TRÊN NỬA TRỤC KHÔNG GIAN
1.1.2 Quy luật tiến hóa của các đa thức tán xạ Mj (x,t)
Trong tiểu mục này chúng ta cần sử dụng bổ đề sau về tổ hợp tuyến tính các hàm số mũ với các hệ số đa thức.
Bổ đề 1.1.2. Cho a1(x), a2(x), . . . , am(x) là các đa thức của biến x và
α1, α2, . . . , αm là các số phức phân biệt. Khi đó đồng nhất thức
a1(x)eα1x+a2(x)eα2x+. . .+am(x)eαmx ≡ 0, (1.1.17)
xảy ra khi và chỉ khi aj(x) ≡ 0 với mọi j = 1,2, . . . , m.
Chứng minh. Chúng ta chứng minh bằng phương pháp quy nạp.
Nếu m = 1 thì từ đồng nhất thức a1(x)eα1x ≡ 0, nhân hai vế với e−α1x ta nhận được a1(x) ≡0. Do đó Bổ đề đúng với m = 1.
Tiếp theo ta giả sử rằng Bổ đề đúng với m = k. Ta cần chứng minh nó
cũng đúng với m = k + 1. Ứng với m = k + 1 ta xét đồng nhất thức
a1(x)eα1x+a2(x)eα2x+. . .+ak(x)eαkx+ak+1(x)eαk+1x ≡ 0.
Nhân hai vế của phương trình trên với e−αk+1x ta nhận được
a1(x)e(α1−αk+1)x+a2(x)e(α2−αk+1)x+. . .+ak(x)e(αk−αk+1)x+ak+1(x) ≡ 0.
(1.1.18) Gọi bậc của đa thức ak+1(x) là p, tức là degak+1(x) =p. Lấy đạo hàm hai vế của (1.1.18) liên tiếp p+ 1 lần ta nhận được đẳng thức:
b1(x)e(α1−αk+1)x +b2(x)e(α2−αk+1)x +. . .+bk(x)e(αk−αk+1)x ≡ 0, (1.1.19) trong đó bj(x)e(αj−αk+1)x = d p+1 dxp+1 n aj(x)e(αj−αk+1)xo. (1.1.20) Sử dụng giả thiết quy nạp, từ (1.1.19) chúng ta nhận được bj(x) ≡ 0 với mọi j = 1,2, . . . , k. Thay bj(x) ≡ 0 vào (1.1.20) ta suy ra aj(x)e(αj−αk+1)x
phải là một đa thức có bậc không vượt quá p. Nếu aj(x) 6≡ 0 thì ta đặt
aj(x)e(αj−αk+1)x = ˜aj(x) và khi đó
e(αj−αk+1)x = a˜j(x)
aj(x)
là hàm hữu tỷ. Điều này mâu thuẫn với giả thiết αj 6= αk+1. Như vậy ta khẳng định được aj(x) ≡ 0 với mọi j = 1,2, . . . , k. Thay vào (1.1.18) ta thu được ak+1(x) ≡ 0. Bổ đề đã được chứng minh.
Chúng ta trở lại với câu hỏi: Với điều kiện nào thì thế vị không tán xạ u(x, t) trong (1.1.11) là nghiệm của phương trình Korteweg-de Vries (1.1.1)? Để trả lời câu hỏi này chúng ta sẽ thế hàm
τ(x, t) = detB(x, t),
trong đó B(x, t) được xác định theo công thức (1.1.12), vào phương trình (1.1.15).
Trước tiên ta hãy xét trường hợp thế vị không tán xạ có dữ liệu tán xạ
S(t) chỉ chứa một giá trị kì dị ρ1,Imρ1 > 0 với bội là m1. Khi đó đa thức chuẩn tương ứng được ký hiệu là M1 và có bậc là m1 − 1. Trong trường hợp này hàm τ được xác định theo (1.1.16) và (1.1.11) là
τ(x, t) = 1 +M(x, t)ekx, k = 2iρ1, Imρ1 > 0, (1.1.21) trong đó M(x, t) =e−kx ∞ Z x M1(x+ξ, t)ekξdξ. (1.1.22)
Vì M1(x, t) là đa thức của x có bậc là m1−1, nên từ (1.1.22) ta thấy rằng
M(x, t) cũng là một đa thức bậc m1 −1 theo biến x. Do đó ta có thể đặt
M(x, t) =am1xm1−1
+ . . .+a1, (1.1.23) với aj là các hàm giá trị phức của t, j = 1,2, . . . , m1.
Định lý 1.1.3. Cho toán tử Schr¨odinger L(t) có thế vị không tán xạ u(x, t)
và dữ liệu tán xạ S(t) chỉ chứa một giá trị kì dị ρ1. Xét hàm τ(x, t) được xây dựng từ toán tử L(t) bởi (1.1.21) − (1.1.22). Khi đó hàm τ(x, t) là nghiệm của phương trình song tuyến tính (1.1.15) nếu và chỉ nếu đa thức chuẩn M1(x, t) trong dữ liệu tán xạ S(t) có bậc 0 theo biến x và phụ thuộc vào t theo đẳng thức sau
M1 = −kCe−k3t, (1.1.24)
trong đó C là một hằng số phức nào đó.
Chứng minh. Thế (1.1.21) vào (1.1.15) chúng ta thu được
(1 +M ekx)(Mxt+kMt +Mxxxx+ 4kMxxx+ 6k2Mxx + 4k3Mx+k4M)ekx −(Mx+kM)(Mt + 4Mxxx + 12kMxx+ 12k2Mx+ 4k3M)e2kx
Do Bổ đề 1.1.2, các hệ số củaekx và e2kx trong phương trình trên phải triệt tiêu, tức là
Mxt+kMt + Mxxxx + 4kMxxx + 6k2Mxx + 4k3Mx+k4M = 0, (1.1.25a)
(Mx+kM)(Mt + 4Mxxx+ 12kMxx+ 12k2Mx+ 4k3M)
= 3(Mxx+ 2kMx+k2M)2. (1.1.25b)
Chúng ta sẽ xem xét hệ (1.1.25a),(1.1.25b) theo giá trị của m1. Ta xét trường hợpm1 ≥ 3. Trong trường hợp này thế (1.1.23) vào (1.1.25a) ta thu được
(kam1t +k4am1)xm1−1
+ [(m1 −1)am1t +kam1−1t + 4k3(m1 −1)am1
+k4am1−1]xm1−2 + [(m1 −2)am1−1t +kam1−2t + 6k2(m1 −1)(m1 −2)am1
+ 4k3(m1 −2)am1−1 +k4am1−2]xm1−3 + · · · = 0. (1.1.26)
Các hệ số của xm1−1, xm1−2, . . . , x0 trên vế trái của (1.1.26) phải triệt tiêu. Như vậy từ k 6= 0 ta có
am1t +k3am1 = 0, (1.1.27a)
am1−1t +k3am1−1 + 3k2(m1 −1)am1 = 0, (1.1.27b)
am1−2t +k3am1−2 + 3k2(m1 −2)am1−1 + 3k(m1 −1)(m1 −2)am1 = 0.
(1.1.27c) Thế (1.1.23) vào (1.1.25b) ta thu được một đồng nhất thức của hai đa thức bậc 2m1 −2. Ta sẽ kiểm tra kết quả đồng nhất các hệ số trên hai vế. Sử dụng (1.1.27a) và (1.1.27b) ta chỉ ra được hệ số của x2m1−2 và x2m1−3 trên hai vế của (1.1.25b) đều tương ứng bằng nhau. Tính hệ số của x2m1−4 trên hai vế của (1.1.25b) và sử dụng (1.1.27a) −(1.1.27c) ta nhận được biểu thức mô tả hệ số nói trên ở vế trái là
(3a2m1−1 + 6am1am1−2)k4+12(2m1 −3)am1am1−1k3
+ 9(m1 −1)(2m1 −3)a2m1k2,
và biểu thức mô tả hệ số nói trên ở vế phải là
(3a2m1−1 + 6am1am1−2)k4+12(2m1 −3)am1am1−1k3
+ (m1 −1)(18m1 −24)a2m1k2.
Hai biểu thức này phải bằng nhau và do đó chúng ta có
Khẳng định này trái với giả thiết đã cho là đa thức M có bậc là m1 −1. Tiếp theo chúng ta xét trường hợp m1 = 2. Trong trường hợp này
M = a2x+a1, τ = 1 + (a2x+a1)ekx, a2 6= 0, (1.1.28)
trong đó a1, a2 là các hàm nhận giá trị phức của biến t và k = 2iρ1. Thế M từ (1.1.28) vào (1.1.25a) ta nhận được
k(a2t +k3a2)x+ (a2t + 4k3a2 + ka1t +k4a1) = 0.
Trong phương trình trên các hệ số của x1 và x0 phải là 0, tức là
a2t +k3a2 = 0, (1.1.29a)
a1t +k3a1 + 3k2a2 = 0. (1.1.29b)
Thế M từ (1.1.28) vào (1.1.25b) và sử dụng (1.1.29a),(1.1.29b) ta nhận được
(ka2x+ka1 +a2)(ka2x+ka1 + 3a2) = (ka2x+ ka1 + 2a2)2.
Từ phương trình này ta nhận được a2 = 0. Kết quả nhận được là trái với giả thiết m1 = 2.
Cuối cùng chúng ta xét trường hợp m1 = 1. Trong trường hợp này
M = a(t), τ = 1 +a(t)ekx. (1.1.30)
Từ (1.1.30) ta có Mx = Mxx = Mxxx = Mxxxx = 0 nên (1.1.25a) và
(1.1.25b) cùng quy về đẳng thức Mt+ k3M = 0. Như vậy, ta nhận được
at +k3a = 0, M = a(t) =Ce−k3t,
trong đó C là hằng số tích phân. Thay M = Ce−k3t vào (1.1.22) ta thấy rằng M1 cũng phải là đa thức bậc không đối với biến x. Từ đó chúng ta dễ dàng thu được đẳng thức (1.1.24).
Từ Định lý 1.1.3 chúng ta tính được một lớp nghiệm không tán xạ của phương trình Korteweg-de Vries. Lớp nghiệm này mô tả các sóng đơn lan truyền với vận tốc không đổi. Các phân tích chi tiết của chúng sẽ được chúng tôi trình bày trực tiếp trong Tiểu mục 1.1.4.
Bây giờ chúng ta xét các thế vị không tán xạ trong trường hợp tổng quát khi tập hợp S(t) được mô tả trong (1.1.10) có chứa N ≥ 2 số kì dị.
Trước khi thực hiện việc thế hàm τ(x, t) được xác định trong (1.1.16) vào phương trình (1.1.15), chúng ta đưa ra một biểu diễn của hàm τ(x, t) theo các hàm số mũ. Dựa vào biểu diễn nhận được chúng ta sẽ sử dụng Bổ đề 1.1.2 để dẫn phương trình (1.1.15) về các phương trình trên những đa thức theo biến x. Để thuận tiện chúng ta đặt ˜ Mjn(x, t) =e−i(ρj+ρn)x ∞ Z x Mj(x+ξ, t)ei(ρj+ρn)ξdξ, j, n = 1,2, . . . , N.
DoMj(x, t) là đa thức của biến xnên từ công thức tích phân từng phần ta thấy M˜jn(x, t) cũng là đa thức của biến x. Chúng ta viết lại biến τ trong (1.1.16) dưới dạng:
τ = detB = X
σ
signσB1σ(1)B2σ(2). . . BN σ(N), (1.1.31)
trong đó tổng được lấy trên tất cả các phép thế σ của tập hợp N chỉ số
{1,2, . . . , N}. Xét số hạng tổng quát của (1.1.31): signσB1σ(1)B2σ(2). . . BN σ(N). (1.1.32) Đặt Bσ1 = {j : σ(j) =j}, Bσ2 = {j : σ(j) 6= j}. Từ định nghĩa của ma trận B(x, t) ta có ◦ Nếu j ∈ Bσ1 thì Bjσ(j) = Bjj = 1 + ˜Mjj(x, t)ekjx. ◦ Nếu j ∈ Bσ2 thì Bjσ(j) = ˜Mjσ(j)(x, t)ekj +kσ(j) 2 x, kj = 2iρj. Bởi vậy số hạng tổng quát (1.1.32) có dạng sau
signσB1σ(1)B2σ(2). . . BN σ(N) = signσ Y j∈B1 σ {1 + ˜Mjj(x, t)ekjx} Y j∈B2 σ {M˜jσ(j)(x, t)ekj +kσ(j) 2 x} = signσ Y j∈B1 σ {1 + ˜Mjj(x, t)ekjx} Y j∈B2 σ {M˜jσ(j)(x, t)ekjx}. (1.1.33)
Tách vế phải của (1.1.33) thành những số hạng phân biệt có dạng bµ(x, t) N Y j=1 eµjkjx, (1.1.34)
trong đó µ = (µ1, µ2, . . . , µN), µj = 0 hoặc 1 nếu j ∈ Bσ1, µj = 1 nếu
j ∈ Bσ2 và bµ(x, t) là một đa thức của biến x với hệ số phụ thuộc t.
Sau khi tách mỗi số hạng của tổng (1.1.33) thành các số hạng phân biệt có dạng (1.1.34), chúng ta nhóm chúng với nhau theo các hàm mũ. Vì vậy hàm τ được xác định trong (1.1.16) có biểu diễn dưới dạng:
τ = detB = X (µ1,µ2,...,µN) n aµ(x, t) N Y j=1 eµjkjxo, (1.1.35)
trong đó tổng có2N số hạng và được lấy theo tất cả các bộµ = (µ1, µ2, . . . , µN)
ứng vớiµj = 0hoặc 1. Các hàmaµ(x, t) là kết quả rút gọn các hệ sốbµ(x, t)
của hàm mũ
N
Y
j=1
eµjkjx và aµ(x, t) cũng là một đa thức của biến x.
Đến đây, chúng ta trở lại mục tiêu: tìm điều kiện để cho hàm τ xác định bởi (1.1.16) cũng là nghiệm của phương trình (1.1.15). Để việc mô tả các biến đổi ở phía sau được thuận tiện hơn, chúng ta sẽ sử dụng các toán tử song tuyến tính DxmDtn của Hirota được định nghĩa theo công thức
DxmDntf.g = (∂x−∂x0)m(∂t −∂t0)nf(x, t)g(x0, t0) (x,t)=(x0,t0) . (1.1.36)
Do đó phương trình (1.1.15) được viết gọn lại dưới dạng của toán tử Hirota như sau:
(DxDt +D4x)τ.τ = 0. (1.1.15’)
Thế (1.1.35) vào vế trái của (1.1.15’) và sử dụng tính chất song tuyến tính của toán tử Hirota chúng ta có
(DxDt +Dx4)τ.τ = X (µ1,µ2,...,µN) (µ0 1,µ0 2,...,µ0 N) aµµ0(x, t) N Y j=1 e(µj+µ0j)kjx, (1.1.37)
trong đó tổng ở vế phải có 4N số hạng và mỗi số hạng của tổng này là aµµ0(x, t) N Y j=1 e(µj+µ0j)kjx = (DxDt + Dx4) n aµ(x, t) N Y j=1 eµjkjxon aµ0(x, t) N Y j=1 eµ0jkjxo . (1.1.38)
Ta thấy rằng aµµ0(x, t) là cũng là các đa thức của biến x (với hệ số phụ thuộc t).
Sau đó ta nhóm các số hạng trong (1.1.37) theo hàm mũ ta nhận được biểu thức có dạng (DxDt +D4x)τ.τ = X µj∈{0,1,2} ∆µ(x, t) N Y j=1 eµjkjx , (1.1.39)
với ∆µ(x, t) cũng là một đa thức của biến x với hệ số phụ thuộc t.
Cố định một chỉ số j,1 ≤ j ≤ N. Để nghiên cứu quy luật tiến hóa của đa thức Mj(x, t), chúng ta sẽ so sánh các hệ số của hàm mũ eαkj, α = 1,2 của biểu thức (DxDt +Dx4)τ.τ trong (1.1.39) và trong biểu thức
(DxDt +Dx4)(1 + ˜Mjj(x, t)ekjx).(1 + ˜Mjj(x, t)ekjx). (1.1.40)
Với mục tiêu này ta chú ý rằng các số hạng sau có mặt trong vế phải của (1.1.37)
(DxDt +D4x) ˜Mjj(x, t)ekjx
.1, (1.1.41a)
(DxDt +D4x) 1.M˜jj(x, t)ekjx, (1.1.41b)
(DxDt +D4x) ˜Mjj(x, t)ekjx.M˜jj(x, t)ekjx. (1.1.41c)
Ta cần tìm hiểu xem trong quá trình chuyển từ (1.1.37) về (1.1.39) bằng
cách rút gọn theo hàm mũ, các số hạng nào được nhóm với (1.1.41a)−
(1.1.41c). Vấn đề này được quy về việc phân tích xem khi nào hàm mũ trong số hạng (1.1.38) trùng với ekjx hoặc e2kjx.
Chúng ta xét một lớp con của lớp thế vị không tán xạ. Lớp con này
bao gồm tất cả các thế vị có dữ liệu tán xạ S(t) chứa các giá trị kỳ dị
Với mọi j,1 ≤ j ≤ N và α ∈ {1,2} thì
αkj 6= X
1≤l≤N l6=j
βlkl, ∀βl ∈ {0,1,2}, kl = 2iρl. (1.1.42)
Để thuận tiện chúng ta gọi Giả thiết này là Giả thiết (1.1.42). Để tiện quan sát, chúng tôi đưa ra sau đây một cách mô tả chi tiết hơn về Giả thiết (1.1.42) khi N = 2 và N = 3.
◦ Nếu N = 2 và các giá trị kỳ dị là k1, k2 thì Giả thiết (1.1.42) là:
2k12 −5k1k2 + 2k22 6= 0.
◦ Nếu N = 3 và các giá trị kỳ dị là k1, k2, k3 thì Giả thiết (1.1.42) mô tả như một hệ bao gồm ba điều kiện. Điều kiện thứ nhất là
(k1 −2k2)(k1 −2k3)(k1 −k2 −k3)(k1 −2k2 −2k3)× ×(k1 −2k2 −k3)(k1 −k2 −2k3)(2k1 −k2 −k3)× ×(2k1 −2k2 −k3)(2k1 −k2 −2k3) 6= 0.
Hai điều kiện tiếp theo nhận được từ điều kiện thứ nhất bằng cách đổi chỗ
k1, k2, k3 cho nhau.
Nhờ vào Giả thiết (1.1.42) ta có bổ đề sau:
Bổ đề 1.1.3. Giả sử toán tử Schr¨odingerL(t) có thế vị không tán xạu(x, t)
và N giá trị kỳ dị của nó thỏa mãn Giả thiết (1.1.42). Giả sử τ(x, t) được xác định theo thế vị không tán xạ của L(t) bởi công thức (1.1.35). Khi đó trong biểu diễn (1.1.37) số hạng (1.1.41a) chỉ có thể rút gọn theo hàm mũ với số hạng (1.1.41b), mặt khác số hạng (1.1.41c) không thể nhóm với số hạng nào khác trong biểu diễn này.
Chứng minh. Hàm mũ trong số hạng tổng quát của (1.1.37) có dạng
exp n N X l=1 (µl +µ0l)klx o . (1.1.43)
Giả sử rằng tồn tại một số hạng ứng với hàm mũ trong (1.1.43) mà nó có thể nhóm theo hàm mũ với các số hạng (1.1.41a) và (1.1.41b). Vậy thì
kj =
N
X
l=1
Dựa vào Giả thiết (1.1.42), chúng ta có
µj +µ0j = 1, µl +µ0l = 0 với l 6= j.
Ta tách tình huống này thành hai trường hợp: µj = 1, µ0j = 0 và µj = 0, µ0j = 1.
Trường hợp 1: Xét µj = 1 và µ0j = 0. Khi đó µ và µ0 tương ứng với các phép thế σ và σ0 là µ = (0, . . . ,0,1,0, . . . ,0) và µ0 = (0, . . . ,0). Trong trường hợp này, Bσ20 = ∅. Thực vậy, nếu Bσ20 6= ∅ thì tồn tại ít nhất một chỉ số l ∈ Bσ20 nên ta phải có µl0 = 1 và nó trái với µ0 = (0, . . . ,0). Suy ra σ0
phải là phép thế đồng nhất và số hạng trong (1.1.35) ứng với phép thế σ0
là aµ0(x, t) N Y j=1 eµ0jkjx = 1. (1.1.44)
Mặt khác trong trường hợp này ta cũng có Bσ2 = ∅. Thực vậy nếu Bσ2 6= ∅
thì tồn tại ít nhất một chỉ số l ∈ Bσ2. Do σ là một phép thế nên ta suy ra
σ(l) ∈ Bσ2 và µl = µσ(l) = 1 trái với µ = (0, . . . ,0,1,0, . . . ,0). Như vậy σ
cũng phải là phép thế đồng nhất và số hạng ứng với µ là aµ(x, t) N Y j=1 eµjkjx = ˜Mjj(x, t)ekjx. (1.1.45)
Kết hợp (1.1.44) và (1.1.45) ta thu được từ (1.1.37) số hạng (1.1.41a), tức là số hạng được xét trùng với (1.1.41a).
Trường hợp 2: Xét µj = 0 và µ0j = 1. Bằng cách phân tích tương tự
trường hợp 1 chúng ta chứng minh được rằng số hạng được xét trong
(1.1.37) trùng với (1.1.41b). Như vậy các số hạng (1.1.41a) và (1.1.41b) chỉ có thể nhóm theo hàm mũ với nhau mà không thể nhóm với số hạng nào khác.
Tiếp theo chúng ta giả sử rằng có số hạng ứng với hàm mũ trong (1.1.43) mà nó có thể nhóm theo hàm mũ với số hạng (1.1.41c). Khi đó
2kj =
N
X
l=1
(µl +µ0l)kl.
Dựa vào Giả thiết (1.1.42), chúng ta có
Từ đó ta suy ra rằng µj = µ0j = 1 và µl = µ0l = 0 với l 6= j. Suy ra
µ= µ0 = (0, . . . ,0,1,0, . . . ,0). Gọi σ và σ0 là hai phép thế của µ và µ0. Sử dụng phân tích tương tự trường hợp trên chúng ta chứng minh được trong trường hợp này là Bσ2 = Bσ20 = ∅. Bởi vậy σ và σ0 phải là các phép thế đồng nhất và các số hạng ứng với µ và µ0 là aµ(x, t) N Y j=1 eµjkjx = aµ0(x, t) N Y j=1 eµ0jkjx = ˜Mjj(x, t)ekjx . (1.1.46)
Từ (1.1.46) chúng ta thấy rằng số hạng đang xét phải trùng với (1.1.41c), tức là (1.1.41c) không thể nhóm theo hàm mũ với bất cứ số hạng nào khác trong tổng (1.1.37). Bổ đề đã được chứng minh.
Từ những bổ đề nói trên chúng ta có định lý sau đây về quy luật tiến hóa đối với dữ liệu tán xạ của thế vị không tán xạ.
Định lý 1.1.4. Giả sử toán tử Schr¨odinger L(t) có thế vị không tán xạ
u(x, t) và N giá trị kỳ dị của nó thỏa mãn Giả thiết (1.1.42). Khi đó, nếu hàm τ(x, t) được xác định từ L(t) theo công thức (1.1.16) là nghiệm của phương trình song tuyến tính (1.1.15), thì các đa thức chuẩn Mj trong dữ liệu tán xạ S(t) của toán tử L(t) phải là đa thức bậc 0 theo x và có quy luật tiến hóa theo biến thời gian t như sau
Mj = −kjCje−k3jt, kj = 2iρj, j = 1,2, . . . , N, (1.1.47)
trong đó Cj, j = 1,2, . . . , N là các hằng số phức nào đó.
Chứng minh. Theo các phân tích đã đưa ra tổng (1.1.39) có các số hạng
2(DxDt + Dx4) ˜Mjj(x, t)ekjx
.1,
(DxDt +Dx4) ˜Mjj(x, t)ekjx
.M˜jj(x, t)ekjx
.
Theo Bổ đề 1.1.3 các số hạng này không thể nhóm theo hàm mũ với bất cứ số hạng nào khác của biểu diễn (1.1.39). Từ đó, áp dụng Bổ đề 1.1.2 ta khẳng định được rằng (DxDt + Dx4) ˜Mjj(x, t)ekjx .1 = 0, (DxDt + Dx4) ˜Mjj(x, t)ekjx .M˜jj(x, t)ekjx = 0.
Do DxDt+Dx4 là toán tử song tuyến tính nên hai đẳng thức trên được kết hợp thành phương trình
(DxDt+ Dx4)(1 + ˜Mjj(x, t)ekjx
).(1 + ˜Mjj(x, t)ekjx
Sử dụng kết quả Định lý 1.1.3 cho phương trình vừa nhận được, chúng ta thu được biểu diễn tiến hóa của các đa thức chuẩn Mj theo đẳng thức (1.1.47). Định lý đã được chứng minh.
1.1.3 Một lớp nghiệm N-soliton không tán xạ củaphương trình Korteweg-de Vries trên nửa trục