Tài liệu hạn chế xem trước, để xem đầy đủ mời bạn chọn Tải xuống
1
/ 27 trang
THÔNG TIN TÀI LIỆU
Nội dung
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 Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyênhttp://www.lrc-tnu.edu.vn 1- http://www.lrc-tnu.edu.vn MỤC LỤC MỞ ĐẦU Trang Chƣơng KIẾN THỨC CHUẨN BỊ Phƣơng trình Schrodinger phƣơng trình lý thuyết học lƣợng tử Từ xuất phƣơng trình có số 1.2 Không gian L …………………………………………………… lớn công trình nghiên cứu tính chất Trƣớc phần lớn 1.3 Không gian Sobolev……………………………………………… 1.4 Một số kết có phƣơng trình phi tuyến Schrodinger… 10 1.5 Sự đánh giá cho đạo hàm cấp phân số toán tử phi tuyến…… 12 1.1 Bất đẳng thức Holder…………………………………………… p nghiên cứu tập trung vào phƣơng trình Schrodinger tuyến tính Gần số chuyên gia nhƣ T Kato, T Tao, C Kening, … tập trung vào nghiên cứu :Phƣơng trình Schrodinger phi tuyến Mục tiêu luận văn giới thiệu công trình T Kato, công trình quan trọng hƣớng Chƣơng nghiên cứu ĐỊNH LÝ DUY NHẤT Nội dung luận văn đƣợc chia thành ba chƣơng 2.1 Định lý nhất………………………………………………… 16 Chƣơng KIẾN THỨC CHUẨN BỊ, bao gồm bất đẳng thức Holder, 2.2 Bổ đề 2.2………………………………………………………… 22 không gian Lp, không gian Sobolev số ký hiệu hình học đƣợc sử dụng 2.3 Chứng minh định lý 2.1………………………………………… 25 luận văn Ngoài phần mở đầu trình bày số kết có 2.4 Hệ quả…………………………………………………………… 27 phƣơng trình phi tuyến Schrodinger dựa theo tài liệu [11, 12, 14] Chƣơng Chƣơng ĐỊNH LÝ DUY NHẤT, bao gồm định lý (phát biểu SỰ TỒN TẠI ĐỊA PHƢƠNG CỦA Hs - NGHIỆM chứng minh định lý), số ý Hệ tính đặt chỉnh không điều kiện Hs NGHIỆM TOÀN CỤC VỚI ĐIỀU KIỆN BAN ĐẦU NHỎ 3.1 Sự tồn địa phƣơng H - nghiệm………………………… 29 Chƣơng 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 3.3 Định lý cho Hs - nghiệm ……………………………… 47 tồn Hs – nghiệm, với vài hạn chế s 0, m F() KẾT LUẬN…………………………………………………………… 50 không đa thức Thêm vào độ trơn F, giả thiết đây, TÀI LIỆU THAM KHẢO …………………………………………… 51 k1+ s Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên- 2- http://www.lrc-tnu.edu.vn m m s < , k < s = k = (không cần giả thiết) 2 m 2s Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên- 3- http://www.lrc-tnu.edu.vn s> m Hs – nghiệm đƣợc nghiên cứu chi tiết Cazenave – Weissler [3], đây, không gian loại Besov đƣợc sử dụng nhƣ không gian phụ trợ Ta Chƣơng sử dụng không gian loại Lebesgue để thay thế, mà xuất KIẾN THỨC CHUẨN BỊ thích hợp cho vấn đề Khi thu đƣợc kết sau đánh giá cho khoảng T* H – nghiệm u phụ thuộc vào || u(0)||2 (trong s đó, = (–)1/2) với giá trị định < s, không phụ thuộc vào || u(0) ||H s Những đánh giá dẫn tới cách tự nhiên định lý độ trơn Ngoài định lý tồn tổng :Quát đƣợc chứng minh cho Hs – nghiệm toàn cục với điều kiện ban đầu nhỏ, dƣới điều kiện thêm vào F() = O (||1+4/m) với nhỏ; F() không cần phải lũy thừa giới hạn 1.1 Bất đẳng thức Holder Cho không gian E độ đo – đại số tập E Nếu f(x), g(x) hàm số đo xác định E, p, q hai số thực cho < p < Ở đây, lặp lại tính nhỏ ||u(0)||H với < s đủ hầu hết trƣờng hợp Nếu F đa thức, khoảng biến thiên chấp nhận đƣợc đƣợc mở rộng 1 p q 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 với hƣớng dẫn nhiệt tình đầy trách nhiệm PGS.TS Nguyễn Minh Trí Tôi xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới thầy Cuối xin chân thành cảm ơn thầy cô Trƣờng Đại học Sƣ Bổ đề Cho a, b không âm p, q là hai số thực cho < p < 1 ta có p q phạm - Đại học Thái Nguyên, thầy phòng Phƣơng trình Vi phân Viện Toán học tận tình giúp đỡ tạo điều kiện thuận lợi cho suốt trình học tập viết đề tài (1.1.2) ab ap bq + p q Thật Vậy Xét hàm (t ) t 1 1 t p (t 0), ta thấy (1) = '(t ) t p p p p q dƣơng với t > 1, âm với t < 1, (t ) đạt cực tiểu t = Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên- 4- http://www.lrc-tnu.edu.vn Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên- 5- http://www.lrc-tnu.edu.vn Khi E tập đo đƣợc Lebesgue k , độ đo Lebesgue, t t p (1) = p q Do vậy, với t ta có ta viết Lp(E) Đặc biệt t = a p b p (có thể giả thiết b > b = (1.1.2) hiển p a p b p ap bq ab q hay + – ab bất p q p q nhiên đúng) ta có p Nếu E = [a, b] , độ đo Lebesgue ta viết Lp[a, b] L[a, b] E = [0, 1] ta viết đơn giản Lp Ta có Tập hợp Lp(E, ), đó, ta không phân biệt hàm tương đẳng thức (1.1.2) ■ đương (nghĩa hầu khắp nơi), không gian vectơ định Chứng minh bất đẳng thức (1.1.1) chuẩn Với phép toán thông thƣờng nhân hàm số với số cộng hàm số, Áp dụng bất đẳng thức (1.1.2) cho a | fg | |p p |q q | f | g |f| |p p | f | f |p p | f | p ,b | g |q q | g | q |g| g |q q | , ta đƣợc với chuẩn p || f || | f | p d E 1.2.2 Một số ký hiệu (i) Lr(Lq) Lr((0, T); Lq( m )), đây, q, r < T < , với chuẩn Lấy tích phân hai vế ta có | fg | |p p |q q | f | g p q | f | | g | p q p | f |p q | g |q || u ( x, t ) ||Lr ( Lq ) r T r r q T r q = u ( x, t ) dx dt || u ( x, t ) || q m dt L ( ) m 0 (ii) L(L) đƣợc hiểu nhƣ L( T ), đây, T = (0, T) m , với chuẩn từ suy 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 a b lần lƣợt min{a, b} max{a, b} 1.2.1 Định nghĩa Cho không gian E độ đo – đại số tập E Họ tất hàm số f(x) có lũy thừa bậc p (1 p ) mođun khả tích E, tức cho | f | p d gọi không gian Lp(E, ) E (iv) Để làm đơn giản chứng minh chƣơng sau ta sử dụng ký hiệu hình học giới thiệu [12] vài nơi khác Ký hiệu P = (x, y); x, y điểm hình vuông đơn vị = [0, 1] [0, 1] Ta viết x = x(P), y = y(P) Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên- 6- http://www.lrc-tnu.edu.vn Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên- 7- http://www.lrc-tnu.edu.vn Đoạn thẳng nối P, Q đƣợc kí hiệu (PQ), [PQ], [PQ) tùy theo mở đóng điểm cuối kí hiệu độ dài PQ |PQ| Ta xem xét P nhƣ vectơ chiều với gốc O = (0, 0), Vì vậy, aP (a 0) P + Q có ý nghĩa (miễn chúng thuộc ) Ta giới thiệu xếp thẳng \ Q\ P tức Q dƣới P, nghĩa x(Q) = x(P) y(Q) y(P) Với đoạn thẳng , R\ [\R] nghĩa có S cho R\S [S\R] Có vài điểm quan trọng đặc biệt B = ( ,0) ; C=( B' = ( , 1); 1 – , ); m C' = ( (C = (0, ); 1 + , ); m (i) Với s số nguyên, s > 0, ký hiệu H s() không gian hàm thuộc Chú ý Đây 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 Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên- | | s Với s = H0() L2() (ii) Nếu s số thực tùy ý Hs(n) định nghĩa l H s ( n ) {u S ' | uˆ( ) L1loc ( n) cho (1 | |2 ) s | uˆ ( ) |2 d } < n B Hình.1a 8- L2() có đạo hàm suy rộng Du, || s, Du L2(), với chuẩn 2 ||u||s = | D u |2 dx | |s 2y 2y x+ = x + = + (xem hình 1a) 2 m m m O r T r T r q r q ||u :P|| = u ( x, t ) dx dt || u ( x, t ) || q m dt L ( ) m 0 1.3.1 Định nghĩa C' = (1, ) m = 1) l 1 Cụ thể với P = ( , ); u L(P) q r 1.3 Không gian Sobolev m = 1) Đó phần đoạn thẳng m=3 Chuẩn L(P) đƣợc kí hiệu || :L(P)||, đơn giản || :P|| BC biểu thị lớp hàm số liên tục, bị chặn C biểu thị số dƣơng Đoạn thẳng l = [BC) l' = [BC') quan trọng (l = [BC]; l' = [B'C'] C 1 Cuối ta đặt L(P) = Lr(Lq) :P = ( , ); q r http://www.lrc-tnu.edu.vn H s ( n ) không gian Hilbert với tích vô hƣớng Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên- 9- http://www.lrc-tnu.edu.vn (u, v)s = (1 | |2 ) s uˆ ( )uˆ ( )d , n n Mà s – || s – k > || k s – || > nên C ' n n || u ||2s (1 | |2 ) s | uˆ ( ) |2 d Chú ý Nếu u H D (u) H s | | Định lý Nếu u ( ) Xét toán giá trị ban đầu phƣơng trình phi tuyến Schrodinger tu = i(u – F(u)), t 0, x m, m khắp || u ||C k A || u ||s , A số không phụ thuộc u (NLS) Chứng minh Với giả thiết dƣới F(u) n n u ( )ei ( x , ) d (2 ) uˆ ( ).ei ( x , ) d Ta có D u ( x) (2 ) D | | k Vậy || D u ( x) || (2 ) || D u ( x) || (2 ) n uˆ ( ).ei ( x, ) d (2 ) n 1 n s 2 (2 ) uˆ ( ) n s 2 1 s F C1 ( , ); F(0) = 0, (1.4.2) DF() = O(||k – 1) với k 1, || → Ở đây, đạo hàm DF đạo hàm theo nghĩa thực, Vì vậy, đƣợc kiểm tra uˆ( ) d ma trận thực vuông cấp Đôi (1.4.2) thừa, trƣờng hợp nhƣ ta đặt k = Chú ý (1.4.2) không xác định k cách Nói 1 s d Ta bắt đầu với việc tổng :Quan lại khái niệm tính đặt chỉnh Theo nguyên lý Hadamard, ta nói vấn đề (địa phƣơng) đặt chỉnh không gian hàm số X đƣợc định nghĩa Rm với X có T > d nghiệm u C ([0, T ); X) (NLS) với u(0) = (Trong định nghĩa ta bao gồm phụ thuộc liên tục u vào , Mặt khác, n (1.4.1) chung quy luật bảo toàn uˆ ( ) d 2 d s n (2 ) || u ||s n d < 1.4 Một số kết có phƣơng trình phi tuyến Schrodinger n H ( ) , s > k + , k số nguyên không âm u Ck hầu n | | 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 s d C ' n 1 | | s d C ' n 1 | | s d nhƣng để đơn giản ta không để ý đến điểm này) Tuy nhiên, thực tế thƣờng vài điều kiện (không gian) phụ trợ đƣợc cần đến để đảm bảo tính đặt chỉnh Điều đƣợc minh họa rõ ví dụ Nhắc lại hai định lý sau (theo [11, 12, 14]) Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên - 10 - http://www.lrc-tnu.edu.vn Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên - 11 - http://www.lrc-tnu.edu.vn Định lý A Trong (1.4.2) giả sử k < + (không cần giả thiết m=1) m2 1.5 Sự đánh giá cho đạo hàm cấp phân số toán tử phi tuyến (i) Cho H1 = H1( m ), có T > nghiệm Bổ đề A1 Giả sử F C1( ; ); G C( ; ) cho u C([0, T); H1) (NLS) với u(0)= (1.5.1) (ii) u có tính chất thêm vào đây, (.) L1(0, 1) Khi ta có với < s < u Lr([0, T); Lq) với Định lý B Cho k < + 1 1 + = 1, – < < m q mr q Với L2 có T > nghiệm m u (NLS) với tính chất sau 1 1 r p q ||sF()||r c||G()|| q ||s||p ; ( = ( ) ) , p, r (1, ), q (1, ], đây, c phụ thuộc vào , s, p, q , r ( ký hiệu hàm số m ; luận văn ta áp dụng Bổ đề cho mà với tồn s 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( )); , , 1, Đây dạng biến đổi nhỏ kết Christ – Weinstein [4] 1 1 + = 1, – < < m q mr q Staffilani [13], đƣợc chứng minh phƣơng pháp nhƣ Để chứng minh cần điều kiện (i), (ii) với cặp (q, r) đủ Trong Định lý A, phần (i) cấu thành định lý độc lập Phần (ii) phần phát triển thêm, có không xuất định lý Vì lý ta nói (ii) điều kiện phụ bỏ đƣợc, (NLS) đặt chỉnh không điều kiện H1 Trong hầu hết trƣờng hợp nhƣ vậy, điều kiện (không gian) phụ trợ phát sinh nhƣ công cụ cho việc xây dựng nghiệm Bổ đề A2 Cho F C1( ; ), với (1.5.3) F(0) = 0; |F'()| ||k – 1, đây, k Nếu s (1.5.4) ||sF()||r c || ||kq1|| s || p ; 1 k 1 ; p, q, r (1, ), r p q đó, c phụ thuộc vào s, p, q, r (nếu k = đặt p = r bỏ qua || ||kq 1 ) Chứng minh Trong Định lý B, Lr ([0, T); Lq ) không gian phụ trợ Không giống nhƣ Định lý A, phần (ii) phần cốt yếu định lý; điều kiện nhƣ cho cặp (r, q) không đạt đƣợc chí ý nghĩa Trong trƣờng hợp ta nói (NLS) đặt chỉnh Trƣờng hợp s = tầm thƣờng |F()| c||k – || Giống nhƣ với s = 1, F() = F'() ||||p tƣơng đƣơng với ||||p, Vì vậy, ta giả sử < s < |F'( + (1 – )| | + (1 – )|k – c(||k – + ||k – 1) có điều kiện L2, với không gian phụ Lr ((0, T); Lq ) Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên - 12 - http://www.lrc-tnu.edu.vn Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên - 13 - http://www.lrc-tnu.edu.vn Nhƣ điều kiện (1.5.1) đƣợc gặp với G() = c||k – Do đó, theo Bổ đề A1 (1.5.2) Khi (1.5.4) đƣợc suy phép đặt q q ■ k 1 Ở , tùy ý cần thỏa mãn điều kiện (1, ) Đặt Bổ đề A3 Cho F C ( , ), n Giả có k n cho n ' với chiều dọc bị bỏ đi) Nếu n = 1, (1.5.4) đƣợc chứng minh Bổ đề A2 Trƣờng hợp tổng :Quát kéo theo phép qui nạp theo n Giả sử (1.5.4) đƣợc chứng minh với n giả k n + ( 2).Nếu s n ||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 vế phải (1.5.7) thỏa mãn (1.5.4) với s đƣợc thay s + Vì F' thỏa mãn điều kiện F với k đƣợc thay k – 1, thành phần thứ hai, giả thiết qui nạp, đƣợc đánh giá || ||kq 2 || s || || || , đó, k 2 q F() đa thức Bổ đề A4 Cho s > Thì với 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 , r p1 q qk q1 qk 1 pk pj (1, ), qj (1, ], j = 1, , k Chứng minh Điều đƣợc kéo theo áp dụng lại công thức Lepnit suy rộng nói đến (1.5.6) với s Chứng minh ) Số hóa 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 trƣớc đƣợc chứng minh Bổ đề A5 Giả sử F() đa thức bậc k Thì (1.5.4) k 2 1 q p q (nếu k = bỏ qua thừa số || || Kết đƣợc làm trội ||s+1||p||||q Điều kéo theo (1.5.4), hoàn 1 = + ; r đây, ta sử dụng công thức Leibniz suy rộng với đạo hàm bậc s thành trình qui nạp ■ Chứng minh (Theo G.Ponce) 1 đây, c phụ thuộc vào s, P, Q, R (u hàm số tổng :Quát (0,T) ; 1 đó, p, q, , p q || || c || s 1 || sp1 || ||qs 1 m || 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 ', s 1 s ; ( s 1) p ( s 1)q ( s 1) p ( s 1)q s Nếu s n (1.5.4) Hơn nữa, Theo Định lý đƣờng thẳng (xem [1, trang 168]), ta có (1.5.5) |DiF()| ||k – i, i = 1, 2, , n (1.5.7) - http://www.lrc-tnu.edu.vn Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên - 15 - http://www.lrc-tnu.edu.vn Chỉ cần đặt Bổ đề A4, j = pj = p (1, ), qj = q (1, ) với Chƣơng 1 k 1 = + ■ r p q ĐỊNH LÝ DUY NHẤT 2.1 Định lý Để rằng, điều kiện phụ bỏ đƣợc cần Định lý mạnh Mục đích phần để định lý (của (NLS)) không đòi hỏi tính khả vi nghiệm Sử dụng định lý tồn không gian phụ trợ đƣợc bỏ đƣợc Lời trình bày định lý đƣợc biểu diễn dạng "Tính không gian ." Nó có nghĩa (1) Chỉ u nghiệm (NLS) với t (0, T); (2) Giá trị ban đầu u(0) = lim u(t) tồn nhƣ hàm suy rộng m ; t0 (3) Có nghiệm u (NLS) với hàm suy rộng cho trƣớc nhƣ giá trị ban đầu Định lý 2.1 (Định lý nhất) Giả thiết (1.4.1 – 2) Nếu m 2, L(L2) Lr(Lq) thỏa mãn với (2.1.1) 1 m 2 q k q mr m(k 1) trừ số ngoại lệ sau Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên - 16 - http://www.lrc-tnu.edu.vn Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên - 17 - http://www.lrc-tnu.edu.vn Nếu k = 1, điều kiện 2 thay q mr m(k 1) q mr Nếu k r = , thay (2.1.1) < m2 Nếu k = (xem phần1.4 chương ), thay Lr(Lq) L( T ) Nếu m = L(L2) Lr(Lq) thỏa mãn với (2.1.2) 1 2 q k q r k 1 (a) Nhắc lại F không :Quyết định k; k thỏa mãn (1.4.2) bất k tăng (b) Các điều kiện đƣa dạng đơn giản đƣợc áp dụng với (q, r) = (2, ) đƣợc kéo theo; Do đó, m k m m(k 1) k Điều kiện (2.1.1) thừa m m(k 1) k 1 1 1 1 1 1 Gọi Q , ; P , ; R , q p r q r Khi L(Q) = Lq(L), L(P) = Lp(L), p Q R P Không tính tổng :Quát ta giả sử kỳ k khác lớn thỏa mãn Điều kiện (2.1.1) trở nên mạnh với L(L2) Cũng ý Thật Vậy L(R) = Lr(L) Chú ý k đặc trƣng Ví dụ k < || :R|| || :P||1 – || :Q|| = |PR|/|PQ| r < , vì, đƣợc suy điều kiện thứ m2 (c) Sử dụng ký hiệu hình học đƣa chƣơng trƣớc ta có công q < r p < , < < 1 1 1 Hình | PR | | QR | q r p (r q ) r p q( p r ) Đặt = = 1–= = 1 r ( p q) | PQ | | PQ | r ( p q ) q p q p Xét q r q q( p r ) p( r q) p q r ( p q) p r ( p q) r (1 )r p Tƣơng tự ta có (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] L(P) L(Q) L(R) L(P) + L(Q), với Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên - 18 - http://www.lrc-tnu.edu.vn Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên - 19 - http://www.lrc-tnu.edu.vn (2.2.5) u = (u(0)) + GF(u), đó, (2.2.6) ( )(t) = U(t), Gf(t) = i U (t ) f ( )d , U(t) = eit S t R P Bước Q Để tính , giả sử có nghiệm u, v (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 Chứng minh Từ ta kết luận w = T đủ nhỏ (thƣờng độ lớn T không :Quan Bước Đầu tiên ta L(P) trọng Định lý nhất) Thực Vậy CT1 cho thấy L(Q) với Q [BQ] Do đó, từ giả thiết ta có Q \ P, từ CT3 suy 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 (NLS) có nghĩa với u Để làm đƣợc điều Giả sử S l' cho R\S (điều tồn R\ l') Do đó, theo CT4, G ta F viết dƣới dạng tổng hai vị lũy thừa đơn bị chặn từ L(B') vào L(B) từ L(S) vào L(P) Theo CT3, L(B) L(B') với (2.2.2) F = F1 + Fk, phép đơn ánh bị chặn T, L(R) L(S) với phép đơn ánh bị chặn T, (2.2.3) |F1()| M||, |DF1()| M, (2.2.4) |Fk()| N|| , |DF()| N|| đó, = y(S – R) Do đó, ||G(F1(u) – F1(v)) :B|| ||G(F1(u) – F1(v)) :P|| k–1 k đó, M, N số Điều có đƣợc cách nhân F với c|| F1(u) – F1(v) :B'|| cT|| F1(u) – F1(v) :B|| cTM|| :B||; Chú ý w L(B) hàm số cắt trơn 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) 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 – + |v|k – 1) :P + (k – 1)Q|| Vì vậy, (NLS) có nghĩa với tu L1(H–2 + L1 + L2) L1(H–m – 1) Từ dễ dàng kết luận u(0) H–m – S' tồn Vì vậy, (NLS) tƣơng k–1 cT N|| w :P|| (||u :Q|| (theo (2.2.1), (2.2.8)) k –1 + || v :Q|| ); (theo CT2) Nhắc lại 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 Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên - 24 - http://www.lrc-tnu.edu.vn Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên - 25 - http://www.lrc-tnu.edu.vn c(MT + NTK), K = || u :Q||k – + ||v :Q||k –1 Hệ số vế phải làm nhỏ tùy ý cách lấy T nhỏ, chí lấy = Thực = kéo theo R l', P l, ta có x( Qˆ ) = ak – , đó, > bé tùy ý cho trƣớc Vì vậy, ta giả thiết từ đầu Q thỏa mãn điều kiện Qˆ Sau đó, đặt P = Q, kP = R \ l' (k – 1)y(Q) = y(R) – y(P) > 0, Do đó, y(Q) > k < Giả sử lˆk đoạn lớn song song với l điểm m Vì || Q|| chuẩn tích phân k trở thành nhỏ tùy ý với T nhỏ tùy ý Điều (c) + chứng minh = 0, Do đó, w = Bổ đề 2.2 đƣợc chứng minh ■ dƣới (bk, 0), đó, bk = 2.3 Chứng minh Định lý 2.1 tƣơng đƣơng với Q trái lˆk Nhƣ trƣờng hợp (b) dễ thấy Đặt Q = ( L(B) L(Q) L(B) L( Qˆ ) với Qˆ lˆk biết Ở đây, y( Qˆ ) = bị loại 1 ; ) q r Ta phải tính L(B) L(Q) Để đƣợc điều ta kiểm tra giả thiết Bổ đề 2.2 Vì định lý hình học sơ cấp nên đủ Đầu tiên giả sử m Ta xét vài trƣờng hợp riêng sau Ta giả sử :Q = B, vì, tính m L(B) tất nhiên L(B) L(Q) với Q Vì vậy, đặt P = Q = B R = kB\ l' (b) + trừ giả thiết Nhắc lại ta giả thiết thân Q thỏa mãn điều kiện Qˆ Dễ thấy ta chọn P l R l' cho (PR) song song với (OQ); ý (PR) giữ độ nghiêng khoảng (0, ]; với bất để cách chọn P, Q, R nhƣ (a) k < + Điều kiện thứ (2.1.1) m(k 1) k < + Giả sử lˆ thác triển lớn của l (2.1.1) kéo m m 1 theo :Q trái lˆ với x(Q) < ak m Sử dụng CT1 k kỳ cặp P, Q ta có P + (k – 1)Q = R (đây kết đơn giản hình học); phải rằng, [BQ] \ P Điều k + điều kéo theo bk 1 – = x(C) (Trong trƣờng hợp điều kiện m (2.1.1) đƣợc suy điều kiện thứ hai) Trƣờng hợp + 4 k 2 m 2s Không khó để thấy ta chọn P l, R l' cho (PR) song song với Vì vậy, ta phải L(L2 L q ) (OQ) [BQ] \ P; ý (PR) có độ nghiêng tùy ý [ , ] Việc Nhìn lại Hệ (2.4.1), cần kiểm tra lại (2.4.2) với q = q xây dựng đƣờng thẳng suy đƣợc P + (k –1)Q = R 2.4 Hệ Trƣờng hợp (i) hiển nhiên, suy q = lớn tùy ý Trƣờng hợp (ii) đặt q = q (2.4.2) đƣa đến thỏa mãn điều kiện Tƣơng tự, trƣờng hợp (iii) q k đƣợc thấy thỏa mãn ■ 2.4.1 Hệ 2.4.1 Nếu m 2, L(L2 Lq) thỏa mãn với Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên - 28 - http://www.lrc-tnu.edu.vn Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên - 29 - http://www.lrc-tnu.edu.vn Chƣơng () = + 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 –1() = 3.1 Sự tồn địa phƣơng Hs – nghiệm (F2) (tốc độ tăng với lớn) tính giải đƣợc địa phƣơng (NLS) Hs với giá trị s > thực Hs nghiệm đƣợc xây dựng [3] chủ yếu cho lũy thừa đơn F(u), sử dụng không gian phụ Besov Ta xét mở rộng tổng :Quát F(u) với suy giảm yếu Nếu s > m , không cần giả thiết Nếu s m F() đa thức bậc F k (s) Nếu s m F không đa thức F() = O{s}(||k) || → u = 0, sử dụng không gian phụ s = (1 – )–s/2({L(P); P l}) = {Lr(Lq,s); 1 ; r } q mr 2 Trong đó, k số hữu hạn thỏa mãn Ở đây, Lq,s (1 ) s / Lq không gian Lebesgue Chuẩn Lq,s {s} k (s) (3.1.3) Chú ý tƣơng đƣơng với ||||q ||s||q đó, = (– )1/2 (a) (3.1.3) kéo theo Đặc biệt điều cho Hs = L2, s Với F(u), ta tạo giả thiết (F1), (F2) đƣa dƣới đây, đó, {s} ký hiệu số nguyên dƣơng nhỏ lớn s (Vì vậy, {s} = [s] + không số nguyên, {s} = s s số nguyên 1, {0} = 1) On ký hiệu hạn chế s F không đa thức Rõ ràng (3.1.4) chứa trƣờng hợp s m Nếu m 7, vùng chấp nhận s gồm có hai khoảng [0, 1] [ s , ] đó, s nhỏ DiF() = O(||k – i), i = 0, 1, , {s} {s} (s), (3.1.4) Landau, đƣợc đạo hàm n lần Vì vậy, F = O{s}(||k) nghĩa (3.1.2) m m ; , –1(1) = – ; –1() = 1 (F1) (tính trơn) F C{s}( ; ), với F(0) = Ta quay lại với vài vấn đề tồn tại, đƣa chứng minh (3.1.1) m ;– m 2 m hàm số thực mở rộng đƣợc cho Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên - 30 - http://www.lrc-tnu.edu.vn Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên - 31 - http://www.lrc-tnu.edu.vn Nếu m = 7, đây, có khoảng khác [1,5; 2] nằm giữa, đƣợc thu gọn thành điểm {2} m = {5} m = 11 Với giá trị s nằm khoảng đó, định lý ta áp dụng với Chú ý (d) (3.1.5) điều kiện nhẹ Nếu s < m , có trƣờng hợp (dƣới (F2)) đa thức F có bậc nhỏ (s) Nó điều thất vọng m 7, giá trị không thỏa mãn (3.1.5) trƣờng hợp "tới hạn" k = (s) Có vài trƣờng s lớn bị loại trừ với F không đa thức, đa thức, đa hợp nhƣ với < s < thức tuyến tính đƣợc chấp nhận (bởi vì, (s) < 2) (e) Các nghiệm đƣợc đƣa [3] trùng với nghiệm ta Điều hiển (b) Có lý thuyết độc lập cho H2– nghiệm (xem [3, 12, 15]), bổ sung cho kết ta Nó (NLS) đặt chỉnh H2 F C1 k < (2), trƣờng hợp không đƣợc xét định lý dƣới Nó có hay không với giá trị không nguyên s (1, 1) chẳng hạn (c) Vì (F2) tốc độ tăng F(), điều kiện k {s} (3.1.3) xuất kỳ lạ Nhƣng (3.1.2) không tạo ý nghĩa nhiều nên k < {s}, điều kiện tự nhiên Nếu (3.1.2) xảy với k < {s}, ta luôn tăng lên tới nhiên trƣờng hợp không điều kiện Ngay trƣờng hợp có điều kiện, tất nghiệm tính đƣợc cách xấp xỉ liên tục với hàm số ban đầu U(t) Định lý 3.1.2 ( Vùng tồn tại) Cho [0, T*) khoảng lớn tồn u Định lý 3.1.1 T* phụ thuộc vào theo cách sau m (i) Cho s Cố định cho k = {s} để thỏa mãn (3.1.2 – 3) với điều kiện (3.1.4) đƣợc thừa nhận Sự (ia) Nếu > – (k), có hàm số dương, đơn điệu tăng = với Định lý 3.1.1 Giả sử (F1), (F2), với Hs, có T > nghiệm u C([0, T]; Hs) s (NLS) với u(0) = Không gian phụ s m bỏ (vì (NLS) đặt chỉnh tuyệt đối H s) s , m s < (3.1.5) m [0; ) [– (k), s] (3.1.6) phức tạp nhƣ không xuất F đa thức (+0) = , cho T* (|| ||2) Vì vậy, T* đánh giá theo ||||2 T* → ||||2 → (ib) Nếu = – (k), T* ước lượng theo chuẩn L2, không thiết phụ thuộc vào chuẩn (đó giá trị chấp nhận (= s) "trường hợp tới hạn" k = (s)) k Cố định cho (3.1.7) Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên - 32 - http://www.lrc-tnu.edu.vn m < s Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên - 33 - http://www.lrc-tnu.edu.vn Thì có hàm số với đặc tính cho :Quát hóa (2.2.2) Ta nói hàm số F: → tựa bậc k bậc n F On(||k) || → → , xác T (||||2 || ||2) * Chú ý (3.1.8) (f) Trong trƣờng hợp (i), (3.1.6) bao gồm = s s < m nhƣng không gồm m trƣờng hợp s = , phức tạp = Nó có trƣờng hợp (ia) k < + = (0), (ib) k = (0) (nhƣng nhớ k {s} trừ m |DiF()| M.||k – i, i j n, C Trong đó, M số, đƣợc gọi "sức mạnh" F Chú ý F hai bậc khác đồng thời Ví dụ F C0 ( \{0} ) tựa bậc Bổ đề 3.1.4 m Giả sử (F1–2) với s Nếu F đa thức bậc k, hiển nhiên F đa thức) Chú ý || ||2 với khác không so sánh đƣợc, tất chúng tổng đa thức bậc từ tới k Ngoài F viết đƣợc làm trội |||| H s 1 dạng Bất đẳng thức || ||2 [] || ||2 s || s ||2s T* ([]) Đặc (3.1.9) biệt T* → ||||2 → với ||||2 cố định đó, Fj với j = 1, , {s} – đa thức bậc j, F{s} Fk Hệ 3.1.3 (tính đều) tƣơng ứng tựa bậc {s} bậc k Nếu k = {s}, F{s} thừa bị F = F1 + F2 + + F{s} –1 + F{s} + Fk , bỏ qua (Chú ý đây, phần ta sử dụng số dƣới k Trong Định lý 3.1.2, giả sử T < * Trong trường hợp (ia), || u(t)||2 bùng nổ t = T với tất (3.1.6) không cần phải số nguyên) Trong trường hợp (ii), || ||2 ||||2 bùng nổ t = T* với tất Chứng minh * Giả sử R() phần dƣ khai triển Taylor F() từ = đến bậc (3.1.7) {s} – Theo (F1–2), R() O{s}(||{s}) với nhỏ O{s}(||k) với lớn Nếu k Chú ý (g) Trong trƣờng hợp (ia), ||u(t)||2 bùng nổ k < + m Nếu s = ta không m = {s}, ta đặt Fk = R, Vì vậy, kết số hạng F{s} Nếu k > {s}, ta chia R thành hai phần F{s}, Fk với thuộc tính nhƣ biết ||su(t)||2 bùng nổ hay không Nhƣng ||u(t)||2 ||su(t)||2 có, làm trội đƣa trên, đặt F{s} = R, Fk = (1 – )R, đó, hàm số trơn với giá || u(t)||2 với (0, s) compact lân cận gốc ■ Định lý 3.1.1–2 đƣợc chứng minh phần Ở đây, ta chứng Chú ý minh bổ đề phân tích F(u) thành thành phần tựa nhất, tổng Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên - 34 - http://www.lrc-tnu.edu.vn Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên - 35 - http://www.lrc-tnu.edu.vn (h) Bổ đề (3.1.4) đƣợc sử dụng F tựa Nếu ứng dụng nhƣ vào hàm F chia F thành phần (trừ k = {s}) Chứng minh Đầu tiên chọn Pk l cho | BPk | k 1 | BC | ( ) Nếu m 2, (3.1.11) với Q = B cách đặt Chứng minh Định lý 3.1.1–2 Ta giả sử F không đa thức hết phần này, đây, trƣờng hợp (3.1.12) Pj = ((k – j)B + (j – 1)Pk)/(k – 1) j = 1, , {s} đa thức đƣợc giải ta xét vài trƣờng hợp khác nhau, phụ thuộc (Nếu k = điều kéo theo {s} = 1, đặt P1 = B) Thực Rj đoạn thẳng vào phân loại Định lý 3.1.2 [BC') ta di chuyển Q lên đoạn nhỏ l Giữ nguyên tính m m Trƣờng hợp (ia) (s , [0, ) (–1(k), s]) chất (3.1.11) Nếu m = ta chọn Q gần tâm l Việc chứng minh sơ cấp bỏ qua Bước Trƣớc tiên ta cần vài kết hình học Đặt (3.1.10) B = ( – , 0) (sao cho x(B) > 0) m Ký hiệu l đƣờng thẳng qua B song song với l chia cắt phần Bước Bây ta giải phƣơng trình tích phân (xem (2.2.6)) u = u + GF(u) (INT) với Cho {s} + điểm B = P1, P2, , P{s} Pk l, Q l với y(Q) y(Pk) đây, khoảng [0, T) đƣợc ngầm hiểu Giả sử tập đóng, bị chặn (Q = B chấp nhận m 2) Với tính chất sau (xem hình 6) Ys cho (P{s} bỏ k = {s}) (3.1.14a, b) Pj + (j – 1)Q Rj \ l' (nghiêm ngặt), j = 1, 2, , {s}, 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 N chọn cho ánh xạ từ vào trở S4 s = ; {s} = thành ánh xạ co metric– L(Pk), đầy đủ R4 (s) = P4 R2 Q (3.1.14c) ||u B|| ||u :Pk|| L, đó, T, L, K N đƣợc xác định tập đóng, bị chặn 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 điểm cố định u, nghiệm cần tìm (NLS)) k = 4, –1(k) = ; = B = ( , 0); () = Chứng minh Do chứng minh nhƣ bản, ta bỏ qua chi tiết ta hạn chế cách đƣa đánh giá cần thiết Do đó, ta sử dụng vài Bổ đề đạo hàm cấp phân số F(u) đƣợc đƣa chƣơng Hình Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên - 36 - http://www.lrc-tnu.edu.vn Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên - 37 - http://www.lrc-tnu.edu.vn Cho u Từ Pj [BPk] ta có từ CT1 3.1.14 (3.1.15) || u :Pj || L; || u :Pj || K, || u :Pj || N, j = 1, , {s} 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) 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 0, s, ), (3.1.14) (3.1.16) nhƣ sau (3.1.17a) || Fk(u) Rk|| cMk|| u :Pk|| ||u :Q||k – cMkLNk – 1, (3.1.17b) ||sFk(u) Rk|| cMk|| su :Pk ||||u :Q||k – cMkKNk – 1, (3.1.17c) || Fk(u) Rk|| cMk|| su :Pk ||.||u :Q||k – cMkNk Ở đây, Mk độ mạnh Fk Những kết giống nhƣ đạt đƣợc cho Fk đƣợc thay F{s} với số k đƣợc thay hoàn toàn {s} Ta muốn ứng dụng giống nhƣ cho Fj với j {s} – nhƣng Bổ đề A3 (đòi hỏi k n) áp dụng cho đƣợc Để thay ta sử dụng Bổ đề A5 (nó hạn chế cả), Fj đa thức Bằng cách đó, với Mj độ mạnh Fj ta có đây, T• ký hiệu lũy thừa dƣơng biết T Vì Hs, Mặt khác, CT5 Ys Ys , với || B|| || Pk|| c0||||2 với = 0, s, Từ (3.1.19) suy ánh xạ từ vào (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 đây, (3.1.21c) đƣợc thỏa mãn ta chọn N = 2c 0||||2 T đủ nhỏ, phụ thuộc vào ||||2 Khi (3.1.21a, b) đƣợc thỏa mãn cách chọn L K lớn Chú ý rằng, (3.1.21c) kéo theo c(T, N) < Bằng cách này, ta vừa ánh xạ từ vào lựa chọn T, L, K, N thích hợp, với T phụ thuộc vào ||||2 Việc chứng minh phép co metric–L(Pk) (Hơn nữa, việc rút || Fj(u) Rj || cMjLNj – 1, || sFj(u) Rj || cMjKNj – 1, (T, N) = M1T + M2N T• + + MkNk – T•, Bước Mặt khác,, (3.1.8) (3.1.11) với j = k, kéo theo từ công thức 2, (3.1.18c) || GF(u) B || || GF(u) Pk || cL(T, N); với Thực vậy, khoảng cách nằm ngang Q tới l (3.1.18a,b) (3.1.19a) gọn T cần thiết) thông thƣờng Đến hoàn thành chứng minh Bổ đề || Fj(u)Rj|| cMjN , j {s} j Vì Rj \ l' ( bao gồm j = k ), có Sj l' cho Rj\ Sj (với tất quan hệ ngặt \ ), Vì 3.1.6.■ Khi INT đƣợc giải, CT4 u, su C ([0, T); B) L ( P ) vậy, L(Rj) L(Sj) với đơn ánh bị chặn lũy thừa đơn j T theo CT3 ( đây, 1 = 1, P1 = R1 = B, S1 = B') Vì ánh xạ G từ L(S) vào L(P) với P l, Do đó, u C([0, T); Hs) s Sự đặt chỉnh không điều kiện đƣợc liên tục với P l (CT4), s, thay G, ta kết luận từ (3.1.9) nhƣ sau Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên - 38 - http://www.lrc-tnu.edu.vn Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên - 39 - http://www.lrc-tnu.edu.vn nói đến định lý đƣợc suy từ mà đƣợc kéo theo Hệ N = 2c0||||2, T nhỏ Khi ta làm thỏa mãn (3.1.22 c'') cách thay 3.1.3 Định lý 3.1.1 đƣợc chứng minh trƣờng hợp (ia) , dƣờng nhƣ giá trị tối ƣu Mặt khác, phần (ii) bao gồm chuẩn ||||2 xuất với = (xem [3]) Chú ý k = (s) (trƣờng hợp tới hạn) có giá trị s Tất nhiên tất điều kiện nhỏ đƣợc gặp || ||H s đủ nhỏ (c) Chúng ta phát triển thành lý thuyết tán xạ cho nghiệm nhỏ u đƣợc xem xét Ví dụ cho Hs thỏa mãn u(t) – U(t) → Hs t → m=5 s = , {s} = 3, (s) = 11 k = 4, –1(k) = , = B = ( , 0), () = 10 •R P Q2 • Q3 Q4•• Q• • • B s s (1 ) ( L( P) L( B)) B Xem [12] cho vấn đề kết liên quan Hình Để chứng minh Định lý 3.2.1, ta sử dụng ý phần trƣớc Nếu F đa Giả sử l giống nhƣ trƣớc (xem phần sau (3.1.10)) giả sử Q = l (OP], cho P + (() – 1)Q = R thức, áp dụng ý cuối phần Do đó, ta giả sử Hệ m F không đa thức Khi s , thuận tiện để chia thành trƣờng hợp h {s} h > {s} Vì j k = ( ) () ta có |OQ| |OQj) với tất j (cả k) Mặt khác,, Qj [PQ] Ta chứng minh tƣơng tự Bổ đề 3.1.6 với T = m Trƣờng hợp (i') (s h {s}) Từ giả thiết (F3) kéo theo Fj với j < h s Giả sử Ys (1 ) ( L( P) L( B)) (0, ) Ta định nghĩa tập Ys (3.1.9), chúng đa thức bậc j Vì vậy, số dƣới j có theo (3.1.14), Pk đƣợc thay P thể chạy từ {h} tới k Bổ đề 3.2.2 Nếu Hs với ||||2 ||||2 đủ nhỏ, tham số L, K, N Ta sử dụng phép đặt hình học khác so với phép đặt hình học sử dụng chứng minh Định lý 3.1.1 Chọn hai điểm K l', P l đƣờng Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên - 44 - http://www.lrc-tnu.edu.vn chọn cho ánh xạ từ vào trở thành ánh xạ co L(P) – metric Chứng minh Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên - 45 - http://www.lrc-tnu.edu.vn Vì Q l , ta có ||u :Q|| cN nhƣ (3.1.16) Vì ||u :P|| L 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) Bổ đề A3, A5 đây, Qk thừa k h Với lý Do đó, phần lại chứng minh (chƣơng 1) , nhƣ chứng minh Định lý 3.1.1, ta suy bất đẳng thức giống nhƣ tƣơng tự (3.1.21), Pk đƣợc thay P (T, N) đƣợc thay 2(L, N) = c M j (L N ) j 1 Trƣờng hợp (i"') (s > m ) Điểm định đây, nhờ có R l' nên 2 không chứa T mà xuất m Với , s cố định, ta định nghĩa tập (3.1.14) Nhƣ 2 Nhƣng 2 có hai tham số L, N ta phải giải hai bất đẳng thức (đã trƣờng hợp (ii) phần trƣớc, u bị chặn cL N Do đó, làm sai lệch đi) (3.1.21a) (3.1.21c) nhƣ hệ cho L N; điều ta thay đổi giá trị F() với || > cL N cho F có tốc độ tăng {h} jk làm đƣợc ||||2 || ||2 đủ nhỏ Sau đó,, (3.1.21b) đƣợc giải hữu hạn k > {s} Khi ta dựng điểm Q Q j (gồm Qk) nhƣ Định lý cách làm K lớn Nó chứng minh ánh xạ ánh xạ từ vào nhúng Sobolev ||u :Q|| L N với Q (OP] Do đó, với giá trị L, K, N Nhƣ thƣờng lệ phần lại chứng minh Bổ đề thỏa mãn với Qj Vì vậy, ta tiếp tục chứng minh nhƣ trƣờng hợp định lý đƣợc bỏ qua (i') Ta phải làm giảm L N Hơn nữa, để thỏa mãn bất đẳng thích hợp Trƣờng hợp (i") (s kết hợp với độ lớn ||||2 ||||2 Nhƣng việc không gây nhiễu m h > {s}) cho thay đổi F vừa làm Sau đó, k chọn để thỏa mãn bất đẳng Ta luôn có trƣờng hợp s (0, 1) (trừ m = 1) Ngoài thỏa mãn với m Tất đa thức Fj, j {s} – bị bỏ qua Vì vậy, F = F{s} + Fk theo Bổ đề (3.1.4) (ở đây, F{s} thừa k = {s}) thức lại Có thể bỏ qua phần chi tiết Hơn nữa, Trƣờng hợp (ii) Cuối xét trƣờng hợp F tựa Ta đặt Fk = F, Nếu k > {s} Fk đồng 0, gần = (xem chứng minh Bổ đề 3.1.4) đó, h k (s) có điểm Qj Qk Nếu = 1 (k ) , ta có cho F{s} = O(|| ) với nhỏ Vì {s} < h, kết nhƣ với lớn ||u :Qk|| cN nhƣ Do đó, 2(L, N) thực phụ thuộc vào N, (sự biến Vì vậy, ta thấy thuận tiện để viết lại F{s} nhƣ Fh, cho Fh, Fk tựa đổi) bất đẳng (3.1.21c) đƣợc giải với N || ||2 nhỏ (3.1.21a, b) có h bậc h, k tƣơng ứng Ở đây, k h dƣơng (nếu xảy ra) Tuy nhiên, F tự tựa bậc h, ta có thành phần đơn F = Fh, Fk thừa Phép đặt hình học ta gồm điểm R l', Qh = P l Qk (OP] thể đƣợc giải sau đó, cách làm cho L K lớn Phần lại chứng minh giống nhƣ trƣờng hợp (i') ■ đƣờng chéo với Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên - 46 - http://www.lrc-tnu.edu.vn Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên - 47 - http://www.lrc-tnu.edu.vn Bổ đề Dưới giả thiết Định lý 3.1.1, cho u Hs – nghiệm tắc 3.3 Định lý cho Hs – nghiệm (NLS) khoảng đóng hữu hạn [0, T] 3.3.1 Nghiệm tắc Cho {n} dãy thỏa mãn n → = u(0) Hs Khi có T' > Các nghiệm u không thỏa mãn định lý cho nghiệm tắc un với un(0) = n tồn [0, T'] thỏa mãn với n lớn, u C([0, T); Hs), (C) un → u C([0, T']; Hs') n → , với s' < s Nếu s = 1, ta mà thỏa mãn điều kiện phụ u s, ví dụ (A) u Lr((0, T); Lq, s), lấy T' = T, s' = s 1 1 1 + = , – < , 2 m q mr q Chứng minh với vài biến đổi m = Ta gọi nghiệm Hs – nghiệm tắc Định lý 3.1.1 nói dƣới điều kiện nhẹ chắn với thuộc Hs, tồn nghiệm tắc Hs – nghiệm u với u(0) = khoảng [0, T) Định lý 2.1 kéo theo nghiệm u tắc thỏa mãn (C) (A) với cặp đơn (q, r) (2, ) nhƣ Các nghiệm xây dựng [3] tắc Điều đƣợc chứng minh [11, 12] với s = 1, [3] cho s tổng :Quát "lũy thừa đơn" vị F Để ý trƣờng hợp chung, dòng giải sau trƣờng hợp (ib) phần chứng minh Định lý 3.1.1–2 đủ Nghiệm u đƣợc xây dựng Định lý ánh xạ co, đó, không gian với metric L(Pk) đƣợc sử dụng Vì vậy, dễ thấy n → Hs kéo theo un tồn un → u L(Pk) || Pk|| nhỏ theo n (tất khoảng (0, T')) Nhƣng điều T' nhỏ n lớn, ||n Pk|| nhỏ với T' nhỏ || (n – ) Pk|| c||n – || H Điều chứng minh phụ thuộc liên tục 3.3.2 Định lý cho Hs- nghiệm s Định lý 3.3.2 Dưới giả thiết Định lý 3.1.1, giả sử v nghiệm (NLS) cho L(Pk) – metric vào (0, T') với T' đủ nhỏ Với lập luận sử dụng chứng minh tồn tại, dễ thấy kết giống nhƣ L(Pk) đƣợc thay v C ([0, T); Hs ) Lrloc ((0,T ); Lq,s ) L(B) = C([0, T']; L2) (có thể với T' đƣợc làm nhỏ chút) với cặp đơn (q, r) (2, ) (A) Khi v nghiệm tắc Tuy nhiên, un theo cách xây dựng bị chặn C([0, T']; Hs) (kết không thú vị vấn đề biết đặt chỉnh vô Nó kéo theo un → u đạt đƣợc C([0, T']; Hs') với s' < s điều kiện chẳng hạn trường hợp (3.1.5)) Chứng minh Định lý 3.3.2 Để chứng minh ta cần Bổ đề phụ thuộc liên tục nghiệm tắc vào kiện ban đầu Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên - 48 - http://www.lrc-tnu.edu.vn Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên - 49 - http://www.lrc-tnu.edu.vn Trong Định lý 3.1.1 Định lý 2.1 (áp dụng với giá trị ban đầu > 0), v nghiệm tắc [, T – ) với > nhỏ, v Lrloc ((0,T ); Lq,s ) kéo theo v Lr((, T – ); Lq, s) Nếu ta đặt v(t) = v(t + ) với < < T v() Trong luận văn trình bày phƣơng trình Schrodinger phi tuyến (NLS) với tổng :Quát F(u), với quy luật bảo toàn chung Giả thiết tốc độ tăng hàm F(u) nhƣ |u|k |u| lớn, thêm vào tính trơn F :Phụ thuộc vào vấn đề xem xét Định lý T nghiệm tắc [0, ] với v(0) = v() đƣợc chứng minh với giả thiết tính trơn nhỏ F u sử Cho u Hs – nghiệm tắc với u(0) = v(0); ta v = u Vì dụng năm công thức từ CT1 đến CT5, điều hữu ích cho việc bớt v(0) = v() → v(0) = u(0) Hs → nên kéo theo Bổ đề điều kiện phụ nhiều trƣờng hợp Một định lý tồn nghiệm địa T v → u C([0, T']; L2) với T' > Vì v → v C([0, ]; Hs), mặt khác, ta phƣơng không gian Hs đƣợc chứng minh sử dụng không gian phụ T chứng minh đƣợc v = u [0, T' ] nên suy v = u trợ thuộc loại không gian Lebesgue (chứ không gian Besov); đây, giả thiết k + Mở rộng kết tới tất t [0, T) tầm thƣờng, định lý 2.1 giả thiết s > đƣợc áp dụng cho T > ■ m m s < ; k < s = (không cần 2 m 2s m ) Hơn nữa,, định lý tồn tổng :Quát đƣợc chứng minh cho Hs – nghiệm toàn cục với điều kiện ban đầu nhỏ, với điều kiện thêm vào F(u) = O(|u|1 + 4/m) Kết với tất giá trị s m 6, Tuy nhiên, có vài hạn chế m F(u) đa thức u u TÀI LIỆU THAM KHẢO KẾT LUẬN Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên - 50 - http://www.lrc-tnu.edu.vn Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên - 51 - http://www.lrc-tnu.edu.vn [11] T Kato (1987), On nonlinear Schrödinger equations, Ann Inst Henri [1] J Bergh and J Löfström (1976), Interpolation Spaces, Springer, Berlin Poincaré, Phys Théor 46, 113–129 [2] H.Brezis (1994), Remarks on the preceding paper by M Ben–Artzi "Global [12] T Kato (1989), Nonlinear Schrödinger equations, Lecture Notes in Physics, solutions of two – dimensional Navier–Stokes and Euler equations", Arch Vol 345, Springer, Berlin, pp 218–263 Rational Mech Anal 128, 359–360 [13] G.Staffilani (1995), The initial value problem for some dispersive [3] T.Cazenave and F B Weissler (1990), The Cauchy problem for the critical s differential equations, Dissertation, University of Chicago nonlinear Schrödinger equation in H , Nonliner Analysis 14, 807–836 [14] Y Tsutsumi (1987), L2–solutions for nonlinear Schrödinger equations and [4] F M Christ and M I Weinstein (1991), Dispersion of small amplitude nonliear groups, Funkcial Ekvac 30, 115–125 solutions of generalized Korteweg–de Vries equation, J Funct Anal 100, [15] Y Tsutsumi (1987), Global strong solutions for nonlinear Schrödinger 87–109 equations, Nonlinear Analysis 11, 1143–1154 [5] R R Coifman and Y.Meyer (1986), Nonliear harmonic analysis, operator [16] T Kato (1995), On nonlinear Schrödinger equations, II Hs-solutions and unconditional well-posedness, Journal D'analyse Mathesmatique, Vol 67, 281–305 theory and P.D.E., Beijing Lectures in Harmonic Analysis, Princeton, pp 3–45 [6] Y Giga, T Miyakawa and H Osada (1988), Two–dimensional Navier– Stokes flow with measures as initial velocity, Arch Rational Mech Anal 104, 223–250 [7] J Ginibre and G Velo (1984), Théorie de la diffusion dans l'énergie pour une classe d'equations de Schrödinger non linéaires, C R Acad Sci Paris 298, 137–141 [8] J Ginibre and G Velo (1985), Global Cauchy prblem for the nonlinear Schrödinger equation revisited, Ann Inst Henri Poincaré, analyse non linéaires 2, 309–327 [9] A Gulisashvili and M A Kon (1994), Smoothness of Schrödinger semigroups and eigenfunctions, International Math Res Notices, 193–199 [10] T Kato (1984), Strong Lp solutions of the Navier–Stokes equation in m , with applications to weak solutions, Math Z 187, 471–480 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên - 52 - http://www.lrc-tnu.edu.vn Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên - 53 - http://www.lrc-tnu.edu.vn [...]... trong [, T – ) với > 0 nhỏ, vì v Lrloc ((0,T ); Lq,s ) kéo theo v Lr((, T – ); Lq, s) Nếu ta đặt v(t) = v(t + ) với 0 < < T thì v() là 4 Trong luận văn này chúng tôi đã trình bày về phƣơng trình Schrodinger phi tuyến (NLS) với một thế tổng :Quát F(u), với nó không có một quy luật bảo toàn chung nào cả Giả thiết chính là tốc độ tăng của hàm F(u) nhƣ |u|k khi |u| lớn, thêm vào đó là tính trơn... học Thái Nguyên - 27 - http://www.lrc-tnu.edu.vn 4 ; m2 - http://www.lrc-tnu.edu.vn (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... 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... 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... '(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... 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 - http://www.lrc-tnu.edu.vn Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên - 25 - http://www.lrc-tnu.edu.vn c(MT