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

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN TRỊNH NGỌC TIẾN PHÂN TÍCH PHỔ TOÁN TỬ LAPLACE ĐẲNG BIẾN TRÊN NỬA MẶT PHẲNG POINCARÉ Chuyên nghành: TOÁN GIẢI TÍCH Mã số: 60460102 LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC Người hướng dẫn khoa học GS TSKH ĐỖ NGỌC DIỆP HÀ NỘI - NĂM 2015 Mục lục Mở đầu Kiến thức chuẩn bị 1.1 Hình học toán tử vi phân 1.2 Một nghiệm phương trình lϕ = s(1 − s)ϕ 1.3 Giải toán tử Laplace nửa mặt phẳng Poincaré với σ > 11 1.4 Sự đối xứng toán tử Laplace nửa mặt phẳng Poincaré Mô hình Whittaker cho phổ rời rạc 15 19 2.1 Hàm Green phương trình Whittaker 19 2.2 Phân tích giải nửa mặt phẳng Poincaré với σ > 2.3 Phương trình −ψ (y) = 2.4 Hàm riêng Laplacian không gian Hilbert E = L2 (Γ\H) s(1−s) y ψ(y) Chuỗi Eisenstein phổ liên tục 23 [a, ∞) 28 31 37 3.1 Phương trình giải khoảng < σ < 37 3.2 Toán tử Eisenstein hàm Eisenstein 40 Kết luận 42 Tài liệu tham khảo 43 Mở đầu Trong luận văn này, việc phân tích phổ toán tử Laplace đẳng biến nửa mặt phẳng Poincaré sử dụng theo phương pháp phân tích từ lý thuyết nhiễu lý thuyết tán xạ,lý thuyết phân tích phổ chứng minh biết hàm Eisenstein tương ứng có loại với thác triển giải tích,và liên quan với SL(2, Z).Thác triển giải tích họ toán tử thực đồng thời với thác triển nhân chúng Nguồn gốc phương trình hàm thác triển giải tích nằm phương trình giải R(s) − R(s ) = [s(1 − s) − s (1 − s )]R(s)R(s ), với R(s) giải toán tử Laplace Thay nghiên cứu R(s) ta có công thức R(s) = Q(s) + (I + ωQ(s)) C(s) (I + ωQ(s)) , công thức tìm giải cho toán tử C(s) Toán tử Laplace L mở rộng thành toán tử tự liên hợp A không gian Hilbert E = L2 (Γ\H) Chúng ta muốn mô tả phân tích phổ A cách mô tả không gian riêng tìm nhân η(z, s) gọi hàm Eisentein.Hàm Eisentein thỏa mãn phương trình hàm định gắn với lý thuyết phổ Cấu trúc luận văn gồm chương: Chương trình bày tóm tắt kiến thức chuẩn bị toán tử Laplace diện Riemann; Chương trình bày mô hình Whittaker cho phổ rời rạc; Chương trình bày chuỗi Eisenstein phổ liên tục Mặc dù cố gắng kiến thức hạn chế nên làm luận văn không tránh khỏi sai sót Tác giả mong nhận góp ý ý kiến phản biện quý thầy cô bạn đọc Tôi xin chân thành cảm ơn! Hà Nội, tháng năm 2015 Học viên Trịnh Ngọc Tiến Lời cảm ơn Luận văn hoàn thành nỗ lực thân có hướng dẫn tận tình GS TSKH Đỗ Ngọc Diệp Thầy dành nhiều thời gian quý báu để kiên trì hướng dẫn giải đáp thắc mắc suốt trình làm luận văn Tôi muốn bày tỏ lòng biết ơn chân thành sâu sắc tới người thầy Tôi muốn gửi tới toàn thể thầy cô Khoa Toán - Cơ - Tin học trường Đại học Khoa học Tự nhiên, Đại học Quốc gia Hà Nội, thầy cô đảm nhận giảng dạy khóa Cao học 2012 - 2014, đặc biệt thầy cô tham gia tham gia giảng dạy nhóm giải tích 2012 - 2014 lời cảm ơn chân thành công lao dạy dỗ suốt thời gian khóa học Tôi xin cám ơn gia đình, bạn bè, đồng nghiệp, anh chị em nhóm Cao học Toán 2012-2014, đặc biệt anh chị em nhóm Giải tích quan tâm, giúp đỡ, tạo điều kiện động viên tinh thần để hoàn thành khóa học Chương Kiến thức chuẩn bị 1.1 Hình học toán tử vi phân Hình học Kí hiệu G = SL(2, R) nhóm ma trận vuông cấp có định thức trường số thực R G = SL(2, R) = a b c d | a, b, c, d ∈ R, ad − bc = Kí hiệu H nửa mặt phẳng phức (còn gọi nửa mặt phẳng Poincaré) H = {x + iy, x, y ∈ R, y > 0} Nhóm G tác động lên H phép biến đổi phân tuyến tính: z → gz = Xét hàm az + b a b , với g = c d ∈ G, z ∈ H cz + d |z − z |2 u(z, z ) = , 4yy với z = x + iy, z = x + iy Rõ ràng u(z, z ) bất biến G tức u(z, z ) = u(gz, gz ), với ∀g ∈ G Trên nửa mặt phẳng H , metric Poincaré định nghĩa ds2 = dzdz dx2 + dy = y2 y2 Dễ dàng ta có d(gz) = dz , (cz + d)2 Im(gz) = Imz |cz + d|2 Định nghĩa 1.1 Nếu z(t) = x(t) + iy(t), t ∈ [a, b] đường cong H chiều dài b x (t)2 + y (t)2 dt s= y(t) a Định nghĩa 1.2 Hàm khoảng cách ς(z, z ) chiều dài đường cong trắc địa nối hai điểm z z Để x(t) + iy(t) đường cong nối i iy0 chiều dài y(b) y (t) dt y(t) ς(i, iy0 ) = y(a) t Khoảng cách i it (t > 1) ς(i, it) = dy y = ln t * D = {z : |z| < 1} đĩa đơn vị với 4(dx2 + dy ) 4(dx2 + dy ) ds = = , (1 − x2 − y )2 (1 − r2 )2 với r2 = x2 + y Khi khoảng cách cho r dρ 1+r = ln 1−ρ 1−r ς(r) = * Diện tích đĩa bán kính r cho r 2π A(r) = 4ρdρdθ 4πr2 = (1 − ρ2 ) − r2 Toán tử vi phân Định nghĩa 1.3 Cho g đại số Lie G với g tập ma trận có vết Cho X ∈ g, toán tử vi phân LX C ∞ (H) cho LX f (z) = d f (etX z) |t=0 dt Với X1 = 0 , X2 = 0 , X3 = 0 −1 , kí hiệu L1 = LX1 , L2 = LX2 , L3 = LX3 Theo tọa độ z = (x, y) đó,dễ dàng ta chứng minh L1 = ∂ , ∂x ∂ ∂ − 2xy , ∂x ∂y ∂ ∂ + 2y , L3 = 2x ∂x ∂y ∂2 ∂ L = −y ( + ) = −L23 − (L2 L3 + L3 L2 ) ∂x ∂y L2 = (y − x2 ) Định nghĩa 1.4 Toán tử L = −y H ∂2 ∂x2 + ∂2 ∂y gọi toán tử Laplace Định nghĩa 1.5 Cho f, g ∈ Cc∞ (H) ta định nghĩa tích vô hướng f, g = f (z).g(z)dµ(z), H với dµ(z) = dxdy y2 độ đo G-bất biến H • Cho ϕ, ψ ∈ Cc∞ (H) hàm thực Lϕ, ψ = Lϕ.ψ dxdy y2 H • Cho ϕ ∈ C ∞ hàm thực dương z0 ∈ H Đặt f (z) = ϕ(u(z, z0 )) ta dễ dàng chứng minh Lf = lϕ, với lϕ(u) = −(u2 + u)ϕ (u) − (1 + 2u)ϕ (u) 1.2 Một nghiệm phương trình lϕ = s(1 − s)ϕ Ta trình bày nghiệm phương trình vi phân cho toán tử Laplace hàm khoảng cách Cho 1 ϕs (u) = ϕ(u, s) = 4π [t(1 − t)]s−1 (t + u)−s dt, tích phân hội tụ tuyệt s = σ + iτ, σ > u > Định nghĩa 1.6 Cho hai hàm f, g g ≥ ta định nghĩa f số c cho |f (z)| ≤ c.g(z), ∀z ∈ H, hay ta viết f = O(g) Để nói hàm f bị chặn ta viết f = O(1) Định lí 1.1 Hàm ϕ(u, s) hàm giải tích theo s, C ∞ theo u i) lϕ = s(1 − s)ϕ ; ii) ϕ(u, s) = −1 4π ln u + O(1) s,u → ; g tồn iii) ϕ (u, s) = −1 4πu + O(1) u,s → 0; iv) ϕ(u, s) = O(u−σ ) u → ∞ Chứng minh u → ∞ suy ϕ(u, s) = O(u−σ ) hiển nhiên Bằng tính toán trực tiếp ta thấy Mu = (u2 + u)( d d ) + (1 + 2u) + s(1 − s), du du Mu [t(1 − t)]s−1 (t + u)−s = s d [t(1 − t)]s−1 (t + u)−s−1 dt Nên 1 d [t(1 − t)]s−1 (t + u)−s−1 dt dt [t(1 − t)]s−1 (t + u)−s dt = s Mu 0 = s [t(1 − t)]s−1 (t + u)−s−1 = Vậy Mu ϕ = ⇒ lϕ − s(1 − s)ϕ = Tiếp theo ta chứng minh [t(1 − t)]s−1 (t + u)−s dt = − ln u + O(1) = Thật vậy, ta có + , cho u → ta có = O(1) 2 Xét tích phân: I = r s−1 t (1 − t)s−1 (t+u) s dt A(r, u) = r u Đổi biến t = uτ ta có A(r, u) = −s dτ τ (1 + τ1 ) = B( ur ); ts−1 s dt (t+u) θ(y, s) = y s + c(s)y 1−s Khi θ(y, s) nghiệm phương trình −ψ (y) = s(1 − s) ψ(y) y2 Từ định nghĩa c(s) θ(y, s) ta có công thức sau c(s)c(1 − s) = 1, θ(y, s) = θ(y, − s)c(s) Chúng gọi công thức Eisenstein Ta có y 1−s θ(y, s) hai nghiệm độc lập tuyến tính phương trình Khi đó,ta có hàm Green q(y, y ; s) = θ(y , s)y 1−s y < y, y 1−s θ(y, s) y > y 2s − Ta đặt Q(s) toán tử có nhân q11 (z, z ; s) = q(y, y ; s) Ta có Q(s)f (z) = q(y, y ; s)f (z )dµ(z ) F1 Định nghĩa 2.4 Cho f, g ∈ BC ∞ (H) Tích chập hai hàm f (z, z ) g(z, z ) với z, z ∈ F ,được xác định theo công thức f ∗ g(z, z ) = f (z, z )g(z , z )dµ(z ) F Như vậy, k1 (y, y ) k2 (y, y ) hai nhân ∞ k1 ∗ k2 (y, y ) = k1 (y, y )k2 (y , y ) a 29 dy y Bổ đề 2.6 • Cho σ > 21 , Q(s) toán tử bị chặn không gian Hilbert E; • Cho < σ < ánh xạ Q(s) : B−1 (F1 ) → B1−σ (F1 ), liên tục, Q(s) : B−1 (F1 ) → B1 (F1 ), ánh xạ tuyến tính compact Ta xác định mối quan hệ qs = q(y, y ; s) tk = t(y, y ; k) Cho k > 3, đặt ω(s) = s(1 − s) − k(1 − k), T = T (k) Khi ta có q1 ∞ q(y, y ; s) − t(y, y ; k) = ω(s) t(y, y ; k)q(y , y ; s) dy y a Ta viết tắt qs − tk = ω(s)tk ∗ qs Hoặc viết theo mối quan hệ toán tử Q1 Q(s) − T = ω(s)T Q(s) Ta chứng minh mối quan hệ này.Ta giả sử y < y , tích phân vế phải q1 viết y ∞ = a y + a ∞ + y y Ta thay định nghĩa t(y, y ; k) q(y , y ; s),và tính toán trực tiếp ta suy điều phải chứng minh Mối quan hệ Q1 tương đương với Q2 (I − ω(s)T ) (I + ω(s)Q(s)) = I; 30 q3 tk ∗ qs = qs ∗ tk ; Q3 T Q(s) = Q(s)T ; q4 q(y, y ; s) − q(y, y ; − s) = θ(y, s)θ(y , − s); 2s − q5 ∞ q(y, y ; s) − q(y, y ; s ) = [ω(s) − ω(s )] q(y, y ; s)q(y , y ; s ) dy ; y a với σ, σ > Q5 ω(s) − ω(s ) = s(1 − s) − s (1 − s ); Q(s) − Q(s ) = [ω(s) − ω(s )] Q(s)Q(s ); q6 ∞ q(y, y ; s)θ(y , s ) dy = θ(y, s ) y2 ω(s ) − ω(s) 2.4 Hàm riêng Laplacian không gian Hilbert E = L2(Γ\H) Định nghĩa 2.5 Gọi A toán tử đóng Laplacian với miền xác định DA không gian Hilbert E = L2 (Γ\H),ψ gọi vectơ riêng A ∃ψ ∈ DA , ψ = cho Aψ = λψ Cho < σ < 2, đặt ω = ω(s) = s(1 − s) − k(1 − k), K(s) = V + ω(s)V Q(s) = V (I + ωQ(s)) Trong Q : B−1 → B1−σ 31 liên tục, V : B1−σ → B−1 compact Khi K(s) : B−1 → B−1 toán tử compact Định nghĩa 2.6 Cho 21 ≤ σ < Ta định nghĩa B−1 (ω(s), K(s)) không gian riêng K(s) B−1 ; tức không gian hàm f ∈ B−1 cho ω(s)K(s)f = f, E (ω(s), R) = E (ω(s), R(k)) không gian hàm ψ ∈ E cho ω(s)R(k)ψ = ψ Định lí 2.1 Cho 21 ≤ σ < s = 21 , ánh xạ I + ω(s)Q(s) I − ω(s)T (k) ánh xạ ngược từ B−1 (ω(s), K(s)) lên E (ω(s), R(k)) Chứng minh • Giả sử f ∈ B−1 ω(s)K(s)f = f , ta chứng minh ∃ψ ∈ E cho ω(s)R(k)ψ = ψ Thật ωK(s)f = f ⇔ ωV (I + ωQ)f = f, với R = T + V Khi ta có ωR(I + ωQ)f = ω(T + V )(I + ωQ)f = (ωT + ω T Q + I)f = (I + ωQ)f (vì Q = T + ωT Q) Như ∃ψ = (I + ωQ)f, ωRψ = ψ 32 • Ngược lại, giả sử ψ ∈ E ωRψ = ψ , ta chứng minh ∃f ∈ B−1 ωK(s)f = f Thật ωRψ = ψ ⇔ ω(T + V )ψ = ψ ⇔ ωT ψ + ωV ψ = ψ ⇔ (I − ωT )ψ = ωV ψ ∈ B−1 , (vì V ψ ∈ B−1 ) Khi ωK(s)(I − ωT )ψ = ωV (I + ωQ(s)) (I − ωT )ψ = ωV ψ = (I − ωT )ψ Như ∃f = (I − ωT )ψ, cho ωK(s)f = f Định lí 2.2 (Maass) Cho Re(s) = s = 12 Nếu ψ ∈ E = L2 (Γ\H) Aψ = s(1 − s)ψ Khi đó, ψ hàm giải tích thỏa mãn |ψ(x + iy)| e−2πy Nếu ψ ∈ Bµ , với ∀µ > Lψ = s(1 − s)ψ, có số b0 , c0 cho ψ(x + iy) = b0 y s + c0 y 1−s + O(e−2πy ) Chứng minh Với g ∈ Cc∞ (Γ\H) ta có (A − s(1 − s))ψ, g = ψ, (A − s(1 − s))g 33 Từ ta suy ψ hàm giải tích.Tiếp theo ta có (A − s(1 − s)) ψ = Lψ − s(1 − s)ψ Khi đó, ψ có chuỗi Fourier mở rộng an (y)e2πinx , ψ(x + iy) = a0 (y) + n=0 với ψ(x + iy)e−2πinx dx an (y) = −1 Khi đó, an (y) thỏa mãn phương trình Whittaker a n (y) = 4π n2 − s(1 − s) an (y) y2 (1) Thật vậy,từ Lψ − s(1 − s)ψ = điều tương đương với ∂ 2ψ ∂ 2ψ + ∂x2 ∂y y2 + s(1 − s)ψ = Suy s(1 − s) ∂ 2ψ ∂ 2ψ = − ψ − ∂y y2 ∂x2 Do đó, ta có a n (y) = ∂ ψ(x + iy) −2πinx e dx ∂y −1 2 = ∂ ψ −2πinx −s(1 − s) ψ(x + iy) − e dx y2 ∂x2 −1 −s(1 − s) = an (y) − y2 −1 34 ∂ ψ −2πinx e dx ∂x2 Vậy nên s(1 − s) an (y) = − a n (y) + y2 ∂ ψ −2πinx e dx ∂x2 −1 ∂ψ −2πinx e ∂x = 2 − 2πin −1 ∂ψ −2πinx e dx ∂x −1 2 = 2πin ψe−2πinx −1 − (2πin)2 ψe−2πinx dx −1 Cho nên a n (y) + s(1 − s) an (y) = 4π n2 an (y) y2 Do đó,tồn bn , cn cho an (y) = bn Ws (4π |n| y) + cn Vs (4π |n| y) Trong Ws , Vs nghiệm phương trình Whitteker (1).Với Ws (y), Vs (y) xác định theo công thức ví dụ 2.2 Trong Ws (y) nghiệm giảm theo cấp số nhân,Vs (y) nghiệm tăng theo cấp số nhân.Vậy ψ ∈ L2 ψ ∈ Bµ cn = Khi đó,tồn y1 cho y ≥ y1 ,ta có −y |Ws (y)| ∼ e Mặt khác chuỗi Fourier hội tụ điểm,do hệ số bị chặn.Tức tồn C1 > cho |an (y1 )| = |bn Ws (4π |n| y1 )| ≤ C1 , suy |bn | e2π|n|y1 Từ đó,ta có |ψ(x + iy) − a0 (y)| = e2π|n|y1 e−2π|n|y |an (y)| n=0 n=0 35 e−2πy Suy ψ(x + iy) = a0 (y) + O(e−2πy ) Tiếp theo, a0 (y) nghiệm phương trình a0 (y) = − s(1 − s) a0 (y) y2 Do đó,tồn b0 , c0 cho a0 (y) = b0 y s + c0 y 1−s (đpcm) 36 Chương Chuỗi Eisenstein phổ liên tục 3.1 Phương trình giải khoảng < σ < Cho k > 3, R = R(k), T = T (k), V = V (k), ω = ω(s) = s(1 − s) − k(1 − k) Ta có phân tích R = T + V Phương trình giải R(s) − R = ω(s)RR(s) Định nghĩa 3.1 Cho ánh xạ s → K(s) họ hàm giải tích toán tử compact từ khoảng < σ < 2,vào không gian toán tử compact B−1 Điểm s thỏa mãn s = 21 I − ωK(s) không khả nghịch, s gọi điểm kì dị Bổ đề 3.1 Cho 21 ≤ s < 2, s = 21 giả sử s không kì dị.Khi tồn nhiều toán tử X E = L2 (Γ\H) cho X − R = ω(s)RX (∗) Chứng minh Giả sử X, X nghiệm phương trình (∗) X − X = ω(s)R(X − X ) Nếu X − X = với véctơ ψ = (X − X )h = 0, với h ∈ E nghiệm phương trình ψ = ω(s)Rψ 37 Điều có nghĩa I − ω(s)R không khả nghịch, hay s điểm kì dị (mâu thuẫn với giả thiết) Bổ đề 3.2 Cho s không kì dị < σ < 2,toán tử I − ωK(s) : B−1 → B−1 , khả nghịch,và tồn toán tử bị chặn C(s) : B−1 → B−1 , cho (I − ωK(s)) C(s) = V, C(s) compact Định lí 3.1 Cho s không kì dị khoảng < σ < C(s) = [I − ω(s)K(s)]−1 V Khi đó,trên không gian E ta có R(s) = Q(s) + (I + ωQ(s)) C(s) (I + ωQ(s)) Chứng minh Ta có I − ωT = (I + ωQ(s))−1 , T + ωQ(s)T = Q(s) Khi R(s) − R = ωRR(s) (1) ⇔ R(s) − R = ωT R(s) + ωV X ⇔ (I − ωT )R(s) = R + ωV R(s) ⇔ R(s) = (I + ωQ(s)) R + ω (I + ωQ(s)) V R(s) ⇔ R(s) = Q(s) + (I + ωQ(s))V + ω(I + ωQ(s))V R(s) 38 Mặt khác C(s) = [I − ω(s)K(s)]−1 V ⇔ [I − ω(s)K(s)] C(s) = V ⇔ C(s) = V + ωK(s)C(s) ⇔ C(s) = V + ωV (I + ωQ(s))C(s) ⇔ C(s)(I + ωQ(s)) = V (I + ωQ(s)) + ωV (I + ωQ(s))C(s)(I + ωQ(s)) ⇔ C(s)(I + ωQ(s)) = V + ωV [Q(s) + (I + ωQ(s))C(s)(I + ωQ(s))] ⇔ Q(s) + (I + ωQ(s))C(s)(I + ωQ(s)) = Q(s) + (I + ωQ(s))V + + ωV [Q(s) + (I + ωQ(s))C(s)(I + ωQ(s))] Đặt X = Q(s) + (I + ωQ(s))C(s)(I + ωQ(s)) Khi đó,ta có X = Q(s) + (I + ωQ(s))V + ω(I + ωQ(s))V X ⇔ X − R = ωRX (2) Từ (1) (2) ta có X = R(s) Vậy R(s) = Q(s) + (I + ωQ(s)) C(s) (I + ωQ(s)) Định lí 3.2 i) Cho < σ < s, − s không kì dị B−1 ta có C(s) − C(1 − s) = ω (s)C(s) [Q(s) − Q(1 − s)] C(1 − s) ii) Cho σ, σ > E ta có C − C = (ω − ω )C(I + ωQ)(I + ω Q )C , với C = C(s), C = C(s ), ω = ω(s), ω = ω(s ) Chứng minh Với C = (I − ωK)−1 V B−1 ta có C −C −1 = (I − ωK)−1 − (I − ω K ) V = (I − ωK)−1 (ωK − ω K )(I − ω K )−1 V, 39 với K = V (I + ωQ), K = V (I + ω Q ) Ta có C − C = (I − ωK)−1 [ωV (I + ωQ) − ω V (I + ω Q )] (I − ω K )−1 V Suy C − C = (I − ωK)−1 (ω − ω )V + (ω Q − ω Q )V (I − ω K )−1 V Nên C − C = C(ω − ω + ω Q − ω Q )C (3) Đặt s = − s ta có ω(s) = ω(1 − s) C(s) − C(1 − s) = = C(s) ω(s) − ω(1 − s) + ω (s)Q(s) − ω (1 − s)Q(1 − s) C(1 − s) Cho nên C(s) − C(1 − s) = ω (s)C(s) [Q(s) − Q(1 − s)] C(1 − s) Mặt khác áp dụng công thức Q − Q = (ω − ω )QQ Khi đó,công thức (3) tương đương với C − C = (ω − ω )C(I + ωQ)(I + ω Q )C 3.2 Toán tử Eisenstein hàm Eisenstein Cho θ(z, s) hàm F xác định sau: • θ(z, s) = F0 ; • θ(z, s) có thành phần θ1 (z, s) = θ(y, s) = y s + c(s)y 1−s F1 , với s−k ∈ Bµ , c(s) = a2s−1 s+k−1 µ = max(σ, − σ) Đặt W(s) = ω [I + ωQ(s)] C(s), với ω = ω(s) = s(1 − s) − k(1 − k), s không kì dị khoảng < σ < 40 Định nghĩa 3.2 Ta định nghĩa: 1) I + W (s) toán tử Eisenstein ; 2) η(z, s) = (I + W(s))θ(z, s) = θ(z, s) + W(s)θ(z, s) hàm Eisenstein Kí hiệu η = η(z, s); θs = θ(z, s); R = R(k); T = T (k); W = W(s) Bổ đề 3.3 Cho k > < σ < ta có ω(s)T (k)θs = θs Khi ta có mối quan hệ toán tử ES1 ω(s)R(k)ηs = ηs ; Nói cách khác, hàm Eisenstein giá trị riêng giải Laplacian Chứng minh Ta cần chứng minh ωR(I + W) = ωT + W Từ định nghĩa,ta có W = ω(I + ωQ)C; R = T + V, C = V + ωV (I + ωQ)C Ta có ωR(I + W) = ω(T + V ) [I + ω(I + ωQ)C] = ω [T + ω(I + ωQ)T C + V (I + ω(I + ωQ)C] = ω [T + ω(I + ωQ)T C + C] = ω [T + ω(T + ωQT )C + C] = ω(T + ωQC + C) = ω [T + (I + ωQ)C] = ωT + W Vậy theo bổ đề trên,ta có ωR(I + W)θs = (I + W)θs ES2 Lη(z, s) = s(1 − s)η(z, s); ES3 Cho < σ < s, − s không kì dị, ta có r(z, z ; s) − r(z, z ; − s) = η(z, s)η(z , − s) 2s − 41 Kết luận Luận văn dành cho việc phân tích phổ toán tử Laplace nửa mặt phẳng Poincaré.Đề tài nằm chương trình Langlands có ứng dụng lý thuyết số đại,lý thuyết biểu diễn,giải tích điều hòa Nội dung luận văn là: • Trình bày chuỗi rời rạc đưa đến mô hình Whittaker ( Định lý 2.2 Maass,Định lý 2.1 ); • Trình bày giải R(s) không gian E (Định lý 3.1) phương trình hàm cho toán tử C(s) ( Định lý 3.2 ); • Trình bày hàm Eisenstein hàm riêng toán tử Laplace(Bài 3.2) liên hệ với phổ liên tục.Các chứng minh dẫn giải chi tiết nhiều so với tài liệu Tuy nhiên dù cố gắng không tránh khỏi sai sót, mong góp ý thầy cô bạn đọc 42 Tài liệu tham khảo [1] S Lang, SL(2, R), Springer – Verlag, New York – Berlin – Heidelberg – Tokyo,1974 [2] T.Kubota, Elementary Theory of Eisenstein Series, Kodansha LTD Tokyo John Wiley & Sons, New York - London - Sydney - Toronto, 1973 43 [...]... O(1) 2 Vậy tích phân 1 s−1 1 1 s−1 I = (1 − ) A( , u) + ln u (1 − ) − (1 − u)s−1 + O(1) 2 2 2 10 Cho nên I = − ln u + O(1) (đpcm) 1.3 Giải của toán tử Laplace trên nửa mặt phẳng Poincaré với σ > 1 Cho BC ∞ (H) là không gian của các hàm C ∞ và bị chặn trên H Định nghĩa 1.7 Cho f ∈ BC ∞ (H) Toán tử tích phân được định nghĩa bởi (Lf )(z) = k(z, z )f (z )dµ(z ), H được gọi là toán tử tích phân có nhân... định lý Stokes) Tích phân trên ∂Fa có những cặp định hướng ngược nhau, nên tích phân trên mỗi cặp đó bằng không.Chỉ còn lại việc xét tích phân trên biên y = a Do đó 1 2 Ia = g ∂f ∂g −f ∂y ∂y −1 2 dx y=a Theo bất đẳng thức Schwarz ta có 1 2 |Ia | ≤ g ∂f ∂g + f ∂y ∂y −1 2 1 2 2 ∂f ∂y  f 2 + g2 dx ≤ y=a  + −1 2 ∂g ∂y 2   dx y=a Vậy 1 2 ∂f ∂y 2 |Ia | 2 + 2 ∂g ∂y dx y=a −1 2 Lấy tích phân từ A đến B... = 1.4 1 2 ϕ(u(z, gz ); s) g∈Γ Sự đối xứng của toán tử Laplace trên nửa mặt phẳng Poincaré Xét hàm ξY (y) với Y là số thực dương xác định như sau: • ξY (y) = 1 nếu y ≤ Y và ξY (y) = 0 nếu y ≥ 2Y ; • ξY (y) 1 Y 2 15 Gọi Γ = SL(2, Z) Miền cơ bản F của Γ được cho bởi z ∈ H; |z| ≥ 1, |x| ≤ F = 1 2 Bổ đề 1.4 Nếu f, Lf ∈ BC ∞ (Γ\H) và là hàm thực.Khi đó tích phân 2 ∂f ∂x [f, f ] = + ∂f ∂y 2 dxdy, F là hữu... )(z) = k(z, z )f (z )dµ(z ), H được gọi là toán tử tích phân có nhân với hàm hạt nhân k(z, z ) Định nghĩa 1.8 Cho f ∈ BC ∞ (H), A là toán tử đóng cùng với miền xác định DA , toán tử R(s) thỏa mãn (A − s(1 − s)I)R(s)f = f, được gọi là giải của toán tử A, với I là toán tử đồng nhất Định lí 1.2 Cho f ∈ BC ∞ (H) với Re(s) > 1 Đặt R(s)f (z) = ϕs (u(z, z ))f (z )dµ(z ) H Khi đó R(s)f (z) là bị chặn, C ∞... 1)2 σ  +∞ 1    −∞ x y 2 +1  1  dx σ  y σ+2 dy = t, ta có  +∞ +∞ I1  1  1 dy σ dt (t + 1) y σ+1  −∞ σ tích phân này hội tụ với σ > 1 Xét tích phân +∞ σ I2 = 4σ −∞ 0 +∞ σ y σ−2 x2 + (y + 1)2 1 σ−2 dxdy σy 2 (x + 1) σ dxdy −∞ 0 σ y σ−2 dy, 0 tích phân này hội tụ với σ > 1 Khi đó tích phân đã cho hội tụ, vậy h(z) bị chặn với σ > 1 Bổ đề 1.2 Cho σ > 1, f ∈ Cc∞ (H) Đặt h(z) = ϕs (u(z, z ))f (z )dµ(z... ) trên (a,b) × (a,b) thỏa mãn b My g(y, y )f (y )dy = f (y), a với mọi f ∈ Cc∞ (a, b) được gọi là hàm Green cho toán tử vi phân My Ngoài ra hàm Green còn thỏa mãn: GF1 g là hàm liên tục,và là hàm C ∞ theo mỗi biến ngoại trừ trên đường chéo; GF2 g thỏa mãn phương trình vi phân thuần nhất cách xa đường chéo.Tức là, nếu y = y thì My g(y, y ) = 0 Bổ đề 2.1 g thỏa mãn GF1,GF2 Khi đó g là hàm Green cho toán. .. t 0 • Cho y → 0, ta có Js,c (y) ∼ Γ(2s − 1) (2cy)1−s Γ(s) Tương tự,ta cũng có đối với Ks,c = Vs (2cy), với 1 1 s −y Vs (y) = ye2 Γ(s) eyt [t(1 − t)]s−1 dt 0 2.2 Phân tích của giải trên nửa mặt phẳng Poincaré với σ > 23 Cho σ > 32 , tổng trên Γ được chia thành hai tổng Đặt Γ0 là nhóm các ma trận ±1 n 0 ±1 với n là số nguyên Ta có r(z, z ; s) = = 1 2 ϕ(u(z, gz ; s)) g∈Γ 1 1 ϕ(u(z, gz ; s)) + 2 g∈Γ 2... dxdy, y=a tích phân này bị chặn Mặt khác khi a → ∞ thì Ia → 0, vì nếu không tồn tại hằng số c > 0 sao cho |Ia |2 ≥ c > 0, suy ra B |Ia |2 ≥ c(B − A) A Vậy tích phân không bị chặn,mâu thuẫn (đpcm) 18 Chương 2 Mô hình Whittaker cho phổ rời rạc 2.1 Hàm Green và phương trình Whittaker Định nghĩa 2.1 Cho (a,b) là khoảng thời gian mở có thể là (0,∞).Gọi d My = − dy 2 + p(y), trong đó p là hàm C ∞ trên (a,b),... 0 Nhận xét 2.1 • Gọi R0 (s) là toán tử có nhân r0 (z, z ; s), ta cũng có (L − s(1 − s)I)R0 (s)f = f, với f ∈ BC ∞ (Γ0 \H) • Miền cơ bản của Γ0 \H là một miền S được cho bởi S= z ∈ H; |x| ≤ 1 2 Bổ đề 2.2 Cho k ≥ 0 hàm mk (y, y ; s) là hàm Green cho toán tử vi phân lk,y d =− dy 2 + (2πk)2 − 25 s(1 − s) , y2 trên (0, ∞) Hơn nữa, mk là liên tục và thỏa mãn phương trình vi phân thuần nhất ngoài đường chéo.Do... cho toán tử vi phân My là ψ (y) = c2 − s(1 − s) ψ(y) y2 Ta chứng minh tồn tại hai nhiệm J = Js,c , K = Ks,c thỏa mãn phương trình Whittaker • Nếu y → ∞ thì J(y) ∼ e−cy , và K(y) ∼ ecy • Nếu y → 0 thì Js,c (y) ∼ Γ(2s − 1) (2cy)1−s , Γ(s) với Re(s) > 21 , và β(s) (2cy)s Γ(s) Ks,c (y) ∼ 1 Ở đây β(s) = [t(1 − t)]s−1 0 Thật vậy Xét tích phân ∞ 1 s −y ye2 Ws (y) = Γ(s) e−ty [t(1 + t)]s−1 dt 0 Đổi biến ... luận văn này, việc phân tích phổ toán tử Laplace đẳng biến nửa mặt phẳng Poincaré sử dụng theo phương pháp phân tích từ lý thuyết nhiễu lý thuyết tán xạ,lý thuyết phân tích phổ chứng minh biết... học toán tử vi phân 1.2 Một nghiệm phương trình lϕ = s(1 − s)ϕ 1.3 Giải toán tử Laplace nửa mặt phẳng Poincaré với σ > 11 1.4 Sự đối xứng toán tử Laplace nửa mặt. .. luận Luận văn dành cho việc phân tích phổ toán tử Laplace nửa mặt phẳng Poincaré. Đề tài nằm chương trình Langlands có ứng dụng lý thuyết số đại,lý thuyết biểu diễn,giải tích điều hòa Nội dung luận