Lấy H = H+ 0 0 H− , H± = (−i∇ − −→a)2 ∓B, B = d−→a ,
giả thiết rằng H có một bước phổ (a, b), 0 ≤ a < b, trong đó a ≥
infσess(H). Trước hết, ta chứng tỏ rằng một nhiễu loạn từ trường của H
là compact tương đối trong trường hợp từ trường và liên kết vectơ thế triệt tiêu ở vô cùng.
Bổ đề 3.2.1. Lấy Bs = d−→a
s và giả sử rằng Bs(x),|−→as(x)| → 0 khi
|x| → ∞. Lấy
H±(λ) = (−i∇ − −→a −λ−→a
s)2 ∓B ∓λBs, λ ≥ 0.
Chứng minh. Ta chỉ xét (H++i)−1−(H+(λ) +i)−1. Giả sử, (un)n∈
N hội tụ yếu tới 0 vàkunk = 1với mọin. Đặtwn := (H++i)−1un. Vớiε > 0lấy Rε > 0 sao cho |Bs(x)|,|−→a s(x)| < ε với |x| > Rε. Lấy ψ(x) ∈ Cc∞ R2
bằng 1 với |x| ≤ Rε và bằng 0 bên ngoài hình cầu KR với mỗi R > Rε. Dễ dàng thấy rằng
k∇(ψwn)k,k∇(ψ(−i∇ − −→a)wn)k< C,
với mọi n∈ N. Bằng Rellich – Kondrachov, ψwn và ψ(−i∇ − −→a)wn hội tụ mạnh tới 0 khi n → ∞. Sử dụng cách làm sau, ta kết luận
(H+(1) +i)−1 −(H++ i)−1 un ≤ 2−→a s(−i∇ − −→a )− −→a 2s +Bswn ≤ c.ε, n≥ n0, với n0 ∈ N thích hợp và c > 0.
Nếu Bs là một giá compact, sẽ không khó để tìm một liên kết vectơ thế −→a
s triệt tiêu ở vô cùng. Lấy Bs = B0+Brad, trong đó B0, Brad cũng là giá compact, B0 có thông lượng không và Brad là đối xứng xuyên tâm. Ta có thể tìm một vectơ thế −→a
0 của giá compact sao cho d−→a
0 = B0. "Độ đo" −→a rad với Brad có thể ước tính |−→arad(x)| ≤ C 1 +|x|, x ∈ R 2
[xem pt (3.6) bên dưới]. Do đó, −→a
s = −→a
0 +−→a
rad triệt tiêu ở vô cùng. Giả sử, H có 1 bước phổ (a, b),0 ≤ a < b, nó cũng là 1 bước của phổ thiết yếu của toán tử H. Ta xét những toán tử được cho bởi
H±(λ) = (−i∇ − −→a −λ−→a
trong đó Bs = d−→as và |BS|,|−→as| triệt tiêu ở vô cùng. Toán tử này là
compact tương đối với sự chú ý tới H (xem Bổ đề 3.2.2). Do đó, phổ thiết yếu của H±(λ) sẽ không thay đổi khi λ thay đổi, nhưng những giá trị riêng có thể xuất hiện trong bước này. Ta trả lời câu hỏi “có giá trị riêng nào trong bước phổ (a, b) khi λ → ∞ không?”.
Rất nhiều công việc được làm để trả lời cho câu hỏi này cho những toán tử Schr¨odinger (xem ở [4]). Một số kết quả như sau: giả sử rằng toán tử
−∇+V có một bước phổ, trong đó V ∈ L∞(Rd) là một điện thế. Lấy
0≤ W ∈ L∞ Rd có giá compact và W > 0 trên 1 hình cầu lớn. Ta xét
−∆ +V +λW, λ ∈ R.
Khi λ → +∞ có hữu hạn giá trị riêng nhỏ hơn λ nằm trong bước phổ. Ta có thể nói rằng hiệu ứng đẩy của hình cầu thay thế λW ≥ 0 chuyển năng lượng của các hàm trở lên “sống” bên trong giá của W. Khi λ <0, dễ dàng thấy được hình cầu thay thế là λW≤ 0. Do đó, có vô số giá trị riêng lớn hơn λ nằm trong bước phổ khi λ → ∞.
Từ tính cho bởi −∆ + V trong R2 được xem xét ở [4]. Toán tử từ Schr¨odinger
(−i∇ −λ−→a
s)2 +V, λ ≥0,
được xem xét ở đóBs = d−→a
s. Bao đóng của tập đóngΩ =x ∈ R2;Bs(x) 6= 0
được giả sử là compact và bao hàm hình cầu nhỏ. Do biên Avron–Herbst–Simon
|(ψ, Bsψ)| ≤ ψ,(−i∇ − −→as)2ψ
, ψ ∈ Cc∞ R2.
Từ tính được so sánh với điện tính λIΩ, λ > 0, trong đó λIΩ, λ > 0 là hàm đặc trưng trên Ω. Như mong đợi, từ tính chuyển ít nhất một số
hữu hạn của những giá trị riêng nằm trong bước phổ khi λ → ∞. Phép chiếu H± như toán tử từ Schr¨odinger với điện thế ∓B, từ đó dự đoán kết quả tương tự có thể có được cho toán tử Pauli hai chiều. Ta chứng minh rằng có những trường hợp mà ở đó dáng điệu của toán tử Pauli là khác nhau.
Ta minh họa nó bởi một ví dụ. Giả thiết rằng nếu trường B trong (3.5) không đổi và dương. Nó được nhắc đến (xem ở [8]) phổ của H+ và H−
tồn tại tương ứng cấp Landau{2kB;k ∈ N0}và {2kB;k ∈ N}. Có những giá trị riêng của sự suy biến vô hạn, có vô số những bước trong phổ thiết yếu của H+ và H−.
Lấy B2 = d−→a
s ≤ 0 bị chặn với giá compact. Thấy rằng H+(λ), hiệu ứng đẩy của bóng thế −λBs và của vectơ từ thế λ−→a
s kết hợp lại cần di chuyển một số hữu hạn những giá trị riêng từ dưới λ thông qua mỗi bước phổ (2kB,2 (k + 1)B), k ∈ N0. Điều này không thể đúng cho bước phổ đầu tiên (0,2B). Nó kế tiếp từ tính siêu đối xứng của toán tử Pauli hai chiều
σ(H+(λ))\ {0} = σ(H−(λ))\ {0}
(xem ở [4]). Phổ của H−(λ = 0) nằm trên 2B. Hơn nữa, ta có thể chứng minh rằng H−(λ) không có không gian rỗng với mọi λ ≥ 0 (xem ở [4]). Như những nhánh giá trị riêng được phân tích trong λ (xem ở [4]) ta kết luận rằng chúng không thể là những giá trị riêng trong (0,2B) ∩ σ(H−(λ)) bắt đầu từ 0. Nhưng do tính siêu đối xứng của toán tử Pauli hai chiều nên điều này vẫn đúng cho H+(λ). Thực vậy, ta chứng minh rằng hiệu ứng đẩy của những giá trị riêng −λBs và −→a
tiên từ dưới λ khi λ → ∞ !
Trước khi đưa ra kết luận chính xác của kết quả không mong đợi này, ta cố gắng giải thích nó. Giả thiết rằng Bs là đối xứng xuyên tâm. Bây giờ coi như, ta có thể biết rõ ràng không gian rỗng của H+(λ). Những hàm riêng trong tọa độ cực r, ξ.
uλ,m(r, ξ) =rme−R0r 1
t
Rt
0(B+λBs(τ))τ dτ dt ·eimξ, m ∈ N0
(xem ở [4]). Nghiên cứu các hàm này khi λ tăng, ta sẽ thấy rằng chúng “trốn” sự nhiễu loạn, chúng chuyển đều từ giá của Bs. Nhưng giá trị riêng tương ứng đều cấp 0. Khác biệt trường hợp này ở chỗ bước phổ của toán tử đầu tiên được đưa ra bởi tính tuần hoàn của một hiệu điện thế, những hàm riêng này không bị hạn chế tới cấu trúc tuần hoàn. Sự phỏng đoán của ta là trong chuyển động đều từ giá của Bs những hàm riêng đó tạo ra vị trí cho các hàm riêng của năng lượng cao hơn. Ta được những giá trị riêng nằm trong bước phổ từ dưới.
Ta sẽ chứng minh rằng sự tồn tại của loại này của những giá trị riêng trong phổ đầu tiên trong trường hợp tổng quát hơn.
Định lý 3.2.2. Lấy H− bị chặn dưới bởi một hằng số b > 0. Giả sử rằng không gian rỗng của H+ là vô hạn chiều. Lấy Bs = d−→a
s và giả sử
|Bs(x)|,|−→as(x)| → 0 khi |x| → ∞. Lấy Bs(x) < 0 với x nằm trong tập mở khác rỗng Ω của R2. Giả sử xa hơn rằng Bs và B là liên tục Lipschitz trên Ω. Khi đó ta có
(i) Toán tử H+ có bước phổ (0, b) và do đó toán tử Pauli H có bước phổ thiết yếu (0, b);
(ii) Với mọi 0 < ε < b có vô số những giá trị riêng của H±(λ) ở trên nằm trong bước phổ (ε, b) khi λ → ∞.
Chứng minh. Phần (i) có được ngay bởi tính siêu đối xứng và những giả thiết trên H+ và H−.
Ta chứng minh(ii). Lấy m ∈ N. Như trong chứng minh Bổ đề 3.1.4, ta tìm m hình cầu nhỏ rời nhau KRj (xj) ⊂ Ω, j = 1, ...., m với tính chất sau:
Có một hằng số Λ (m) > 0 và hằng số Bj1, Bj2 > 0 với j = 1, . . . , m sao cho với mọi λ >Λ (m),
Bj1 ≤ 1 λB(x) +Bs(x) ≤Bj2, x ∈ KRj(xj) và 1 ≤ Bj2 Bj1 < 1−2 lnRj (7/16 )−2 lnRj.
Bây giờ, áp dụng Bổ đề 3.1.2 tới mỗi hình cầu đó, ta đượcN(ε, H−(λ)) ≥ m với λ lớn.
Ta đưa một ví dụ của toán tử Pauli sao cho những giá thiết của Định lý 3.2.2 trên H+ và H− được thỏa mãn.
Ví dụ 3.2.3. Lấy B là một chu kỳ. Giả sử, từ thông thông qua một chu kỳ khối là dương. Khi đó với H± = (−i∇ − −→a)2 ∓B, ta có
(i) Có một hằng số b > 0 sao cho H− ≥ b;
(ii) Toán tử H+ có một miền vô hạn không gian rỗng.
Chứng minh. Lấy Be là từ thông của B thông qua một chu kỳ khối. Với
hàm tuần hoàn φ1 sao cho −∆φ1 = B1. Đặt f−→a = 1 2Be(−x2, x1) và chọn − →a = ( e a1 + ∂2φ1,ae2 −∂1φ1).
VớiQ− = (−i∂1 −a1)−i(−i∂2 −a2)vàQe− = (−i∂1 −ea1)−i(−i∂2 −ea2), ta kết luận Q−e−φ1 = e−φ1 e Q−. Như Q∗−Q− = H− và Qe∗−Qe− = −i∇ − f−→a2 +Be ≥ 2Be (toán tử với từ trường Be dương), ta tìm một hằng số b > 0 sao cho với mọi u ∈ D(H−)
(H−u, u) = kQ−uk2 = e−φ1 e Q −eφ1u 2 ≥bkuk2.
Phần (ii) được chứng minh trong [5].
Sử dụng kỹ thuật của Hempel và Levendorski, ta có thể chứng minh định lý. Một lần nữa, ta cần Bổ đề 3.1.2. Ta không muốn lặp lại tất cả các chi tiết của kỹ thuật đó mà ở đây, ta chỉ đưa ra phác thảo của chứng minh.
Định lý 3.2.4. Giả sử rằng toán tử Pauli H có bước phổ (thiết yếu)
(a, b),0 ≤ a < b. Lấy Bs = d−→a
s bị chặn với giá compact sao cho
Ω< := x ∈ R2, Bs(x) < 0 và Ω> := x ∈ R2, Bs(x) > 0 chứa những tập rỗng mở của R2 và lấy B và Bs liên tục Lipschitz trên những tập đó. Hơn nữa, giả sử R Bs = 0. Lấy
H±(λ) = (−i∇ − −→a −λ−→a
s)2 ∓B ∓λBs, λ ≥ 0.
Khi đó với mỗi E ∈ (a, b), tồn tại một λE > 0 sao cho E là giá trị riêng của H+(λE) và H−(λE).
Chứng minh. Ta chỉ xét H+ và H+(λ). Chẳng hạn R Bs = 0, chọn −→a s
với giá compact.
Bước đầu tiên là giải quyết vấn đề giá trị riêng trên một hình cầu lớn
Kn, n ∈ N. Lấy H+(Kn) và H+(λ, Kn) tương ứng là những toán tử H+
và H+(λ) trên Kn với những điều kiện biên Dirichlet. Có thể là những điều kiện biên đưa ra cho các giá trị riêng của H+(Kn) trên bước (a, b). Để tránh khỏi điều này, ta giới thiệu các toán tử H+e (Kn) và H+e (λ, Kn)
trong đó e H+(Kn) =H+(Kn) + (b−a)ψnPnψn và e H+(λ;Kn) = H+(λ;Kn) +ψnPnψn.
Ở đó, Pn = P(a,b)(H+(Kn)) và ψn ∈ C∞ thỏa mãn ψn(x) = 0 với
|x| ≤ n/2 và ψn(x) = 1 với |x| ≥ 5 6n. Chứng minh rằng với E ∈ a0, b0 ⊂ (a, b), σ e H+(Kn) ∩a0, b0 = ∅, n > n1.
Như trong chứng minh của ([7], Theorem 1.1), ta chỉ ra rằng tồn tại hằng số C, R, n2 > 0 không đổi sao cho với n > n2
N E,He+(λ;Kn) −N E,He+(Kn) ≥ N(E, H+(λ;KR))−C.
Chú ý quan trọng là vế phải không phụ thuộc vào n với n > n2. Ta lại sử dụng Bổ đề 3.1.2 để chứng minh rằng có một hằng số Λ0 > 0 sao cho
N (E, H+(λ;KR)) ≥ C + 1 với λ >Λ0. Do đó, N E,He+(λ;Kn) −N E,He+(Kn) ≥ 1vớiλ > Λ0, n > n2.
Nghĩa là với n > n2, tồn tại những λn ∈ (0,Λ0] và những hàm un ∈ D e H+(λn;Kn) sao cho e H+(λn;Kn)un = Eun.
Bước tiếp theo chứng minh (un) là một dãy con hội tụ yếu trong H1 R2
tới hàm u ∈ D(H+(λE)), trong đó λn → λE với n → ∞. Cuối cùng ta chỉ ra
H+(λE)u = Eu.
Trong Định lý 3.2.4 quan trọng nhất là thông lượng của Bs bị triệt tiêu. Trong trường hợp này, ta có thể chọn một vectơ từ thế bằng 0 ngoài giá củaBs. Nếu R Bs 6= 0thì không có vectơ từ thế −→a
s của giá compact.