2 − a(t)∂x1 )(∂x2 − a(t)∂x1 ), (3.57) 75 a(t) = α(t) + iβ(t), α(t), β(t) hàm thực R, β(t) ≥ ρ3 với t ρ3 số dương Tập phổ tốn tử tuyến tính hệ (3.1)-(3.2) trường hợp trở thành L(ω, t, λ, Dω )u = f, K∞, (3.58) u |ω=0 = 0, (3.59) u |ω=ω0 = 0, (3.60) ( ) L(ω, t, λ, Dω ) = (− sin ω + a(t) cos ω)iλ + (cos ω + a(t) sin ω)∂ω ( ) (− sin ω + a(t) cos ω)iλ + (cos ω + a(t) sin ω)∂ω (3.61) Và bó tốn tử tương ứng với tốn (3.58)-(3.60) trường hợp xác định U(λ, t) = (L(ω, t, λ, Dω ), 1, 1) Nếu λ = u1 = u2 = ω hai nghiệm độc lập tuyến tính phương trình (3.58) Do vậy, nghiệm tổng quát u = c1 (t)u1 + c2 (t)u2 (3.59) thỏa mãn điều kiện (3.60) ta có c1 (t) = c2 (t) ≡ Do λ = khơng giá trị riêng toán tử U với t Nếu λ ̸= ta dễ dàng kiểm tra v1 (ω, t) = e−iλϑ(ω,t) , v1 (ω, t) = e−iλϑ(ω,t) , (3.62) hai nghiệm độc lập tuyến tính phương trình (3.58), ∫ω ϑ(ω, t) = ζ(θ, t)dθ, ζ(ω, t) = −sinω + a(t) cos ω cos ω + a(t) sin ω (3.63) Do nghiệm tổng quát phương trình u = c1 (t)v1 + c2 (t)v2 Từ (3.59)-(3.60), λ giá trị riêng bó tốn tử U λ phải thỏa mãn phương trình sau D(λ, t) = e−iλϑ(ω0 ,t) − e−iλϑ(ω0 ,t) = (3.64) 76 Vì e2λImϑ(ω0 ,t) = (3.65) Mặt khác, Z (ω, t) + |β(t)| √ Reϑ(ω, t) = ln + ln , tan2 ω + α2 (t) + β (t)  π α(t)   , ω ∈ (0, ]; arctan Z(ω, t) − arctan    β(t)   α(t) π 3π Imϑ(ω, t) = arctan Z(ω, t) − arctan + 2π, ω ∈ ( , ];  β(t) 2    α(t) 3π    arctan Z(ω, t) − arctan + 4π, ω ∈ ( , 2π), β(t) α(t) α2 (t) + β (t) tan ω + Chú ý Imϑ(ω, t) > với β(t) β(t) ω ∈ (0, 2π) t Vì nghiệm phương trình (3.65) Z(ω, t) = λk (t) = ikπ , k ∈ Z \ {0} Imϑ(ω0 , t) (3.66) Đây tất giá trị riêng bó toán tử U(λ, t) Với t ∈ R cố định, ta có d D(λ, t) |λ=λk (t) = eλk (t)ϑ(ω0 ,t) ζ(ω0 , t) − eλk (t)ϑ(ω0 ,t) ζ(ω0 , t) dλ = eλk (t)ϑ(ω0 ,t)ζ(ω0 ,t) (ζ(ω0 , t) − ζ(ω0 , t)) =− β(t)eλk (t)ϑ(ω0 ,t) (cos ω0 + a(t) sin ω0 )(cos ω0 + a(t) sin ω0 ) ̸= Vì áp dụng Bổ đề 3.1.1 Bổ đề 3.1.2 [40], ta suy với k ∈ Z \ {0}, giá trị riêng λk (t) giá trị riêng đơn bó tốn tử 1 U(λ, t) Với giá trị riêng λk (t), chọn c1 (t) = , c2 (t) = − vectơ riêng 2 tương ứng với giá trị riêng λk (t) kReϑ(ω, t)π −iλk ϑ(ω,t) kImϑ(ω, t)π + e−iλk ϑ(ω,t) ) = e Imϑ(ω, t) sin φk (t) = (e ϑ(ω0 , t) Tổng hợp kết tính tốn trên, ta có mệnh đề sau: 77 Mệnh đề 3.1 Giả sử u(x, t) nghiệm toán (3.54)-(3.55) với tốn tử vi phân L có phần gốc tọa độ biểu diễn dạng (3.57), hàm a(t) giải tích Giả sử ftk ∈ H0l,0 (−γ, Q) với k ≤ d, đường thẳng Imλ = 0, Imλ = không chứa hàm giá trị riêng bó tốn tử U dải < Imλ < có hàm giá trị riêng đơn λ1 (t), , λN (t) tốn (3.58)-(3.60) với t Khi ta có biểu diễn sau: u(x, t) = j −1 N κ∑ ∑ r−iλj (t)+s Ps,j (ln r) + w(x, t), (3.67) j=1 s=0 2,0 w(·, ·) ∈ V0,d (−γ, Q), Ps,j đa thức có bậc khơng vượt κj , với hàm hệ số thuộc không gian C ∞,d (−γ, G∞ ), κj số nguyên nhỏ không vượt − Imλj (t) với t ∈ R, j = 1, , N 3.4.2 Ví dụ Trong mục này, sử dụng kết tính tốn mục 3.4.1., đưa trường hợp đặc biệt giá trị riêng tốn tử tuyến tính xét phụ thuộc thực vào biến thời gian t ω0 tan 3π + ϵω0 arctan σ(t) Lấy ω0 ∈ ( , 2π), α(t) ≡ 0, β(t) = , ϵ > đủ nhỏ tan ω0 cho β(t) ≥ ρ3 > σ(t) chọn cho |a′ (t)| = o(e2γt ) t → −∞ Khi λk (t) = ikπ + ikπϵ arctan σ(t) ω0 (3.68) −π π 2π Vì từ (3.76) (3.79), ta có πω + u2 (x, t), ω0 πω u2 (x, t) = u1 (x, t) + rπ/ω0 (c(x, t) − cˆ1 (x, t)) sin ∈ H02 (−γ, Q) ω0 Tổng kết lại kết trên, ta có mệnh đề sau: u(x, t) = cˆ1 (x, t)rπ/ω0 sin Mệnh đề 3.3 Giả sử ftk ∈ L2 (−γ, R) với ≤ k ≤ u nghiệm toán (3.69)-(3.70) với n = Ta có • ω0 < π u ∈ H02 (−γ, Q) • ω0 > π u(x, t) = c(x, t)rπ/ω0 sin πω + u1 (x, t), ω0 c ∈ Vπ/ω (−γ, Q) u1 ∈ H02 (−γ, Q) Với n = Giả sử kj giá trị riêng tốn tử tuyến tính biên Dirichlet cho phương trình −∆ω v + kv = 0, ω ∈ G, < k1 ≤ k2 ≤ k3 ≤ Khi √ 1 λ∗j = i(− − + kj ), j = 1, 2, 3, √ 1 λj = i(− + + kj ), j = 1, 2, 3, 81 giá trị riêng tốn tử tuyến tính hệ (3.72)-(3.73) với vectơ riêng tương ứng vj∗ , vj Ta xét trường hợp sau: 1 Trường hợp Nếu Imλ1 > dải − ≤ Imλ ≤ không chứa giá 2 trị riêng toán (3.72)-(3.73) Khi đó, áp dụng Định lí 2.4, ta suy u ∈ H02 (−γ, Q) Giả sử λ1 , λ2 , , λN0 giá trị riêng toán (3.72)-(3.73) thỏa mãn Trường hợp Nếu Imλ1 ≤ − 1 < Imλ1 < · · · < ImλN0 ≤ 2 (i) Nếu khơng có giá trị riêng tốn (3.72)-(3.73) nằm đường thẳng Imλ = sử dụng Định lí 3.1, ta có biểu diễn sau u(x, t) = N0 ∑ cj (t)rImλj Φj (ω, t) + uo (x, t), (3.81) j=1 Φj hàm trơn theo ω, cj ∈ L2 (−γ, Q) với j = 1, , N0 u0 ∈ H02,0 (−γ, Q) Xét miền Ωρ = {x ∈ Ω : ρ < |x| < 2ρ}, ρ > đủ nhỏ cho biên miền Ωρ trùng với nón K Ta đặt v(x′ , t) = u0 (ρx′ , t) Do u0 ∈ H02,0 (−γ, Q) nên sử dụng định lí nhúng cho miền K ′ = {x′ ∈ K : < |x′ | < 2} ∫ ∑ ( ) ′ |v(x , t)| ≤ C v + |grad v|2 + |Dα v|2 dx′ , K′ |α|=2 với C số Thế x = ρx′ vào bất đẳng thức ta thu ∫ ∑ ( −3 ) |u0 (x, t)| ≤ C ρ u0 + ρ−1 |grad u0 |2 + ρ |Dα u0 |2 dx Ωρ |α|=2 82 Điều dẫn đến ρ −1 ∫ |u0 (x, t)| ≤ C1 Ωρ ( ∑ r−4 u20 + r−2 |grad u0 |2 + ) |Dα u0 |2 dx |α|=2 ≤ C2 ∥u0 ∥2H (Ω) ≤ C3 ∥f ∥2L2 (Ω) , C1 , C2 , C3 số dương Với |x| = ρ ta có |u0 (x, t)| ≤ Cr , C số Từ từ đánh giá (3.81), ta |u(x, t)| ≤ CrImλ1 , C = const , chọn ϵ > cho (ii) Nếu Im λN0 = − 1 < Imλ1 < · · · < ImλN0 ≤ + ϵ 2 Tương tự trường hợp (i) ta có |u(x, t)| ≤ CrImλ1 , C số Như ta có mệnh đề sau: Mệnh đề 3.4 Lấy ftk ∈ L2 (−γ, R) với ≤ k ≤ u nghiệm suy rộng toán (3.69)-(3.70) với n = Khi |u(x, t)| ≤ CrImλ1 , C số n n ≤ Imλ(t) ≤ − không chứa giá trị riêng 2 tốn (3.72)-(3.73) (xem [14], trang 289) Do đó, áp dụng Định lí 2.4 Với n > Dải − ta suy u ∈ H02 (−γ, Q) Mệnh đề 3.5 Lấy ftk ∈ L2 (−γ, R) với ≤ k ≤ u nghiệm suy rộng toán (3.69)-(3.70) với n > Khi u ∈ H02 (−γ, Q) 3.5 Kết luận Chương Trong chương này, nghiên cứu biểu diễn tiệm cận nghiệm lân cận điểm nón Các kết đạt bao gồm: 83 • Cơng thức biểu diễn tiệm cận nghiệm lân cận điểm nón (3.52) Các kết có biểu diễn tiệm cận nghiệm lân cận điểm nón toán biên ban đầu cho hệ phương trỡnh Schrăodinger (xem [23], [26], [31]) cn yờu cu giá trị riêng bó tốn tử U đơn bán đơn Tuy nhiên có cơng thức biểu diễn nghiệm tương tự mà yêu cầu giá trị riêng thỏa mãn điều kiện yếu (điều kiện (H)) • Xét bi toỏn biờn Dirichlet cho phng trỡnh Schrăodinger cp hai hai biến tổng quát miền góc Từ đó, chúng tơi ví dụ cụ thể mà giá trị riêng bó tốn tử U phụ thuộc tường minh vào biến thời gian t Và cuối cùng, trường hợp đặc biệt quay tr li xột phng trỡnh Schrăodinger c hc lượng tử • Trong trường hợp đặc biệt, xét bi toỏn biờn cho phng trỡnh Schră odinger c học lượng tử, kết thu cho thấy, góc mở ω0 nhỏ tính trơn nghiệm tốt Điều trái với cảm nhận thông thường