Bài toán biên không có điều kiện ban đầu thứ nhất đối với phương trình Schrodinger trong miền nón

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI ——————————————— LÊ NGỌC HẢI BÀI TOÁN BIÊN KHÔNG CÓ ĐIỀU KIỆN BAN ĐẦU THỨ NHẤT ĐỐI VỚI PHƯƠNG TRÌNH SCHRODINGER TRONG MIỀN NÓN LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Hà Nội, 2014 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI ——————————————— LÊ NGỌC HẢI BÀI TOÁN BIÊN KHÔNG CÓ ĐIỀU KIỆN BAN ĐẦU THỨ NHẤT ĐỐI VỚI PHƯƠNG TRÌNH SCHRODINGER TRONG MIỀN NÓN Chuyên ngành: Toán giải tích Mã số: 60 46 01 02 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Người hướng dẫn khoa học: GS.TSKH Nguyễn Mạnh Hùng Hà Nội, 2014 Lời cảm ơn Luận văn hoàn thành Trường Đại học Sư phạm Hà Nội hướng dẫn GS.TSKH Nguyễn Mạnh Hùng Tác giả xin gửi lời cảm ơn chân thành sâu sắc tới GS.TSKH Nguyễn Mạnh Hùng, người quan tâm, động viên tận tình hướng dẫn tác giả trình thực luận văn Tác giả xin gửi lời cảm ơn chân thành tới Ban Giám hiệu Trường Đại học Sư phạm Hà Nội 2, Phòng Sau Đại học, thầy cô giáo nhà trường thầy cô giáo dạy cao học chuyên ngành Toán giải tích tạo điều kiện thuận lợi trình tác giả học tập nghiên cứu Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn tới gia đình, người thân động viên tạo điều kiện để tác giả hoàn thành luận văn Hà Nội, tháng 12 năm 2014 Lê Ngọc Hải Lời cam đoan Tôi xin cam đoan Luận văn công trình nghiên cứu riêng hướng dẫn trực tiếp GS.TSKH Nguyễn Mạnh Hùng Trong trình nghiên cứu, kế thừa thành khoa học nhà khoa học với trân trọng biết ơn Hà Nội, tháng 12 năm 2014 Lê Ngọc Hải Mục lục Mở đầu Chương Kiến thức chuẩn bị 1.1 Các kí hiệu 1.2 Một số không gian hàm 1.2.1 Không gian Lp (Ω) 1.2.2 Không gian L∞ (Ω) 1.2.3 Không gian Sobolev 1.3 Một số bất đẳng thức 12 Chương Bài toán biên có điều kiện ban đầu thứ phương trình Schrodinger miền nón 16 2.1 Đặt toán 16 2.2 Định nghĩa nghiệm suy rộng 17 2.3 Tính nghiệm suy rộng 19 2.4 Sự tồn nghiệm suy rộng 22 Chương Bài toán biên điều kiện ban đầu thứ phương trình Schrodinger miền nón 27 3.1 Đặt toán 27 3.2 Định nghĩa nghiệm suy rộng 28 3.3 Tính nghiệm suy rộng 28 3.4 Sự tồn nghiệm suy rộng 31 v Kết luận 35 Tài liệu tam khảo 36 Mở đầu Lý chọn đề tài Phương trình đạo hàm riêng nghiên cứu lần vào kỉ thứ 18 công trình toán học Euler, Dalamber, Lagrange Laplace công cụ để mô tả mô hình vật lý học, học Đến kỉ thứ 19 công trình toán học, đặc biệt công trình Rieman phương trình đạo hàm riêng trở thành công cụ mạnh lĩnh vực toán học khác đặc biệt toán thực tiễn Chính thế, phương trình đạo hàm riêng môn quan trọng toán học Lý thuyết phương trình đạo hàm riêng có hai đặc thù Thứ mối liên hệ trực tiếp với toán vật lý trình nghiên cứu toán vật lý dẫn đến toán phương trình đạo hàm riêng Thứ hai mối liên hệ mật thiết phương trình đạo hàm riêng với ngành toán học khác như: giải tích hàm, lý thuyết hàm, tô pô, đại số, giải tích phức Phương trình đạo hàm riêng tuyến tính đại gồm có: Phương trình loại eliptic, phương trình loại parabolic, phương trình loại hypebolic Không gian nghiệm loại phương trình vấn đề việc nghiên cứu đạo hàm riêng tuyến tính Nghiệm cổ điển nghiệm suy rộng có mối liên hệ mật thiết với Mỗi loại phương trình nghiên cứu đặt câu hỏi nghiệm suy rộng phương trình có tồn không? có không? phụ thuộc liên tục vào kiện cho toán không? Để góp phần giúp đỡ cho người học phương trình đạo hàm riêng, người yêu thích phương trình đạo hàm riêng nói chung thân tác giả nói riêng hiểu sâu môn học, nên nhờ giúp đỡ GS.TSKH Nguyễn Mạnh Hùng chọn nghiên cứu đề tài: “Bài toán biên điều kiện ban đầu thứ phương trình Schrodinger miền nón” Nội dung luận văn gồm ba chương: Chương 1: Trình bày kiến thức kí hiệu, số không gian hàm, số bất đẳng thức Điều giúp cho bạn đọc thuận tiện dễ dàng việc tìm hiểu luận văn Chương 2: Nêu định nghĩa nghiệm suy rộng, chứng minh tồn tại, tính nhất, đánh giá nghiệm toán có điều kiện ban đầu trụ có đáy không trơn Chương 3: Xét toán biên điều kiện ban đầu thứ phương tình Schrodinger miền nón Nội dung đưa nghiệm suy rộng, chứng minh tồn tại, tính nhất, đánh giá nghiệm toán Mục đích nghiên cứu Mục đích nghiên cứu luận văn nghiên cứu tính giải toán biên điều kiện ban đầu thứ phương trình Schrodinger miền nón Kết nhận định lý tồn nghiệm không gian Sobolev toán miền nón Nhiệm vụ nghiên cứu Với mục đích nghiên cứu nêu trên, nhiệm vụ nghiên cứu luận văn là: Nghiên cứu kiến thức sở không gian hàm, không gian Sobolev, bất đẳng thức bản, tài liệu liên quan Từ áp dụng vào nghiên cứu tính giải toán Đối tượng phạm vi nghiên cứu Đối tượng nghiên cứu luận văn nghiên cứu không gian Sobolev, nghiên cứu nghiệm suy rộng, nghiên cứu tính giải toán biên điều kiện ban đầu thứ phương trình Schrodinger miền nón Phương pháp nghiên cứu Phương pháp xấp xỉ Galerkin Đóng góp đề tài Nhận định lí tồn nghiệm Chương Kiến thức chuẩn bị 1.1 Các kí hiệu Rn không gian Euclide n− chiều, x = (x1 , x2 , , xn ) ∈ Rn Cho hai điểm x, y ∈ Rn , x = (x1 , x2 , , xn ), y = (y1 , y2 , , yn ) Tích vô hướng xác định công thức: n xy = x i yi , i=1 khoảng cách chúng xác định công thức n (xi − yi )2 |x − y| = i=1 Giả sử Ω miền bị chặn Rn , n ≥ S = ∂Ω biên Ω = Ω ∪ ∂Ω Kí hiệu Ωba = Ω×(a, b) = {(x, t) : x ∈ Ω, a < t < b, ≤ a < b < ∞} trụ Rn+1 mặt xung quanh là: Sab = ∂Ω × (a, b) = {(x, t) : x ∈ ∂Ω, t ∈ (a, b)} ∞ Ω∞ h = Ω × (h, ∞) = {(x, t) : x ∈ Ω, t ∈ (h, ∞)}; Sh = ∂Ω × (h, ∞) = {(x, t) : x ∈ ∂Ω, t ∈ (h, ∞)} Giả sử ∂Ω mặt khả vi vô hạn khắp nơi trừ gốc toạ độ, lân cận gốc toạ độ Ω trùng với nón K = {x : x/ |x| ∈ G}, G miền trơn mặt cầu đơn vị S n−1 nhận u1 ≡ u2 với hầu khắp t ∈ [h, ∞) Định lý chứng minh 2.4 Sự tồn nghiệm suy rộng Định lý 2.4.1 Giả sử (i) sup ∂aij ∂t : (x, t) ∈ Ω∞ h , ≤ i, j ≤ n = µ < ∞ (ii) ft , f ∈ L2 (−γ, Ω∞ h ) Khi đó, với ∀γ > γ0 = o (n+1)µ 2µ0 , toán (2.2) − (2.4) tồn nghiệm suy rộng u ∈ H 1,0 (−γ, Ω∞ h ) thỏa mãn u H 1,0 (−γ,Ω∞ h ) ≤C f L2 (−γ,Ω∞ h ) + ft L2 (−γ,Ω∞ h ) , (2.9) C số không âm, không phụ thuộc vào h, u, f Chứng minh Ta chứng minh tồn phương pháp xấp xỉ Galerkin Giả sử {ϕ}∞ k=1 sở H (Ω) trực giao L2 (Ω) Với N ∈ N, ta xét hàm uN (x, t) = N N k=1 Ck (t) ϕk (x) CkN (t) N k=1 nghiệm hệ vi phân thường iB t, uN , ϕk − uN t ϕk dx = Ω f ϕk dx, Ω CkN (h) = 0, k = 1, 2, , N hay viết dạng tắc dCkN (t) − dt N iAlk (t)CkN (t) = Fk (t), k=1 CkN (h) = 0, k = 1, 2, , N, 22 (2.10) n Alk (t) = aij ϕl ϕk dx, Ω i,j=1 Fk (t) = − f ϕk dx, k = 1, 2, , N Ω Đây hệ N phương trình vi phân thường tuyến tính ẩn hàm CkN (h) = 0, k = 1, 2, , N Vì vậy, nhân hai vế (2.10) với d dt CkN (t) lấy tổng theo k từ đến N , ta đến n − Ω i,j=1 N aij uN xj uxi t dx − i N uN t ut dx = i Ω f uN t dx Ω Thêm vào phương trình với phức liên hợp nó, kết hợp lấy tích phân theo t từ h tới T, ta n − i,j=1 =− Ω N aij (x, T ) uN xj (x, T ) uxi (x, T )dx ∂aij N N n i,j=1 ΩTh ∂t uxj uxi dxdt f (x, T ) uN (x, T )dx − − 2Im ft uN dxdt ΩTh Ω (2.11) Sử dụng (2.1) bất đẳng thức Cauchy ta nhận (2.11), mà uN (·, T ) + H (Ω) ε (µ0 − ε) ≤ T (n + 1) µ + ε µ0 − ε f (·, T ) L2 (Ω) uN (·, t) h T + dt H (Ω) L2 (Ω) dt f (·, t) h Sử dụng bất đẳng thức Gronwall - Bellman, đặt 2α = (n+1)µ+ε µ0 −ε , (2.12) từ (2.12) ta N u (·, T ) H (Ω) T 2α(T −t) ≤ 2α e f (·, t) h 23 L2 (Ω) T + fs (·, s) h L2 (Ω) ds dt + ε (µ0 − ε) L2 (Ω) f (·, T ) Nhân vế bất phương trình với e T + ft (·, t) h −2γT L2 (Ω) dt kết hợp T từ h đến ∞ , ta uN H 1,1 (−γ,Ω∞ h ) ≤ ∞ −2γT h e ε(µ0 −ε) ∞ + ε (µ0 − ε) L2 (Ω) dT T e ft (·, t) L2 (Ω) dtdT e2α(T −t) f (·, t) L2 (Ω) dtdT −2γT h h ∞ +2α f (·, T ) T e −2γT h h T ∞ + 2α e h T 2α(T −t) 2γT e h fs (·, s) h L2 (Ω) dsdtdT (2.13) Ta kí hiệu I, II, III, IV tương ứng với số hạng đầu tiên, thứ 2, thứ thứ vế bên phải (2.13) Ta đánh giá biểu thức tích phân Trước hết I= f ε (µ0 − ε) , L2 (−γ,Ω∞ h ) II = (µ0 − ε) = Vì Inf 0 thỏa mãn 2α = (n + 1) µ + ε < 2γ, µ0 − ε Tiếp theo, số hạng III ước tính cách ∞ e−2αt f (·, t) III = 2α h 24 L2 (Ω) ∞ e2(α−γ)T dT dt t = α f γ−α L2 (−γ),Ω∞ h Cuối cùng, số hạng IV có phương trình ∞ fs (·, ·s) IV = 2α h = ∞ L2 (Ω) −2αt e2(α−γ)t dT dtds e s α ft 2γ (γ − α) t L2 (−γ,Ω∞ h ) Kết hợp ước lượng ta (2.13), mà uN H 1,0 (−γ,Ω∞ h ) ≤C f L2 (−γ,Ω∞ h ) + ft L2 (−γ,Ω∞ h ) , (2.14) C không đổi độc lập với N o 1,0 N bị chặn không gian Hilbert H Vì dãy u o (−γ, Ω∞ h ) nên trích dãy hội tụ yếu H 1,0 (−γ, Ω∞ h ) tới phần o tử u(x, t) ∈ H 1,0 (−γ, Ω∞ h ) Ta chứng minh u(x, t) nghiệm suy rộng toán o 1,0 Hiển nhiên u(x, t) ∈ H (−γ, Ω∞ h ) Ta chứng minh u(x, t) thỏa mãn đẳng thức định nghĩa nghiệm suy rộng (2.5) Do ∞ n dk (t)ϕk (t)|dk (t) ∈ H (h, T ), dk (T ) = M= n=1 k=1 trù mật o 1,1 H (−γ, Ω∞ h ) = o 1,1 η(x, t) ∈ H (−γ, Ω∞ h ) |η(x, h) = , từ bổ đề (2.2.2) nên ta cần chứng minh u(x, t) thỏa mãn (2.5) với η ∈ M Lấy η ∈ M tùy ý, η có dạng k dl (t)ϕl (t), dl (t) ∈ H (h, T ), dl (T ) = η(x, t) = l=1 25 Nhân hai vế (2.7) với dl (t), lấy tổng theo l từ đến k tích phân theo t từ h tới T, ta n aij uN xj ηxi dxdt − i i,j=1 ΩTh uN t ηdxdt = ΩTh f ηdxdt ΩTh Do ΩTh uN η|t=T t=h dx − uN t ηdxdt = Ω uN ηt dxdt ΩTh uN ηt dxdt, =− ΩTh nên ta có n i i,j=1 ΩTh aij uN xj ηxi dxdt + uN ηt dxdt = f ηdxdt ΩTh ΩTh Chuyển qua giới hạn đẳng thức theo dãy hội tụ yếu ta nhận n i i,j=1 ΩTh aij uxj ηxi dxdt + uηt dxdt = f ηdxdt ΩTh ΩTh Điều chứng tỏ u(x, t) nghiệm suy rộng toán (2.2) − (2.4) Hơn nữa, từ tính chất hội tụ yếu (2.14), ta có u H 1,0 (ΩTh ) ≤C f ≤ lim uN N →∞ L2 (ΩT ) + ft Định lý chứng minh 26 H 1,0 (ΩTh ) L2 (ΩT ) Chương Bài toán biên điều kiện ban đầu thứ phương trình Schrodinger miền nón Trong chương luận văn trình bày tồn nghiệm suy rộng toán biên điều kiện ban đầu thứ phương trình Schrodinger miền nón, ta nhận kết tính giải toán không gian Sobolev 3.1 Đặt toán Xét toán tử vi phân cấp n L (x, t, ∂) = ∂ ∂xi i,j=1 aij (x, t) ∂ ∂xj , aij ≡ aij (x, t) hàm phức khả vi vô hạn ΩR , aij = aji (i, j = 1, , n) Đặt n aij uxj (x, t) vxi (x, t)dx, t ∈ R B (u, v) (t) = i,j=1 Ω Ta giả định thêm dạng song tuyến tính B (t, , ), Eliptic mạnh với t ∈ R, nghĩa tồn số µ0 > không phụ thuộc vào t 27 u, cho B (u, u) (t) ≥ µ0 u (·, t) H (Ω) , (3.1) o với ∀u ∈ H (ΩR ) t ∈ R Bây ta xét toán sau trụ ΩR iL (x, t, ∂) u − ut = f (x, t) ΩR , (3.2) với điều kiện biên u|SR = (3.3) Bài toán (3.2) − (3.3) gọi toán biên điều kiện ban đầu thứ phương trình Schrodinger miền nón 3.2 Định nghĩa nghiệm suy rộng Định nghĩa: Cho f ∈ L2 (−γ, ΩR ) Khi hàm u (x, t) gọi o 1,0 nghiệm suy rộng toán (3.2)−(3.3) không gian H o 1,0 u (x, t) ∈ H i (−γ, ΩR ) (−γ, ΩR ), với T > đẳng thức tích phân uηt dxdt = B (u, η) (t)dt + ΩT−∞ ΩT−∞ o 1,1 xảy với ∀η (x, t) ∈ H f ηdxdt, (3.4) ΩT−∞ (−γ, ΩR ) , η (x, t) = với t ≥ T 3.3 Tính nghiệm suy rộng Định lý 3.3.1 Nếu γ > ∂aij ∂t < µ1 e2γt , ∀t ∈ R với i, j ≤ n toán (3.2) − (3.3) nhiều nghiệm suy rộng Chứng minh Giả sử u1 (x, t) u2 (x, t) hai nghiệm suy rộng toán (3.2) − 28 (3.3) Gọi u (x, t) = u1 (x, t) − u2 (x, t) Cho ∀T > 0, b ≤ T , ta kí hiệu   t u (x, τ ) dτ, −∞ ≤ t ≤ b, b η (x, t) =  0, b < t ≤ T o Dễ thấy η (x, t) ∈ H 1,1 (γ, ΩΩ ) , η (x, T ) = η (x, t) = u (x, t), ≤ t ≤ b Từ định nghĩa nghiệm suy rộng ta suy n − i,j=1 Ωb−∞ aij ηxi t ηxj dxdt + i |ηt |2 dxdt = (3.5) Ωb−∞ Cộng (3.5) với liên hợp phức ta n − aij Ωb−∞ i,j=1 Dẫn đến ∂ (ηxi ηxi ) dxdt = ∂t n − i,j=1 n τ aij (x, τ ) uxi (x, τ ) uxj (x, τ )dxdτ = lim τ →−∞ Ωb−∞ ∂aij ηx ηx dxdt ∂t i j i,j=1 b (3.6) Ω Sử dụng giả thiết định lí (3.1) bất đẳng thức Cauchy, vế bên trái (3.6) ước lượng n i,j=1 n Ωb−∞ ∂aij ηx ηx dxdt ≤ µ1 ∂t i j i,j=1 Ωb−∞ ηxj ηxi e2γt dxdt n µ1 ≤ i,j=1 Ωb−∞ ηxj e2γt − |ηxi |2 e2γt dxdt ≤ µ1 (n + 1) η 29 H 1,1 (γ,Ωb−∞ ) Từ (3.1), ta có n H (Ω) , aij (x, τ ) ηxi (x, τ ) ηxj (x, τ )dx ≥ µ0 η (·, τ ) B (τ, η, η) = Ω i,j=1 kéo theo n aij (x, τ ) ηxi (x, τ ) ηxj (x, τ )dx ≥ µ0 lim lim τ →−∞ i,j=1 τ →−∞ Ω η (·, τ ) H (Ω) Vậy lim η (·, τ ) τ →−∞ H (Ω) H 1,0 (γ,Ωb−∞ ) ≤C η (3.7) Gọi −∞ uxi (x, τ ) dτ, −∞ ≤ t ≤ b, vi = t t uxi (x, τ ) dτ = vi (x, b) − vi (x, t) ηxi (x, t) = b Thay chúng vào (3.7), ý limτ →−∞ vi (x, t) = n n |vi (x, b)| dx ≤ C i=1 Ω Ωb−∞ i=1 e2γt |ηxi (x, t)|2 dxdt n e2γt |vi (x, b)|2 + |vi (x, t)|2 dxdt ≤ 2C i=1 n Ωb−∞ n 2γb ≤ Ce e2γt |vi (x, t)|2 dxdt |vi (x, b)| dx + C i=1 Ω i=1 Đặt Ωb−∞ n |vi (x, t)|2 dx J (t) = i=1 Ω Ta có b 2γb − Ce e2γt J (t) dt J (b) ≤ C −∞ 30 Vì b e2γt J (t) dt, ∀b ∈ J (b) ≤ 2C −∞, −∞ 1 ln , 2γ 2C C dương, liên tục phụ thuộc vào µ µ0 Sử dụng bất đẳng thức Gronwall - Bellman, ta J (t) ≡ −∞, 1 ln 2γ 2C 1 Vì u (x, t) = hầu khắp nơi t ∈ −∞, 2γ ln 2C Kéo theo u1 (x, t) = u2 (x, t) hầu khắp nơi với t ∈ R Định lý đuợc chứng minh 3.4 Sự tồn nghiệm suy rộng Nghiệm suy rộng toán (3.2)−(3.3) đánh giá xấp xỉ nghiệm suy rộng toán có điều kiện ban đầu (2.2) − (2.4) Giả sử tồn hàm χ (t) (1, ∞], (−∞, 0] đạt giá trị [0, 1] [0, 1] Hơn ta giả sử tất đạo hàm χ (t) bị chặn Cho h ∈ (−∞, 0] nguyên Đặt f h (x, t) = χ (t − h) f (x, t) , ta nhận f h (x, t) =  f (x, t)  t ≥ h + 1, t ≤ h Hơn nữa, f, ft ∈ L2 (−γ, ΩR ), f h , fth ∈ L2 (−γ, ΩR ) fh L2 (−γ,ΩR ) ≤C f 31 L2 (−γ,ΩR ) , (3.8) fth L2 (−γ,ΩR ) ≤C ft L2 (−γ,ΩR ) + f L2 (−γ,ΩR ) , (3.9) số C không phụ thuộc vào f, h Xét nghiệm suy rộng uh uk toán (2.2) − (2.4) ∞ h k trụ Ω∞ h Ωk với f (x, t) thay f (x, t) f (x, t) tuơng ứng với h > k, coi uh ∈ H 1,0 (e−γt , ΩR ) với uh (x, t) = 0, ∀k ≤ t ≤ h Xác định uhk (x, t) = uk (x, t) − uh (x, t) uhk (x, t) nghiệm suy rộng toán (2.2) − (2.4) trụ Ω∞ k với f (x, t) thay f kh (x, t) = f k (x, t) − f h (x, t) Theo (2.15) ta có ukh H 1,0 (−γ,Ω R) = ukh H 1,0 (−γ,Ω∞ k ) ≤C fh − fk L2 (−γ,Ω∞ k ) fh − fk L2 (−γ,ΩR ) = fth − ftk + fth − ftk L2 (−γ,Ω∞ k ) Bởi h+1 = k h+1 = e−2γt f h − f k L2 (−γ,Ω∞ k ) dt L2 (Ω) e−2γt |χ (t − h) − χ (t − k)| f k h+1 ≤2 e−2γt f k h+1 Ta có f ∈ L2 (−γ, ΩR ) , lim h Vì lim f − L2 (Ω) dt e−2γt f k k f L2 (−γ,ΩR ) = L2 (Ω) dt L2 (Ω) dt = 0, h, k → −∞ k, h → −∞ Lặp lặp lại lập luận ta nhận lim fth − ftk k, h → −∞ 32 L2 (−γ,ΩR ) =0 −∞ uh h=0 Suy o 1,0 h dãy Cauchy u hội tụ tới u H o 1,0 Cuối ta có uh ∈ H (−γ, ΩR ) (−γ, ΩR ) thỏa mãn T B t, uh , η dt + i uh ηt dxdt = ΩTh h o 1,1 với ∀T > 0, η ∈ H f h ηdxdt, (3.10) ΩTh (γ, ΩR ) , η (x, t) = 0, với t ≥ T Vì thực tế uh (x, t) = 0, f h (x, t) = 0, ∀t ≤ h, (3.11) dẫn đến T B t, uh , η dt + i uh ηt dxdt = ΩT−∞ −∞ o 1,1 với ∀T > 0, η ∈ H f h ηdxdt, (3.12) ΩT−∞ (γ, ΩR ) , η (x, t) = 0, t ≥ T Với f (x, t) ∈ L2 (−γ, ΩR ), từ h → −∞, (3.12) viết lại sau T i uηt dxdt = B (t, u, η) dt + f ηdxdt, (3.13) ΩT−∞ ΩT−∞ −∞ o với ∀T > 0, η ∈ H 1,1 (γ, ΩR ) , η (x, t) = 0, ∀t ≥ T Tức u (x, t) nghiệm suy rộng toán (3.2) − (3.3) Từ ta có kết sau : Định lý 3.4.1 Giả sử (i) sup (ii) ∂aij ∂t ∂aij ∂t : (x, t) ∈ ΩR , ≤ j, i ≤ n = µ < ∞; ≤ µ1 e2γt , ∀ (x, t) ∈ ΩR , ≤ i, j ≤ n; (iii) f, ft ∈ L2 (−γ, ΩR ) 33 Khi đó, ∀γ > γ0 = o (n+1)µ 2µ0 , (n + 1) = |α|≤n tồn u (x, t) ∈ H 1,0 (−γ, ΩR ) nghiệm suy rộng toán (3.2) − (3.3) thỏa mãn: u o H 1,0 (−γΩ R) ≤C f L2 (−γ,ΩR ) 34 + ft L2 (−γ,ΩR ) Kết luận Nội dung chủ yếu luận văn nghiên cứu tính giải toán biên thứ điều kiên ban đầu phương trình Schrodinger miền nón Những kết mà trình bày luận văn là: Định nghĩa nghiệm suy rộng toán Chứng minh tồn ngiệm suy rộng Chứng minh tính nghiệm suy rộng Đặc biệt, việc đưa nghiệm suy rộng, chứng minh tồn tại, tính toán biên miền không trơn kết Một số vấn đề mở đặt sau kết đạt luận văn: Không gian nghiệm suy rộng Dáng điệu nghiệm suy rộng Do khả thời gian nghiên cứu có hạn nên luận văn chưa đầy đủ khó tránh khỏi sai sót Tác giả mong nhận đóng góp thầy cô bạn đồng nghiệp để luận văn hoàn thiện 35 Tài liệu tham khảo [1] Nguyễn Mạnh Hùng (2010), Phương trình đạo hàm riêng tuyến tính, Nxb Đại học Sư phạm [2] Nguyễn Mạnh Hùng, Cung Thế Anh (2005), Bài toán biên ban đầu thứ hệ Schrodinger mạnh miền không trơn, Nxb Đại học Sư Phạm [3] Hoàng Tụy (2005), Hàm Thực Và Giải Tích Hàm, Nxb Đại học Quốc Gia Hà Nội [4] Trần Đức Vân (2003), Lý thuyết phương trình vi phân đạo hàm riêng, Nxb Quốc gia Hà Nội [5] Nguyen Manh Hung, Nguyen Thi Lien, (2013) On the solvability of the boundary value problem without initial condition for Schrodinger systems in infinite cylinders Boundary Value Problems, 2013:156 (ISSN: 1686-2770,(SCIE)) 36