Quy luật tiến hóa của các đa thức tán xạ pj (x,t)

e j= Cj kj x−k

1.2.3 Quy luật tiến hóa của các đa thức tán xạ pj (x,t)

Trong cuốn sách [46] các tác giả đã mô tả việc xây dựng nghiệm tường minh cho phương trình Schr¨odinger phi tuyến trên toàn trục từ các thế vị không phản xạ của toán tử Dirac. Trong tiểu mục này chúng ta quan tâm đến vấn đề tương tự trên nửa trục đối với các thế vị không tán xạ.

Xét hàm u(x, t) là thế vị không tán xạ của toán tử Dirac (1.2.2a) (tương ứng với ma trận thế vị (1.2.11). Khi đó hàm u(x, t) có biểu diễn dưới dạng

u(x, t) = G(x, t)

F(x, t)

với F và G được xác định theo (1.2.16b),(1.2.16c). Nếu hàm u(x, t) cũng là nghiệm của phương trình Schr¨odinger phi tuyến (1.2.1) thì F, G phải thỏa mãn phương trình (1.2.17). Đến đây chúng ta quan tâm là với điều kiện nào thì thế vị không tán xạ u(x, t) trong (1.2.16a) thỏa mãn phương trình (1.2.1)?

Trước hết chúng ta xét trường hợp các hàm F, G tương ứng với dữ liệu tán xạ chỉ chứa một cặp giá trị kỳ dị. Khi đó dữ liệu tán xạ (1.2.12) là

s(t) ={λ+1 , p1(x, t); λ−1, p1(x, t)}, (1.2.40a)

trong đó λ+1 = λ−1. Ký hiệu n là bội tương ứng của cặp giá trị kỳ dị này. Khi đó đa thức chuẩn p1(x, t) có bậc là n−1. Giả sử biểu diễn tường minh của p1(2x, t) là

p(2x, t) = an−1xn−1 + . . .+a0, (1.2.40b) trong đó aj = aj(t), j = 0,1, . . . , n− 1. Khi đó các hàm F và G có biểu diễn dạng tường minh như sau

F = 1 +|M11|2e(k1+k2)x, G = 2p1ek2x, k1 = 2iλ+1 , k2 = −2iλ−1 , (1.2.40c)

trong đó M11 được xác định theo (1.2.15c):

M11(x, t) = e−21(k1+k2)x ∞ Z x p1(x+ξ, t)e21(k1+k2)ξ dξ. (1.2.40d)

Như vậy dạng tường minh của thế vị được xét là

u(x, t) = 2p1e

k2x

1 +|M11|2e(k1+k2)x.

Định lý 1.2.3. Giả sử toán tử Dirac D(t) có thế vị không tán xạ u(x, t)

với dữ liệu tán xạ S(t) chỉ chứa một cặp giá trị kỳ dị và được mô tả bởi (1.2.40a),(1.2.40b). Khi đó nếu các hàm F, G trong (1.2.40c),(1.2.40d)

tương ứng với thế vị của D(t) thỏa mãn phương trình (1.2.17) thì các đa thức chuẩn p1(x, t), p1(x, t) trong dữ liệu tán xạ S(t) phải có bậc không theo

x và tiến hóa theo biến thời gian t như sau

p1 = Cee ik12t, (1.2.41)

với Ce là hằng số phức nào đó.

Chứng minh. Thế (1.2.40c) vào (1.2.17) và sử dụng Bổ đề 1.1.2 chúng ta thu được ba phương trình

ip1t−(k22p1 + 2k2p1x+p1xx) = 0, (1.2.42a) −ip1(|M11|2)t + 2(k2p1 +p1x)(|M11|2)x+ (k1 +k2)|M11|2 −8p12p1 +p1(|M11|2)xx+ 2(k1 +k2)(|M11|2)x+ (k1 +k2)2|M11|2 = 0, (1.2.42b) 4p1p1|M11|2 −(|M11|2)x+ (k1 +k2)|M11|2 = 0. (1.2.42c)

Tích phân từng phần vế trái của (1.2.40d) liên tiếp (n− 1) lần chúng ta nhận được M11(x, t) = n−1 X l=0 − 2 k1 +k2 l+1 dl dxlp1(x+ξ, t) ξ=x . (1.2.43)

Lấy vi phân cả hai vế của (1.2.43) theo biến x chúng ta có

M11x(x, t) = −(k1 +k2)M11(x, t)−2p1(2x, t). Như vậy p1(2x, t) =−1 2 h (k1 +k2)M11(x, t) + M11x(x, t) i , (1.2.44a) p1(2x, t) =−1 2 h (k1 +k2)M11(x, t) +M11x(x, t) i . (1.2.44b)

Thế (1.2.44b) vào vế trái của (1.2.42a) ta thu được

iM11t −k22M11 −2k2M11x−M11xx = αe−(k1+k2)x, (1.2.44c)

Vì M11 là một đa thức theo biến x nên từ (1.2.44c) và Bổ đề 1.1.2 suy ra

α phải là 0. Vậy

iM11t = k22M11 + 2k2M11x+M11xx, (1.2.45a)

−iM11t = k21M11+ 2k1M11x+M11xx. (1.2.45b)

Thế (1.2.45a) và (1.2.45b) vào (1.2.42b) ta thu được đẳng thức

(k1 +k2)2(M11M11M11x+M211M11x) + (k1 +k2)(M11M11M11xx

+ M211M11xx +M11xM11M11x+M11M211x)

+ (M11M11xM11xx +M11xxM11M11x+M11xM11M11xx) = 0. (1.2.46)

Vì bậc củaM11 là n−1, nên vế trái của (1.2.46) là một đa thức bậc 3n−4. Sử dụng (1.2.43) từ (1.2.46) chúng ta kiểm tra được hệ số của x3n−4 là

−16(n−1)(k1 +k2)−1an−1(an−1)2 = 0, (1.2.47)

trong đó k1 +k2 = −4 Imλ+1 < 0.

Nếu n > 1 thì từ (1.2.47) ta phải có an−1 = 0, nó mâu thuẫn với giả thiết là p1 có bậc n−1. Vậy bậc của p1 là 0, tức là n= 1 và do đó ta có thể đặt

p1 = C(t). Thế p1 = C(t) vào (1.2.42a) ta thì ta tính được

p1 = Cee ik12t,

với Ce là hằng số phức tùy ý. Đây chính là công thức (1.2.41) đã được nói đến ở trên. Thế (1.2.41) vào (1.2.43) ta có M11 = −2Cee ik2 1t k1 +k2. (1.2.48)

Kiểm tra trực tiếp ta thấy rằng M11 cũng thỏa mãn (1.2.42c).

Từ Định lý 1.2.3, chúng ta tính được một lớp nghiệm của phương trình Schr¨odinger phi tuyến. Lớp nghiệm này mô tả một sóng đơn lan truyền với vận tốc không đổi. Các phân tích chi tiết hơn về lớp nghiệm này sẽ được chúng tôi trình bày trong Tiểu mục 1.2.5.

Bây giờ chúng ta xét trường hợp tổng quát khi toán tử Dirac có thế vị không tán xạ với dữ liệu tán xạ của nó chứa N cặp số kì dị và được mô tả

theo (1.2.12). Chúng ta sẽ thế (1.2.18) và (1.2.27) vào vế trái của phương trình (1.2.17). Sau đó từ các số hạng nhận được ta nhóm theo hàm mũ và nhận được biểu diễn có dạng

K(F, G) = X µj∈{0,1,2,3} ˆ aµ(x, t) 2N Y j=1 eµjkjx , (1.2.49)

trong đó ˆaµ(x, t) là đa thức của x có hệ số phụ thuộc vào t.

Cố định một chỉ sốj,1≤ j ≤ N. Để nghiên cứu quy luật tiến hóa của đa thức pj(x, t), chúng ta sẽ so sánh các hệ số của e(αkj+(α+1)kj+N)x, α = 0,1,2

trong biểu thức K(F, G) ở (1.2.49) và trong biểu thức

K(1 +|Mjj|2e(kj+kj+N)x,2pjekj+Nx). (1.2.50)

Chúng ta thực hiện việc so sánh này trong một lớp con của lớp thế vị không tán xạ. Lớp con này bao gồm những thế vị có dữ liệu tán xạ S(t)

chứa N cặp giá trị kỳ dị thỏa mãn giả thiết sau đây:

Với mọi j,1 ≤ j ≤ N và α ∈ {0,1,2}, thì

αkj + (α + 1)kj+N 6= X

1≤l≤2N l6=j

βlkl, ∀βl ∈ {0,1,2,3}, kl = 2iρl. (1.2.51)

Để thuận tiện chúng ta gọi Giả thiết trên là Giả thiết (1.2.51). Từ Giả thiết (1.2.51), kết quả so sánh các hệ số được mô tả theo bổ đề sau

Bổ đề 1.2.5. Giả sử toán tử Dirac D(t) có thế vị không tán xạ u(x, t) và dữ liệu tán xạ S(t) có các giá trị kỳ dị thỏa mãn Giả thiết (1.2.51). Ký hiệu

F và G là các hàm số được xây dựng từ dữ liệu tán xạ S(t) theo các công thức (1.2.16b, c). Khi đó các hệ số của hàm mũ e(αkj+(α+1)kj+N)x, α = 0,1,2

trong biểu thức K(F, G) và trong biểu thức

K(1 +|Mjj|2e(kj+kj+N)x

,2pjekj+Nx

)

là hoàn toàn trùng nhau.

Chứng minh. Trước tiên ta cần chỉ ra rằng trong công thức (1.2.18), số hạng tương ứng với hàm mũ e0x là 1 = 1.e0x và chứa các số hạng ứng với hàm mũ e(kj+kj+N)x là

|Mjj|2e(kj+kj+N)x

Thật vậy ta xét khai triển (1.2.20) củaF = detA theo các phép thế. Trong các phép thế cấp2N chúng ta xét phép thếσ có các tập Aσ0, A1σ và A2σ được xác định cụ thể bởi

A1σ = {j}, A2σ = {j +N}, Aσ0 = {1,2, . . . ,2N} \ {j, j+ N}. (1.2.52)

Từ (1.2.21a),(1.2.21b) ta thấy rằng chỉ có duy nhất một phép thế ứng với điều kiện (1.2.52) và số hạng trong vế phải của (1.2.20) ứng với nó là

signσA1σ(1)A2σ(2). . . A2N σ(2N) = |Mjj|2e(kj+kj+N)x

. (1.2.53)

Giả thiết (1.2.51) đảm bảo rằng số hạng (1.2.53) cũng có mặt trong biểu diễn (1.2.18), tức là (1.2.53) không thể nhóm theo hàm mũ với bất cứ số hạng nào khác của (1.2.20). Thực vậy nếu tồn tại một số hạng nào đấy trong tổng (1.2.20) tương ứng với phép thế σ1 có thể nhóm theo hàm mũ với (1.2.53). Vậy thì từ biểu diễn (1.2.24a) ta có đẳng thức:

Y l∈A1 σ1 eklx Y l∈A2 σ1 eklx = e(kj+kj+N)x . Do đó ta suy ra kj +kj+N = 2N X l=1 µlkl, (1.2.54)

trong đó µl = 0 với l ∈ A0σ1 và µl = 1 với l ∈ A1σ1 ∪ A2σ1. Theo Giả thiết (1.2.51) thì đẳng thức (1.2.54) chỉ xảy ra khi µj = µj+N = 1 và µl = 0 với mỗi l 6= j, j+N. Như vậy A1σ1 = {j} và A2σ1 = {j+N}, tức là phép thế σ1

phải trùng với phép thế σ. Bởi vậy số hạng (1.2.53) trong (1.2.20) không thể nhóm theo hàm mũ với bất cứ số hạng nào khác của tổng này. Sử dụng Giả thiết (1.2.51) bằng phân tích tương tự ta chỉ ra được rằng trong dạng rút gọn (1.2.18) của hàm F số hạng ứng với hàm mũ e0x chính là số hạng

1 = 1.e0x.

Tiếp theo ta sẽ mô tả về số hạng trong biểu diễn (1.2.27) của hàm

G(x, t) có chứa hàm mũ ekj+Nx với mỗi chỉ số j được giữ cố định. Xét khai triển (1.2.30) của định thức detB(j+N) theo các phép thế. Trong các phép thế cấp 2N chúng ta xét phép thế σ có các tập Bσ1 = Bσ2 = ∅. Khi đó số hạng trong (1.2.30) ứng với phép thế này là

Sử dụng Giả thiết (1.2.51) và lập luận tương tự phần trước ta khẳng định được trong biểu diễn (1.2.38) củadetB(j+N)cũng có số hạng(−pj(2x, t)ekj+Nx). Xét chỉ số l 6= j, l ≤ N và định thức detB(l+N). Do các hàm mũ trong biểu diễn (1.2.38) của định thức detB(l+N) luôn chứa nhân tử ekl+Nx nên không có hàm mũ nào ứng với detB(l+N) trùng với ekj+Nx.

Như vậy số hạng chứa hàm mũ ekj+Nx trong biểu diễn (1.2.27) của hàm

G(x, t) là

2pj(2x, t)ekj+Nx.

Bây giờ ta xét biểu thức (1.2.50)

K(1 +|Mjj|2e(kj+kj+N)x,2pjekj+Nx).

Các hàm mũ xuất hiện trong biểu thức này làekj+Nx, e(kj+2kj+N)xvàe(2kj+3kj+N)x. Hệ số của ekj+Nx trong biểu thức trên là:

2ipjt − 2pjxx+ 4kj+Npjx+ 2kj2+Npj.

Ta cần phân tích về hệ số của hàm mũ ekj+Nx trong biểu thức K(F, G) để so sánh với hệ số trên. Xét số hạng iGtF2 của biểu thức này. Sử dụng các biểu diễn (1.2.18) và (1.2.27) ta nhận thấy tích iGtF2 có thể tách thành các số hạng có dạng iD1(µ)D1(µ0)D2(µ00)aµ(x, t)aµ0(x, t)bµ00t(x, t) 2N Y l=1 e(µl+µ0l+µ00l)klx. (1.2.55)

Nếu hàm mũ của số hạng này trùng với ekj+Nx thì theo Giả thiết (1.2.51) ta có

µl +µ0l +µ00l = 0, ∀ l 6= j, µj +µ0j + µ00j = 1,

Từ đẳng thức thứ nhất ở trên ta cóµl = µ0l = µ00l = 0, ∀ l 6= j. Nếu số hạng trên có giá trị khác không thì ta phải có D1(µ) = D1(µ0) = D2(µ00) = 1. Theo định nghĩa (1.2.19) của D1(µ), D1(µ0) ta suy ra µj = µ0j = 0. Từ đó ta suy ra µ00j = 1 −µj −µ0j = 1. Kết hợp với các kết quả đã chỉ ra ở hai bước chứng minh trước ta khẳng định được khi tách iGtF2 thành các số hạng có dạng (1.2.55) thì chỉ có một số hạng khác không duy nhất có hàm mũ là ekj+Nx và số hạng đó là

2ipjtekj+Nx

Phân tích một cách tương tự ta thấy rằng khi tách GxxF2 theo các hàm mũ thì các số hạng khác không có hàm mũ ekj+Nx là

2pjxx + 4kj+Npjx+ 2kj2+Npjekj+Nx.

Tiếp theo ta chỉ ra được khi tách các số hạng còn lại trong K(F, G) thành các hàm mũ thì không có số hạng khác 0 nào có số mũ là ekj+Nx. Như vậy số hạng chứa hàm mũ ekj+Nx trong K(F, G) và biểu thức (1.2.50) là như nhau. Việc so sánh các số hạng chứa hàm mũ e(kj+2kj+N)x và e(2kj+3kj+N)x

trong K(F, G) và biểu thức (1.2.50) cũng cho kết quả trùng nhau. Bổ đề đã được chứng minh.

Tiếp theo chúng ta có định lý về quy luật tiến hóa theo thời gian t của các đa thức chuẩn.

Định lý 1.2.4. Giả sử toán tử Dirac D(t) có thế vị không tán xạ và các giá trị kỳ dị trong dữ liệu tán xạ S(t) thỏa mãn Giả thiết (1.2.51). Giả sử

F(x, t) và G(x, t) là các hàm số được xây dựng từ dữ liệu tán xạ của D(t)

theo các công thức (1.2.16b, c). Khi đó, nếu F(x, t) và G(x, t) thỏa mãn phương trình (1.2.17), thì các đa thức chuẩn pj(x, t) là các đa thức bậc 0

theo x và có quy luật tiến hóa theo biến thời gian t như sau

pj = Cjeik2jt, −∞ < t < ∞, (1.2.56)

Cj là hằng số phức bất kỳ, j = 1,2, . . . , N.

Chứng minh. Cho F và G trong (1.2.18),(1.2.27) thỏa mãn phương trình (1.2.17). Sử dụng biểu diễn (1.2.49) của K(F, G) ta có

X µj∈{0,1,2,3} ˆ aµ(x, t) 2N Y j=1 eµjkjx = 0, (1.2.57)

trong đó các hệ số của hàm mũ ˆaµ(x, t) là đa thức của x. Áp dụng Bổ đề 1.1.2 ta nhận được

ˆ

aµ(x, t) ≡ 0. (1.2.58)

Tiếp theo, từ Bổ đề 1.2.5 các hệ số trong (1.2.50) của các hàm mũ hoàn toàn giống như (1.2.49), tức là các hệ số củaekj+Nx, e(kj+2kj+N)x, e(2kj+3kj+N)x

trong (1.2.50) đồng nhất bằng 0. Vì vậy, từ (1.2.49) chúng ta thu được N

phương trình và mỗi phương trình này ứng với một cặp điểm kì dị cố định:

K(1 +|Mjj|2e(kj+kj+N)x

,2pjekj+Nx

Áp dụng Định lý 1.2.3 cho mỗi phương trình trong (1.2.59) chúng ta kết

luận được mỗi đa thức chuẩn trong dữ liệu tán xạ có bậc không theo x

và phụ thuộc vào biến t theo công thức (1.2.56). Định lý đã được chứng minh.