Phương trình schrodinger phi tuyến

Phương trình schrodinger phi tuyến

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN

TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM

-

Phan Thị Vân Huyền

PHƯƠNG TRÌNH SCHRODINGER PHI TUYẾN

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

THÁI NGUYÊN – 2009

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN

TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM

-

Phan Thị Vân Huyền

PHƯƠNG TRÌNH SCHRODINGER PHI TUYẾN

Chuyên ngành: Toán Giải tích Mã số : 60.46.01

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Người hướng dẫn khoa học:

PGS TSKH NGUYỄN MINH TRÍ

1.3 Không gian Sobolev……… 8

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

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

Chương 2 ĐỊNH LÝ DUY NHẤT 2.1 Định lý duy nhất……… 16

2.2 Bổ đề 2.2……… 22

2.3 Chứng minh định lý 2.1……… 25

2.4 Hệ quả……… 27

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

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

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

KẾT LUẬN……… 50

TÀI LIỆU THAM KHẢO ……… 51

MỞ ĐẦU

Phương trình Schrodinger là một trong những phương trình cơ bản nhất trong lý thuyết cơ học lượng tử Từ khi xuất hiện phương trình này đã có một số lớn các công trình nghiên cứu các tính chất của nó Trước đây phần lớn các nghiên cứu tập trung vào phương trình Schrodinger tuyến tính Gần đây một số các chuyên gia như T Kato, T Tao, C Kening, … đã tập trung vào nghiên cứu :Phương trình Schrodinger phi tuyến Mục tiêu của luận văn này là giới thiệu công trình của T Kato, một trong những công trình quan trọng trong hướng nghiên cứu này

Nội dung luận văn được chia thành ba chương

Chương 1 KIẾN THỨC CHUẨN BỊ, bao gồm bất đẳng thức Holder, không gian Lp, không gian Sobolev và một số ký hiệu hình học được sử dụng trong luận văn Ngoài ra phần mở đầu còn trình bày về một số kết quả đã có của phương trình phi tuyến Schrodinger dựa theo các tài liệu [11, 12, 14]

Chương 2 ĐỊNH LÝ DUY NHẤT, bao gồm định lý duy nhất (phát biểu và chứng minh định lý), một số chú ý và Hệ quả của nó về tính đặt chỉnh không điều kiện

Chương 3 SỰ TỒN TẠI ĐỊA PHƯƠNG CỦA HS

– NGHIỆM HS – NGHIỆM TOÀN CỤC VỚI ĐIỀU KIỆN BAN ĐẦU NHỎ, bao gồm định lý về sự tồn tại của Hs

– nghiệm, với một vài sự hạn chế khi s  0, nếu m  7 và F() không là đa thức của  và  Thêm vào độ trơn của F, giả thiết chính ở đây, là k  1 + 4 nếu s < m , k <  nếu s = m và k =  (không cần giả thiết) nếu

|| (0) ||uHs Những đánh giá này dẫn tới một cách tự nhiên định lý về độ trơn Ngoài ra định lý tồn tại tổng :Quát đã được chứng minh cho Hs – nghiệm toàn cục với điều kiện ban đầu nhỏ, dưới điều kiện thêm vào chính là F() = O (||1+4/m) với  nhỏ; F() không cần phải là thuần nhất hoặc là lũy thừa giới hạn Ở đây, lặp lại tính nhỏ của

||u(0)||  với  < s là đủ trong hầu hết các trường hợp Nếu F là một đa thức, thì khoảng biến thiên chấp nhận được của  được mở rộng

Luận văn được thực hiện với sự hướng dẫn nhiệt tình và đầy trách nhiệm của PGS.TS Nguyễn Minh Trí Tôi xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới thầy

Cuối cùng tôi xin chân thành cảm ơn các thầy cô trong Trường Đại học Sư phạm - Đại học Thái Nguyên, các thầy trong phòng Phương trình Vi phân của Viện Toán học đã tận tình giúp đỡ và tạo mọi điều kiện thuận lợi cho tôi trong suốt quá trình học tập và viết đề tài này

p  q thì (1.1.1)

p + qb

q

Thật Vậy

Xét hàm

11( )tttp

    (t  0), ta thấy (1) = 0 và

'( )ttppp

dương với t > 1, âm với t < 1, vậy ( ) t đạt cực tiểu tại t = 1

Do vậy, với mọi t  0 ta có

p + qb

fd  

 được gọi là không gian Lp(E, )

Khi E là một tập đo được Lebesgue trong k

 , và  là độ đo Lebesgue, thì ta viết là Lp

(E)

Nếu E = [a, b]  1, và  là độ đo Lebesgue thì ta viết Lp[a, b] hoặc Lp[a, b]

và nếu E = [0, 1] thì ta viết đơn giản là Lp

Ta có Tập hợp Lp(E, ), trong đó, ta không phân biệt các hàm tương đương nhau (nghĩa là bằng nhau hầu khắp nơi), là một không gian vectơ định chuẩn Với các phép toán thông thường về nhân hàm số với số và cộng hàm số,

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

(iv) Để làm đơn giản các chứng minh trong các chương sau ta sử dụng các ký

hiệu hình học giới thiệu trong [12] và vài nơi khác

Ký hiệu

P = (x, y); 0  x, y  1 là một điểm trong hình vuông đơn vị  = [0, 1]  [0, 1]   2 Ta viết x = x(P), y = y(P)

Đoạn thẳng nối P, Q  được kí hiệu bởi (PQ), [PQ], [PQ) tùy theo nó là mở hoặc đóng tại điểm cuối và kí hiệu độ dài của PQ bởi |PQ|

Ta cũng xem xét P   như một vectơ 2 chiều với gốc O = (0, 0), Vì vậy, aP (a  0) và P + Q là có ý nghĩa (miễn là chúng vẫn thuộc ) Ta giới thiệu sự sắp xếp thẳng \ trong  Q\ P tức là Q là dưới P, nghĩa là x(Q) = x(P) và y(Q)  y(P) Với bất kỳ đoạn thẳng  trong , R\  [\R] nghĩa là có S  sao cho R\S [S\R] Có một vài điểm quan trọng đặc biệt trong 

m,

12 ); (C = (0, 1

12 +

C'

B C

l

l'

m = 1 B'

C'

B C

l

l'

O O

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

1.3 Không gian Sobolev

1.3.1 Định nghĩa

(i) Với s là số nguyên, s > 0, ký hiệu Hs

() là không gian các hàm thuộc L2() có đạo hàm suy rộng Du, ||  s, Du  L2(), với chuẩn là

||u||s =

122| |



u     u  d

Chú ý Nếu u  Hs thì D(u)  Hs| | (n)

| |2

Mà s – ||  s – k > n

2 do ||  k  s – || > n

2 nên  2 | |

< 

Vậy

| |

 

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

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

Với các giả thiết dưới đây của F(u)

(1.4.1) F  C1 (  , ); F(0) = 0,

(1.4.2) DF() = O(||k – 1) với k  1, khi || → 

Ở đây, đạo hàm DF là đạo hàm theo nghĩa thực, Vì vậy, nó có thể được kiểm tra trên một ma trận thực vuông cấp 2 Đôi khi (1.4.2) là thừa, trong trường hợp như vậy ta đặt k =  Chú ý rằng (1.4.2) không xác định k một cách duy nhất Nói chung không có một quy luật bảo toàn nào cả

Ta bắt đầu với việc tổng :Quan lại về khái niệm tính đặt chỉnh Theo

nguyên lý Hadamard, ta nói rằng một vấn đề là (địa phương) đặt chỉnh trong một không gian hàm số X được định nghĩa trên Rm

nếu với mỗi   X có T > 0 và một nghiệm duy nhất u  C ([0, T ); X) của (NLS) với u(0) = 

(Trong định nghĩa này ta có thể bao gồm sự phụ thuộc liên tục của u vào , nhưng để đơn giản ta sẽ không để ý đến điểm này)

Tuy nhiên, thực tế thường thì một vài điều kiện (không gian) phụ trợ được cần đến để đảm bảo tính đặt chỉnh Điều này được minh họa rõ nhất bởi các ví dụ Nhắc lại hai định lý sau (theo [11, 12, 14])

Để chứng minh sự duy nhất chỉ cần điều kiện (i), (ii) với một cặp (q, r) là đủ

Trong Định lý A, phần (i) cấu thành một định lý độc lập bởi chính nó Phần (ii) là phần phát triển thêm, nó có thể có hoặc không xuất hiện trong định lý Vì lý do này ta có thể nói rằng (ii) là điều kiện phụ có thể bỏ được, và (NLS) là đặt chỉnh không điều kiện trong H1 Trong hầu hết các trường hợp như vậy, những điều kiện (không gian) phụ trợ phát sinh như những công cụ cho việc xây dựng nghiệm

Trong Định lý B, Lr([0, T);Lq) là các không gian phụ trợ Không giống như Định lý A, phần (ii) là một phần cốt yếu của định lý; nếu không có một điều kiện như vậy cho ít nhất một cặp (r, q) thì sự duy nhất có thể không đạt được hoặc thậm chí không có ý nghĩa Trong trường hợp này ta nói (NLS) là đặt chỉnh có điều kiện trong L2, với một không gian phụ r

L((0, T);Lq)

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

Bổ đề A1 Giả sử F  C1( ; ); G  C( ;  ) sao cho 

(1.5.1) |F'( + (1 – )| ()(G() + G()); ,   , 0  1, ở đây, (.)  L1(0, 1) Khi đó ta có với 0 < s < 1 thì

(1.5.2) ||s

F()||r  c||G()||q||s||p ;

Bổ đề A2 Cho F  C1( ; ), với

(1.5.3) F(0) = 0; |F'()|  ||k – 1,   ở đây, k  1 Nếu 0  s  1 thì

(1.5.4) ||s

F()||r 1 1 1 1|| || || || ;

; p, q, r  (1, ), trong đó, c phụ thuộc vào s, p, q, r (nếu k = 1 đặt p = r và bỏ qua 1

Như vậy điều kiện (1.5.1) được gặp với G() = c||k – 1 Do đó, theo Bổ đề A1 thì (1.5.2) là đúng Khi đó (1.5.4) được suy ra trong phép đặt

ở đây, c phụ thuộc vào s, P, Q, R (u là một hàm số tổng :Quát trong (0,T)   m;

' là  với 2 chiều dọc đã bị bỏ đi)

Chứng minh (Theo G.Ponce)

Nếu n = 1, (1.5.4) được chứng minh trong Bổ đề A2 Trường hợp tổng :Quát kéo theo bởi phép qui nạp theo n Giả sử (1.5.4) đã được chứng minh với n  1 và giả rằng k  n + 1 ( 2).Nếu s  n thì

1 ;

ở đây, ta đã sử dụng một công thức Leibniz suy rộng với những đạo hàm bậc không nguyên ( xem ví dụ [4, 5, 9] ) Vì |F'()|  ||k –1, thành phần đầu tiên trong vế phải của (1.5.7) thỏa mãn (1.5.4) với s được thay thế bởi s + 1 Vì F' thỏa mãn các điều kiện của F với k được thay thế bởi k – 1, là thành phần thứ hai, bởi giả thiết qui nạp, được đánh giá trên bởi 2

Ở trên ,  là tùy ý chỉ cần thỏa mãn điều kiện 1 1 1 1

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

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

■

Lời trình bày của định lý đƣợc biểu diễn trong dạng "Tính duy nhất trong không gian ."

Nếu k = 1, thì điều kiện 1 2 1 2

(a) Nhắc lại rằng F không :Quyết định k; nếu k đã thỏa mãn (1.4.2) thì bất

kỳ k nào khác lớn hơn cũng sẽ thỏa mãn Điều kiện (2.1.1) trở nên mạnh hơn với k tăng

(b) Các điều kiện đó đưa ra dạng đơn giản hơn khi được áp dụng với một

  Điều kiện đầu tiên trong (2.1.1) là thừa nếu

 

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

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

thức sau (theo [7, 8, 11, 12])

|| :R||  || :P||1 –  || :Q|| nếu  = |PR|/|PQ| Thật Vậy

Không mất tính tổng :Quát ta có thể giả sử 1  q < r  p < , 1   <   < 

Hình 2

(1)(1)

()|| ( , ) ||u x tLm 

|| ( , ) ||u x t L m

|| ( , ) ||u x tL m

 Vì r > 1 nên có || ( , ) || ( m)

u x t  

|| ( , ) || m

u x t 

|| ( , ) || m

u x t 

 Tích phân hai vế ta đƣợc

|| ( , ) || m

u x t  dt

|| ( , ) || m

1()0

 L(P)  L(Q)  L(R) ■

(CT2) f L(P) và g  L(Q) suy ra rằng fa.gb  L (aP + bQ); với ||fa

f x t  || ( , ) || ( m)

bL

|| ( , ) || m

|| ( , ) || m

(CT3) Giả sử T <  và Q\P thì L(Q)  L(P) với đơn ánh bị chặn bởi Tvới

Hình 4

 u  L(Q) ta có ||u :P|| =

Vì u  L(Q) nên ||u :P||  T.||u :Q|| <  u  L(P)  L(Q)  L(P) ■

(CT4) Toán tử tích phân G xác định bởi Gf(t) =

O Q

P

R S

Chứng minh

Bước 1 Đầu tiên ta chỉ ra   L(P)

Thực Vậy CT1 cho thấy  L Q( ) với bất kỳ Q  [BQ] Do đó, từ giả thiết ta có Q \ P, từ CT3 suy ra   L(P)

Tiếp theo ta chỉ ra rằng (NLS) là có nghĩa với u  Để làm được điều đó ta chỉ ra F có thể viết dưới dạng tổng của hai thế vị lũy thừa đơn

(2.2.2) F = F1 + Fk,

(2.2.3) |F1()|  M||, |DF1()|  M, (2.2.4) |Fk()|  N||k, |DF()|  N||k – 1

trong đó, M, N  0 là các hằng số Điều này có thể có được bằng cách nhân F với những hàm số cắt trơn đã biết

Giả sử u  Hiển nhiên, F1(u)  L(B)

Vì u  L(P)  L(Q) và R = P + (k – 1)Q, theo CT2 Fk(u)  L(R) Do đó, F(u)  L(B) + L(R)  L1(L2 + L1),

Vì vậy, (NLS) là có nghĩa với tu  L1(H–2 + L1 + L2)  L1(H–m – 1)

Từ đó dễ dàng kết luận rằng u(0)  H–m – 1  S' tồn tại Vì vậy, (NLS) là tương đương với phương trình tích phân sau

Hình 5

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

||G(F1(u) – F1(v)) :B||  ||G(F1(u) – F1(v)) :P||

 c|| F1(u) – F1(v) :B'||  cT|| F1(u) – F1(v) :B||  cTM|| :B||; Chú ý rằng w  L(B) cho nên

|| G(Fk(u) – Fk(v)) :B||  || G (Fk (u) – Fk(v)) :P||  c|| Fk(u) – Fk(v) :S||  cTθ || Fk(u) – Fk(v) :R||

 cTN || |w|(|u|k – 1 + |v|k – 1) :P + (k – 1)Q|| (theo (2.2.1), (2.2.8))  cT N|| w :P|| (||u :Q||k – 1 + || v :Q||k –1); (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)

  c(MT + NTK), K = || u :Q||k – 1 + ||v :Q||k –1

Hệ số của  trong vế phải có thể làm nhỏ tùy ý bằng cách lấy T nhỏ, thậm chí lấy  = 0 Thực vậy  = 0 kéo theo R  l', vì P  l, ta có

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

Vì || Q|| là chuẩn tích phân và k trở thành nhỏ tùy ý với T nhỏ tùy ý Điều đó chứng minh rằng  = 0, Do đó, w = 0 Bổ đề 2.2 được chứng minh ■

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

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

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

(OQ); chú ý rằng (PR) có thể giữ độ nghiêng bất kỳ trong khoảng (0, ]; với bất kỳ cặp P, Q ta luôn có P + (k – 1)Q = R (đây là một kết quả đơn giản trong hình học); chỉ còn phải chỉ ra rằng, [BQ] \ P Điều đó là đúng nếu k  1 + 4

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

của (2.1.1) được suy ra bởi điều kiện thứ hai) Trường hợp 1 + 4

m  k < 1 + 4

m thì phức tạp hơn Tuy nhiên, nó có

thể được chứng minh rằng điều kiện được yêu cầu có thể được thỏa mãn bởi một sự lựa chọn thích đáng của P  l và R  l', miễn là x(Q) < ak, đó là điều kiện đầu tiên trong (2.1.1)

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

Trong trường hợp này ta quay lại phương trình tích phân (2.2.7) Nếu u, v  L(T), giá trị của F() với || đủ lớn là không cần để ý đến Do đó, ta có

thể giả thiết rằng F() = 0 với || lớn, và một điều kiện bất kỳ của những điều kiện trước có thể được áp dụng để chứng minh u = v

(Chú ý L(B)  L(T)  L(Q) với bất kỳ Q thỏa mãn x(Q)  12 )

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

k  , 0) Như trong trường hợp (c), ta có thể giả sử rằng :Q  lˆk với x(Q)  1

k

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

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

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

2.4 Hệ quả

2.4.1 Hệ quả 2.4.1

Nếu m  2, sự duy nhất trong L(L2 Lq) thỏa mãn với

, q =  nếu s > 2

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

Nhìn lại Hệ quả (2.4.1), chỉ cần kiểm tra lại (2.4.2) với q = q

Trường hợp (i) là hiển nhiên, vì nó suy ra rằng q =  hoặc lớn tùy ý Trường hợp (ii) đặt q = q trong (2.4.2) đưa đến sự thỏa mãn điều kiện Tương tự, trường hợp (iii) q  2  k được thấy là thỏa mãn ■

Chương 3

– NGHIỆM

3.1 Sự tồn tại địa phương của Hs

– nghiệm

Ta quay lại với một vài vấn đề về sự tồn tại, và đưa ra một chứng minh mới về tính giải được địa phương của (NLS) trong Hs

với giá trị s > 0 thực Hsnghiệm được xây dựng trong [3] chủ yếu là cho thế lũy thừa đơn F(u), sử dụng không gian phụ Besov Ta xét mở rộng tổng :Quát F(u) với sự suy giảm yếu nhất tại u = 0, sử dụng không gian phụ

Landau, nó có thể được đạo hàm n lần Vì vậy, F = O{s}

(||k) nghĩa là (3.1.2) DiF() = O(||k – i), i = 0, 1, , {s}

 là hàm số thực mở rộng được cho bởi