Luận văn Phương trình schrodinger phi tuyến

 (1, ), qj = q  (1, ) với 1 r = 1 p + 1k q  . ■ Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên - 17 - Chƣơng 2. ĐỊNH LÝ DUY NHẤT 2.1. Định lý duy nhất Để chỉ ra rằng, một điều kiện phụ có thể bỏ đi đƣợc thì cần một Định lý duy nhất mạnh. Mục đích của phần này là để chỉ ra rằng định lý duy nhất (của (NLS)) không đòi hỏi tính khả vi của nghiệm. Sử dụng định lý này sự tồn tại của các không gian phụ trợ đã đƣợc chỉ ra là có thể bỏ đƣợc. Lời trình bày của định lý đƣợc biểu diễn trong dạng "Tính duy nhất trong không gian ." Nó có nghĩa là (1) Chỉ ra rằng u  là một nghiệm của (NLS) với t  (0, T); (2) Giá trị ban đầu u(0) = 0 lim t u(t) tồn tại nhƣ một hàm suy rộng trên m ; (3) Có cùng lắm là một nghiệm u  của (NLS) với một hàm suy rộng cho trƣớc nhƣ là giá trị ban đầu. Định lý 2.1 (Định lý duy nhất) Giả thiết (1.4.1 – 2). Nếu m  2, sự duy nhất là trong L(L2)  Lr(Lq) thỏa mãn với (2.1.1) 1 1 1 2 m q k   và 1 2 1 2 2 ( 1)q mr m k     trừ một số ngoại lệ sau Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên - 18 - Nếu k = 1, thì điều kiện 1 2 1 2 2 ( 1)q mr m k     được thay bởi 1 2 1 2q mr   . Nếu 4 1 2 k m     và r = , thay thế  trong (2.1.1) bởi <. Nếu k =  (xem phần1.4 chương 1 ), thay thế Lr(Lq) bởi L( T ). Nếu m = 1 thì sự duy nhất là trong L(L2)  Lr(Lq) thỏa mãn với (2.1.2) 1 q  1 k và 1 2 1 2 2 1q r k     . Chú ý (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 đƣa ra dạng đơn giản hơn khi đƣợc áp dụng với một k đặc trƣng. Ví dụ nếu k < 2 1 m  thì (q, r) = (2, ) đƣợc kéo theo; Do đó, sự duy nhất là trong L(L2). Cũng chú ý rằng 1 2 1 2 ( 1) 2m k    nếu 4 1k m   và bằng 2 ( 1)m k  nếu 4 1k m   . Điều kiện đầu tiên trong (2.1.1) là thừa nếu 4 1 2 k m    và r < , bởi vì, nó đã đƣợc suy ra bởi điều kiện thứ 2. (c) Sử dụng các ký hiệu hình học đã đƣa ở chƣơng trƣớc ta có các công thức sau (theo [7, 8, 11, 12]) (CT1) Nếu R  [PQ] thì L(P)  L(Q)  L(R)  L(P) + L(Q), với Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên - 19 - || :R||  || :P||1 –  || :Q|| nếu  = |PR|/|PQ|. Thật Vậy Gọi 1 1 1 1 1 1 Q , ; , ; R ,P q p r                    . Khi đó L(Q) = Lq(L), L(P) = L p (L  ), L(R) = L r (L  ). Không mất tính tổng :Quát ta có thể giả sử 1  q < r  p < , 1   <    < . Đặt  = | | | | PR PQ = 1 1 ( ) 1 1 ( ) q p rr p r p q q p      1 –  = | | | | QR PQ = 1 1 ( ) 1 1 ( ) p r qq r r p q q p     . Xét 1 1 ( ) 1 ( ) 1 . . ( ) ( ) q p r p r q q p q r p q p r p q r           .  (1 ) 1 r r q p     . Tƣơng tự ta có (1 ) 1         .  u  L(P)  L(Q) xét (1 )| ( , ) | | ( , ). ( , ) | m m u x t dx u x t u x t dx          Q R P 1 q 1 r 1 p 1  1  1  Hình 2 Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên - 20 - (1 ) (1 ) .. (1 ) (1 )| ( , ) | | ( , ) | | ( , ) | . | ( , ) | m m m u x t u x t dx u x t dx u x t dx                                 1 1 . .(1 ) | ( , ) | . | ( , ) | m m u x t dx u x t dx                          1 | ( , ) | m u x t dx             1 1 . .(1 ) | ( , ) | . | ( , ) | m m u x t dx u x t dx                        ( ) || ( , ) || mLu x t    ( ) || ( , ) || mLu x t    1 ( ) || ( , ) || mLu x t    . Vì r > 1 nên có ( ) || ( , ) || m r L u x t    ( ) || ( , ) || m r L u x t    (1 ) ( ) || ( , ) || m r L u x t    . Tích phân hai vế ta đƣợc ( ) 0 || ( , ) || m T r L u x t dt   ( ) 0 || ( , ) || m T r L u x t     (1 ) ( ) || ( , ) || m r L u x t dt   ( ) 0 || ( , ) || m T r L u x t dt   . ( ) 0 || ( , ) || m r q qrT r L u x t dt               (1 ) (1 ) . (1 ) ( ) 0 || ( , ) || m r pT pr r L u x t dt               ( ) 0 || ( , ) || m T r L u x t dt   1 . ( ) 0 || ( , ) || m r q qT L u x t dt            . 1 .(1 ) ( ) 0 || ( , ) || m r T pp L u x t dt          1 ( ) 0 || ( , ) || m r rT L u x t dt            1 . ( ) 0 || ( , ) || m T qq L u x t dt          . 1 .(1 ) ( ) 0 || ( , ) || m T pp L u x t dt           ||u :R||  ||u :Q||. ||u :P||1 –  . Vì u  L(P)  L(Q)  ||u :Q|| < ; ||u :P||1 –  < .  ||u R|| <   u  L(R). Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên - 21 -  L(P)  L(Q)  L(R). ■ (CT2) f L(P) và g  L(Q) suy ra rằng fa.gb  L (aP + bQ); với ||fa.gb :aP + bG||  || f :P||a . || g :Q||b, với a, b  0. Thật Vậy Gọi 1 1 1 1 Q , ; ,P q p              .  aP , ; bQ , . a a b b p q               aP + bQ = , ; a b a b p q         Đặt 1 1 , a b a b h k p q       , 1 ha hb ka kb p q     . Với f L(P) và g  L(Q) xét . . 1 1 . . | ( , ). ( , ) | | ( , ) | . | ( , ) | | ( , ) | . | ( , ) | | ( , ) | . | ( , ) | m m m m m m a b h ah bh ha hb ah bh ha hb ha hb f x t g x t dx f x t g x t dx f x t dx g x t dx f x t dx g x t dx                                                      1 | ( , ). ( , ) | m h a b hf x t g x t dx         1 1 . . | ( , ) | . | ( , ) | m m a b f x t dx g x t dx                     ( ) || ( , ). ( , ) || h m a b L f x t g x t   ( ) || ( , ) || m a L f x t   ( )|| ( , ) || m b L g x t     bQ P 1/q 1/p    Q aP aP + bQ Hình 3 Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên - 22 -  ( ) 0 || ( , ). ( , ) || h m T k a b L f x t g x t dt   ( 0 || ( , ) || m T a L f x t   ( )|| ( , ) || m bk L g x t dt  . ( ) 0 || ( , ) || m ka pT pak ka L f x t dt          . ( ) 0 || ( , ) || m kb qT qbk kb L g x t dt          1 . ( ) 0 || ( , ) || m ka T pp L f x t dt         1 . ( ) 0 || ( , ) || m kb T qq L g x t dt         = ||f(x, t) P|| ka . ||g(x, t) Q|| kb  1 ( ) 0 || ( , ). ( , ) || h m T kk a b L f x t g x t dt          ||f(x, t) P||a. ||g(x, t) Q||b  || ( , ). ( , )a bf x t g x t :aP + bQ||  ||f(x, t) ::P||a. ||g(x, t) Q||b. Vì f L(P) và g  L(Q) nên || ( , ). ( , )a bf x t g x t :aP + bQ||  ||f(x, t) :P||a. ||g(x, t) :Q||b <   fa. gb  L(aP + bQ). ■ (CT3) Giả sử T <  và Q\P thì L(Q)  L(P) với đơn ánh bị chặn bởi T với  = y (P – Q). Thật Vậy Vì Q\P nên ta gọi 1 1 1 1 Q , ; ,P q p               L(P) = Lp(L); L(Q) = Lq(L) Khi đó  = y (P – Q) = 1 1 p q        1 1 1 p p p q q         P Q 1 p 1 q 1  Hình 4 Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên - 23 -  u  L(Q) ta có ||u :P|| = 1 ( ) 0 || ( , ) || m T pp L u x t          . Xét ( ) 0 || ( , ) || m T p L u x t   , áp dụng Bất đẳng thức Holder ta có ( ) ( ) 0 0 1 . . ( ) 0 0 || ( , ) || 1 . || ( , ) || 1 || ( , ) || . || ( , ) : || m m m T T p p p L L p p qT T qp p p p L p p u x t dt u x t dt dt u x t dt T u x t Q                               ||u :P||  T.||u :Q|| 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) = 0 ( ). ( ) t i U t f d    , là bị chặn từ L(P') bất kỳ với bất kỳ P'  l' vào L(P) bất kỳ với bất kỳ P  l, với biên độc lập với T. Ở đây, L(B) có thể được thay thế bởi BC ([0, T); L2). (CT5) Toán tử  xác định bởi (  )(t) = U(t), với U(t) = exp(it) là bị chặn từ L 2 vào L(P) với bất kỳ P  l, với biên độc lập với T. Nhắc lại L(B) có thể được thay thế bởi BC ([0, T); L2) trong trường hợp cận là 1. Định lý 2.1 sẽ đƣợc suy ra từ Bổ đề và các công thức sau 2.2. Bổ đề 2.2 Giả sử P, Q, R   thỏa mãn (2.2.1) [BQ]\P  l, R = P + (k – 1)Q \ l' (xem hình 5) Khi đó sự duy nhất là trong  = L(B)  L(Q). Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên - 24 - O Q 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 đƣợc điều đó ta chỉ ra F có thể viết dƣới 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 đƣợc 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  L 1 (H –2 + L 1 + L 2 )  L 1 (H –m – 1 ). Từ đó dễ dàng kết luận rằng u(0)  H–m – 1  S' tồn tại. Vì vậy, (NLS) là tƣơng đƣơng với phƣơng trình tích phân sau Hình 5 Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên - 25 - (2.2.5) u =  (u(0)) + GF(u), trong đó, (2.2.6) (  )(t) = U(t), Gf(t) = 0 ( ) ( ) t i U t f d    , U(t) = e it . Bước 2 Để chỉ ra tính duy nhất trong , giả sử có 2 nghiệm u, v  của (INT) với u(0) = v(0). Bằng phép trừ ta thu đƣợc w = u – v, (2.2.7) w = G(F1(u) – F1(v)) + G(Fk(u) – Fk(v)). Từ đó ta sẽ kết luận w = 0 nếu T đủ nhỏ (thƣờng thì độ lớn của T là không :Quan trọng trong Định lý duy nhất). Từ (2.2.3 – 4), (sử dụng Định lý giá trị trung bình) ta có (2.2.8) |F1(u) – F1(v)|  M|w|, |Fk(u) – Fk(v)|  cN|w| (|u| k –1 + |v| k – 1 ). Giả sử S  l' sao cho R\S (điều này là tồn tại vì R\ l'). Do đó, theo CT4, G là bị chặn từ L(B') vào L(B) và từ L(S) vào L(P). Theo CT3, L(B)  L(B') với phép đơn ánh bị chặn bởi T, và L(R)  L(S) với phép đơn ánh bị chặn bởi T, trong đó,  = y(S – R)  0. Do đó, ||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||  cT θ || 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) Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên - 26 -   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 đƣợc chứng minh. ■ 2.3. Chứng minh Định lý 2.1 Đặt Q = ( 1 q ; 1 r ). Ta phải chỉ ra tính duy nhất trong L(B)  L(Q). Để đƣợc điều này ta đi kiểm tra các giả thiết của Bổ đề 2.2. Vì đây là một định lý hình học sơ cấp nên nó sẽ đủ để chỉ ra cách chọn P, Q, R nhƣ thế nào. Đầu tiên giả sử m  2. Ta xét một vài trƣờng hợp riêng sau (a) 1  k < 1 + 2 m . Ta có thể giả sử rằng :Q = B, bởi vì, nếu tính duy nhất đúng trong L(B) thì nó tất nhiên đúng trong L(B)  L(Q) với Q bất kỳ. Vì vậy, đặt P = Q = B thì R = kB\ l'. (b) 1 + 2 m  k < 1 + 4 m . Giả sử lˆ là thác triển lớn nhất trong  của l. (2.1.1) kéo theo rằng :Q là trên hoặc trái của lˆ với x(Q) < ak  1 1 2 m k   1 2 . Sử dụng CT1 và CT3, không khó để thấy rằng ˆQˆ l sao cho L(B)  L(Q)  L(B)  L( Qˆ ) và Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên - 27 - x( Qˆ ) = ak – , trong đó,  > 0 có thể bé tùy ý cho trƣớc. Vì vậy, ta có thể giả thiết từ đầu là Q thỏa mãn các điều kiện của Qˆ . Sau đó, đặt P = Q, và chỉ ra rằng kP = R \ l'. (c) 1 + 4 m  k < . Giả sử ˆ kl là đoạn lớn nhất trong  song song với l và điểm dƣới cùng là (bk, 0), trong đó, bk = 2 ( 1)m k   1 2 . Điều kiện thứ 2 trong (2.1.1) là tƣơng đƣơng với Q là trên hoặc trái của ˆ kl . Nhƣ trong trƣờng hợp (b) dễ thấy rằng L(B)  L(Q)  L(B)  L( Qˆ ) với Qˆ  ˆ kl đã biết. Ở đây, y( Qˆ ) = 0 bị loại trừ bởi giả thiết. Nhắc lại ta có thể giả thiết bản thân Q thỏa mãn các điều kiện của Qˆ . Dễ thấy rằng ta có thể chọn P  l và R  l' sao cho (PR) song song với (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 2m  ; điều đó kéo theo bk  1 2 – 1 m = x(C). (Trong trƣờng hợp này điều kiện đầu tiên của (2.1.1) đƣợc suy ra bởi điều kiện thứ hai). Trƣờng hợp 1 + 4 m  k < 1 + 4 2m  thì phức tạp hơn. Tuy nhiên, nó có thể đƣợc chứng minh rằng điều kiện đƣợc yêu cầu có thể đƣợc 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). Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên - 28 - (d) k = . Điều đó có nghĩa là không có giả thiết nào về tốc độ tăng của F(). Trong trƣờng hợp này ta quay lại phƣơng 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 trƣớc có thể đƣợc áp dụng để chứng minh u = v. (Chú ý L(B)  L  ( T )  L(Q) với bất kỳ Q thỏa mãn x(Q)  1 2 ). Trƣờng hợp m = 1 có thể đƣợc vận dụng theo cách trên, chú ý rằng l, l' là đóng. Nếu k  2, ta có thể giả sử (nhƣ trong trƣờng hợp (a) ở trên) rằng :Q = B. Đặt P = Q = B, R = kB \ l'. Nếu 2 < k  5, (2.1.2) kéo theo Q là trên hoặc trái của ˆ kl với x(Q)  1 k < 1 2 . Nhƣ trong hợp (b) ở trên, ta có thể giả sử rằng :Q là trên l với x(Q) = 1 k . Đặt P = Q thì R = kP \ l'. Nếu k  5, (2.1.2) kéo theo Q là trên hoặc trái của ˆ kl có điểm dƣới là ( 2 1k  , 0). Nhƣ trong trƣờng hợp (c), ta có thể giả sử rằng :Q  ˆ kl 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 đƣờng thẳng ở trên cũng suy ra đƣợc 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 Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên - 29 - (2.4.1) 1 1 1 ( ) 1 2 2 2 ( 1) m q k m k      (q =  nếu k = ). Nếu m = 1, sự duy nhất là trong L(L2  L2 k). Chứng minh Chỉ cần đặt r =  trong Định lý 2.1. ■ 2.4.2. Hệ quả 2.4.2 Cho s 0. Sự duy nhất là trong C([0, T); Hs) trong mỗi trường hợp sau (i) s 2 m , (ii) m  2, 0 s < 2 m và k < 1 + 4 (2 2) 2 s m s    , (iii) m = 1, 0  s < 1 2 và k  2 1 2s . Chứng minh Ta có thể giảm T nếu cần thiết và thay thế C ([0, T); H2) bởi   L  ((0, T); H 2 )  L  (L 2  Lq ), (sử dụng Định lý nhúng Sobolev) q = 2 2 m m s nếu s < 2 m ; q <  nếu s = 2 m , q =  nếu s > 2 m . 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 . Trƣờng hợp (i) là hiển nhiên, vì nó suy ra rằng q =  hoặc lớn tùy ý. Trƣờng hợp (ii) đặt q = q trong (2.4.2) đƣa đến sự thỏa mãn điều kiện. Tƣơng tự, trƣờng hợp (iii) q  2  k đƣợc thấy là thỏa mãn. ■ Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên - 30 - Chƣơng 3. SỰ TỒN TẠI ĐỊA PHƢƠNG CỦA HS – NGHIỆM. HS NGHIỆM TOÀN CỤC VỚI ĐIỀU KIỆN BAN ĐẦU NHỎ. 3.1. Sự tồn tại địa phƣơng của Hs – nghiệm Ta quay lại với một vài vấn đề về sự tồn tại, và đƣa ra một chứng minh mới về tính giải đƣợc địa phƣơng của (NLS) trong Hs với giá trị s > 0 thực. Hs nghiệm đƣợc 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 s = (1 – ) –s/2 ({L(P); P  l}) (3.1.1) = {Lr(Lq,s); 1 2 1 1 ; 2 2 r q mr    }. Ở đây, , / 2(1 )q s s qL L  là một không gian Lebesgue. Chuẩn của   Lq,s là tƣơng đƣơng với ||||q  || s||q trong đó,  = (– ) 1/2 . Đặc biệt điều này là đúng cho Hs = L2, s. Với thế F(u), ta tạo giả thiết (F1), (F2) đƣa ra dƣới đây, trong đó, {s} ký hiệu là số nguyên dƣơng nhỏ nhất lớn hơn hoặc bằng s. (Vì vậy, {s} = [s] + 1 nếu không là số nguyên, {s} = s nếu s số nguyên  1, và {0} = 1). On là ký hiệu Landau, nó có thể đƣợc đạo hàm n lần. Vì vậy, F = O{s}(||k) nghĩa là (3.1.2) D i F() = O(||k – i), i = 0, 1, ..., {s}.  là hàm số thực mở rộng đƣợc cho bởi Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên - 31 - () = 1 + 4 2m  ; –     2 m ((– ) = 1; 2 m         ). Với hàm ngƣợc là –1() = 2 2 1 m    ; 1    , –1(1) = – ; –1() = 2 m . (F1) (tính trơn) F  C {s} ( ;  ), với F(0) = 0. (F2) (tốc độ tăng với  lớn) Nếu s > 2 m , không cần giả thiết. Nếu s  2 m và nếu F() là đa thức của  và  thì bậc của F bằng k  (s). Nếu s  2 m và nếu F không là đa thức thì F() = O {s} (||k) khi || → . Trong đó, k là một số hữu hạn thỏa mãn (3.1.3) {s}  k  (s). Chú ý (a) (3.1.3) kéo theo (3.1.4) {s}  (s), một sự hạn chế của s khi F không là đa thức. Rõ ràng (3.1.4) chứa cả trƣờng hợp s  0 nếu m  6. Nếu m  7, vùng có thể chấp nhận của s về cơ bản gồm có hai khoảng [0, 1] và [ s , ] trong đó, s là hơi nhỏ hơn 2 m . Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên - 32 - Nếu m = 7, ở đây, có một khoảng khác [1,5; 2] nằm giữa, nó đƣợc thu gọn thành một điểm {2} nếu m = 8 và {5} nếu m = 11. Với những giá trị của s nằm ngoài các khoảng đó, định lý của ta chỉ áp dụng với đa thức F có bậc nhỏ hơn hoặc bằng (s). Nó là điều thất vọng nếu m  7, giá trị của s chỉ lớn 1 đã bị loại trừ với F không là đa thức, hoặc là đa thức, duy nhất đa thức tuyến tính là đƣợc chấp nhận (bởi vì, (s) < 2) (b) Có một lý thuyết độc lập cho H2– nghiệm (xem [3, 12, 15]), nó sẽ bổ sung cho kết quả của ta . Nó chỉ ra rằng (NLS) là đặt chỉnh trong H2 nếu F  C1 và k < (2), một trƣờng hợp không đƣợc xét bởi định lý dƣới đây. Nó là không biết có hay không với những giá trị không nguyên của s  (1, 1) chẳng hạn. (c) Vì (F2) là về tốc độ tăng của F(), điều kiện k  {s} trong (3.1.3) có thể xuất hiện kỳ lạ. Nhƣng vì (3.1.2) không tạo ý nghĩa nhiều nên k < {s}, điều kiện này là tự nhiên. Nếu (3.1.2) xảy ra với k < {s}, ta có thể luôn luôn tăng nó lên tới k = {s} để thỏa mãn cả (3.1.2 – 3) với điều kiện là (3.1.4) đƣợc thừa nhận. Sự phức tạp nhƣ vậy không xuất hiện nếu F là 1 đa thức. Định lý 3.1.1 Giả sử (F1), (F2), khi đó với bất kỳ   H s, có T > 0 và một nghiệm duy nhất u  C([0, T]; Hs)   s của (NLS) với u(0) = . Không gian phụ  s là có thể bỏ được (vì (NLS) là đặt chỉnh tuyệt đối trong Hs) nếu s  m 2 , hoặc nếu s < m 2 và (3.1.5) k < 1 + 4 (2 ) 2 s s m s    (k  2 1 2s nếu m = 1). Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên - 33 - Chú ý (d) (3.1.5) là điều kiện nhẹ. Nếu 1  s < m 2 , chỉ có một trƣờng hợp (dƣới (F2)) không thỏa mãn (3.1.5) đó là trƣờng hợp "tới hạn" k = (s) . Có một vài trƣờng hợp nhƣ vậy nữa với 0 < s < 1. (e) Các nghiệm đƣợc đƣa ra bởi [3] là trùng với nghiệm của ta. Điều đó là hiển nhiên trong trƣờng hợp không điều kiện. Ngay cả trong trƣờng hợp có điều kiện, nó vẫn đúng vì tất cả các nghiệm đều có thể tính đƣợc bằng cách xấp xỉ liên tục với hàm số ban đầu U(t). Định lý 3.1.2. ( Vùng tồn tại) Cho [0, T *) là khoảng lớn nhất của sự tồn tại của u trong Định lý 3.1.1. T* phụ thuộc vào theo các cách sau (i) Cho s  m 2 . Cố định  sao cho (3.1.6)   [0; m 2 )  [– 1 (k), s] (ia) Nếu  > – 1 (k), thì có một hàm số dương, đơn điệu tăng  =  với (+0) = , sao cho T*  (|| ||2). Vì vậy, T * có thể được đánh giá chỉ theo ||||2 và T * →  khi ||||2 → 0 (ib) Nếu  = – 1 (k), T* chỉ có thể được ước lượng theo chuẩn của   L2, chứ không nhất thiết chỉ phụ thuộc vào chuẩn (đó là giá trị duy nhất chấp nhận được của  (= s) trong "trường hợp tới hạn" k = (s)). (ii) Cho s > m 2 . Cố định  sao cho (3.1.7) m 2 <   s. Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên - 34 - Thì có một hàm số  với những đặc tính như trên sao cho T *  (||||2  || ||2). Chú ý (f) Trong trƣờng hợp (i), (3.1.6) bao gồm  = s nếu s < m 2 nhƣng không gồm trƣờng hợp s = 2 m , nó sẽ phức tạp hơn khi  = 0. Nó đã có trong trƣờng hợp (ia) khi k < 1 + 4 m = (0), và trong (ib) khi k = (0) (nhƣng nhớ rằng k  {s} trừ khi F là đa thức). Chú ý rằng ||||2 với  khác là không so sánh đƣợc, tất cả chúng đƣợc làm trội bởi |||| sH . Bất đẳng thức || ||2  []  1 2 2|| || || || ss s       chỉ ra rằng T*  ([]). Đặc biệt T* →  nếu ||||2 → 0 với || ||2 cố định. Hệ quả 3.1.3 (tính đều) Trong Định lý 3.1.2, giả sử rằng T* < . Trong trường hợp (ia), || u(t)||2 bùng nổ tại t = T * với tất cả  trong (3.1.6). Trong trường hợp (ii), ||||2  || ||2 bùng nổ tại t = T * với tất cả  trong (3.1.7). Chú ý (g) Trong trƣờng hợp (ia), ||u(t)||2 bùng nổ nếu k < 1 + 4 m . Nếu s = m 2 ta không biết ||su(t)||2 bùng nổ hay không. Nhƣng ||u(t)||2  || s u(t)||2 thì có, vì nó làm trội || u(t)||2 với   (0, s). Định lý 3.1.1–2 sẽ đƣợc chứng minh trong phần tiếp theo. Ở đây, ta chứng minh một bổ đề về sự phân tích F(u) thành các thành phần tựa thuần nhất, tổng Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên - 35 - :Quát hóa (2.2.2). Ta nói rằng một hàm số F:  →  là tựa thuần nhất bậc k và bậc n nếu F là On(||k) khi || → 0 và → , chính xác hơn nếu (3.1.8) |D i F()|  M.||k – i, 0  i  j  n,   C Trong đó, M là hằng số, nó đƣợc gọi là "sức mạnh" của F. Chú ý rằng F có thể là hai bậc khác nhau đồng thời. Ví dụ F  0C  (  \{0} ) là tựa thuần nhất bậc bất kỳ. Bổ đề 3.1.4 Giả sử (F1–2) với s  m 2 . Nếu F là một đa thức bậc k, hiển nhiên nó là tổng của các đa thức thuần nhất bậc từ 1 tới k. Ngoài ra F có thể được viết dưới dạng (3.1.9) F = F1 + F2 + ...+ F{s} –1 + F{s} + Fk , trong đó, Fj với j = 1, ...., {s} – 1 là đa thức thuần nhất bậc j, trong khi F{s} và Fk tƣơng ứng là tựa thuần nhất bậc {s} và bậc k. Nếu k = {s}, F{s} là thừa và sẽ bị bỏ qua. (Chú ý rằng ở đây, và trong phần tiếp theo ta sử dụng chỉ số dƣới k không cần phải là số nguyên). Chứng minh Giả sử R() là phần dƣ trong khai triển Taylor của F() từ  = 0 đến bậc {s} – 1. Theo (F1–2), R() là O{s}(||{s}) với  nhỏ và là O{s}(||k) với  lớn. Nếu k = {s}, ta đặt Fk = R, Vì vậy, kết quả không có số hạng F{s}. Nếu k > {s}, ta chia R thành hai phần F{s}, Fk với những thuộc tính nhƣ đã đƣa ra ở trên, đặt F{s} = R, Fk = (1 – )R, trong đó,  là hàm số trơn với giá compact nó bằng 1 trong một lân cận của gốc. ■ Chú ý Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên - 36 - (h) Bổ đề (3.1.4) là ít đƣợc sử dụng nếu F đã là tựa thuần nhất. Nếu ứng dụng nhƣ vậy vào hàm F nó sẽ chia F thành 2 phần (trừ khi k = {s}). Chứng minh Định lý 3.1.1–2 Ta giả sử rằng F không là đa thức cho đến hết phần này, ở đây, trƣờng hợp đa thức đã đƣợc chú giải ở trên ta xét một vài trƣờng hợp khác nhau, phụ thuộc vào sự phân loại trong Định lý 3.1.2. Trƣờng hợp (ia) (s  m 2 ,   [0, m 2 )  (–1(k), s]) Bước 1. Trƣớc tiên ta cần một vài kết quả hình học. Đặt (3.1.10) B = ( 1 2 – m  , 0)   (sao cho x(B) > 0). Ký hiệu l là đƣờng thẳng đi qua B song song với l chia cắt phần ngoài của . Bổ đề 3.1.5 Cho {s} + 1 điểm B = P1, P2, ..., P{s} và Pk trên l, Q  l với y(Q)  y(Pk) (Q = B là chấp nhận được nếu m  2). Với các tính chất sau (xem hình 6) (P{s} sẽ bỏ được nếu k = {s}) (3.1.11) Pj + (j – 1)Q  Rj \ l' (nghiêm ngặt), j = 1, 2, ..., {s}, và k. m = 3 s = 5 4 ; {s} = 2 (s) = 9 k = 4, –1(k) = 5 6 ;  = 1 B = ( 1 6 , 0); () = 5. O B l Q P4 P2 R2 R4 S4 S2 B' = S1 P1 = B = R1 Hình 6 Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên - 37 - Chứng minh. Đầu tiên chọn Pk  l sao cho | | 1 1 | | ( ) 1 kBP k BC       . Nếu m  2, (3.1.11) là đúng với Q = B bằng cách đặt (3.1.12) Pj = ((k – j)B + (j – 1)Pk)/(k – 1) j = 1, ..., {s}. (Nếu k = 1 điều đó kéo theo {s} = 1, đặt P1 = B). Thực ra Rj là trên đoạn thẳng [BC') ta cũng có thể di chuyển Q lên một đoạn nhỏ trên l Giữ nguyên các tính chất (3.1.11). Nếu m = 1 ta chọn Q gần tâm l. Việc chứng minh là sơ cấp và có thể bỏ qua. Bước 2. Bây giờ ta sẽ giải phƣơng trình tích phân (xem (2.2.6)) (INT) u = u   + GF(u) với (3.1.13) u  sY  (1 – )–s/2(L(Pk)  L(B)), ở đây, khoảng [0, T) là đƣợc ngầm hiểu. Giả sử  là tập con đóng, bị chặn của sY sao cho (3.1.14a, b) ||u B||  ||u :Pk||  L, || s u B||  ||su :Pk||  K, (3.1.14c) ||u B||  ||u :Pk||  N, trong đó, T, L, K và N là đã đƣợc xác định.  là tập con đóng, bị chặn của sY . Bổ đề 3.1.6. T, L, K và N có thể được chọn sao cho ánh xạ  từ  vào  trở thành ánh xạ co trong metric– L(Pk), khi đó  là đầy đủ. (Vì vậy,  có một điểm cố định u, nó sẽ là nghiệm cần tìm của (NLS)). Chứng minh Do chứng minh nhƣ vậy là cơ bản, ta sẽ bỏ qua chi tiết và ta sẽ hạn chế bằng cách chỉ đƣa ra những đánh giá cần thiết. Do đó, ta sẽ sử dụng một vài Bổ đề về đạo hàm cấp phân số của F(u) đã đƣợc đƣa ra trong chƣơng 1. Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên - 38 - Cho u   . Từ Pj  [BPk] ta có từ CT1 và 3.1.14. (3.1.15) || u :Pj ||  L; ||  s u :Pj ||  K, ||   u :Pj ||  N, j = 1, ..., {s} và k. Hơn nữa,, ta có (3.1.16) u  L(Q) với || u :Q ||  cN. Thực vậy, vì khoảng cách nằm ngang của Q tới l bằng m  , (3.1.16) đƣợc kéo theo từ (3.1.14a) và Định lý nhúng Sobelev . Mặt khác,, trong (3.1.8) và (3.1.11) với j = k, nó kéo theo từ công thức 2, Bổ đề A3 (với s đƣợc thay bởi 0, s,  ), (3.1.14) và (3.1.16) nhƣ sau (3.1.17a) || Fk(u) Rk||  cMk|| u :Pk|| ||u :Q|| k – 1  cMkLN k – 1 , (3.1.17b) ||sFk(u) Rk||  cMk||  s u :Pk ||||u :Q|| k – 1  cMkKN k – 1 , (3.1.17c) || Fk(u) Rk||  cMk||  s u :Pk ||.||u :Q|| k – 1  cMkN k . Ở đây, Mk là độ mạnh của Fk . Những kết quả giống nhƣ vậy đạt đƣợc cho Fk đƣợc thay thế bởi F{s} với chỉ số k đƣợc thay thế hoàn toàn bởi {s}. Ta cũng chỉ muốn một ứng dụng giống nhƣ vậy cho Fj với j  {s} – 1 nhƣng Bổ đề A3 (đòi hỏi k  n) không thể áp dụng cho nó đƣợc. Để thay thế ta có thể sử dụng Bổ đề A5 (nó không có một sự hạn chế nào cả), vì Fj là các đa thức. Bằng cách đó, với Mj là độ mạnh của Fj ta có (3.1.18a,b) || Fj(u) Rj ||  cMjLN j – 1 , || sFj(u) Rj ||  cMjKN j – 1 , (3.1.18c) || Fj(u)Rj||  cMjN j , 1  j  {s} . Vì Rj \ l' ( bao gồm j = k ), có Sj  l' sao cho Rj\ Sj (với tất cả quan hệ ngặt \ ), Vì vậy, L(Rj)  L(Sj) với đơn ánh bị chặn bởi lũy thừa đơn j của T theo CT3 ( ở đây, 1 = 1, vì P1 = R1 = B, S1 = B'). Vì ánh xạ G từ L(S) bất kỳ vào L(P) bất kỳ là liên tục với P  l (CT4), và vì s,  thay thế G, ta kết luận từ (3.1.9) nhƣ sau Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên - 39 - (3.1.19a) || GF(u) B ||  || GF(u) Pk ||  cL(T, N); (3.1.19b) || sGF(u) B ||  || sGF(u) Pk ||  cK(T, N); (3.1.19c) || GF(u) B ||  || GF(u) Pk ||  cN(T, N); với (3.1.20) (T, N) = M1T + M2N T • + ...+ MkN k – 1 T•, ở đây, T• ký hiệu là lũy thừa dƣơng đã biết của T. Bước 3 Vì   Hs, Mặt khác, CT5 chỉ ra rằng   sY  sY , với || B||  || Pk||  c0|| ||2 với  = 0, s, . Từ (3.1.19) suy ra  là ánh xạ từ  vào chính nó nếu (3.1.21a,b) c0||||2 + cL(T, N)  L, c0|| s||2 + cK(T, N)  K, (3.1.21c) c0|| ||2 + cN(T, N)  N. ở đây, (3.1.21c) có thể đƣợc thỏa mãn nếu ta chọn N = 2c0|| ||2 và T đủ nhỏ, phụ thuộc vào ||||2. Khi đó (3.1.21a, b) đƣợc thỏa mãn bằng cách chọn L và K lớn. Chú ý rằng, (3.1.21c) kéo theo c(T, N) < 1. Bằng cách này, ta vừa chỉ ra rằng  ánh xạ từ  vào chính nó bởi một sự lựa chọn T, L, K, N thích hợp, với T chỉ phụ thuộc vào ||||2. Việc chứng minh  là một phép co trong metric–L(Pk) (Hơn nữa, việc rút gọn T nếu cần thiết) là thông thƣờng. Đến đây hoàn thành chứng minh Bổ đề 3.1.6.■ Khi INT đã đƣợc giải, thì CT4 chỉ ra rằng u, su  C ([0, T); B)  L ( )P với P  l, Do đó, u  C([0, T); H s )  s. Sự đặt chỉnh không điều kiện đƣợc Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên - 40 - nói đến trong định lý này đƣợc suy ra từ sự duy nhất mà đƣợc kéo theo bởi Hệ quả 3.1.3. Định lý 3.1.1 đã đƣợc chứng minh trong trƣờng hợp (ia). Trƣờng hợp (ib) (s  2 m ) với  =  –1 (k)  0) Trong trƣờng hợp này ta cần một vài sự điều chỉnh trong chứng minh của phần (ia) đƣa ra ở trên. Việc xây dựng trong Bổ đề 3.1.5 sẽ dẫn tới Pk = C là không thuộc l, trong khi Rk sẽ thuộc l' (giả sử rằng :Q  B). Nếu ta di chuyển Pk xuống một chút trên l từ C, thì Rk sẽ di chuyển xuống trên l' (đây là một kiến thức hình học). Theo cách này thì tƣơng tự Bổ đề 3.1.5, ngoại trừ Rk  l' (không chặt phía dƣới). Đó là một kết quả xấu chắc chắn xảy ra, khi j = k thì sẽ làm mất đi một số lần nhân tử  đó là điều cần thiết trong chứng minh ở trên. Để vƣợt qua đƣợc khó khăn này, ta làm mịn (3.1.14c) thành ||u B||  N, ||u :Pk||   N < N, trong đó,  < 1 là một tham số nhỏ bất định. Khi đó ta có thể chỉ ra rằng sử dụng CT1 và Định lý nhúng Sobolev nhƣ trong (3.1.16) thì ||u :Q||  c   N, với 0 <  < 1. Theo cách này ta đi tới bất đẳng thức (3.1.21), ở đây, (3.1.21c) sẽ đƣợc thay thế bởi hai bất đẳng thức (3.1.22c',c'') c0.|| ||2 + cN1  N, c0.||  Pk|| + cN1   N, trong đó, (3.1.23) 1 = 1(T, N,  ) = M1T + M2N T • + ...+ M{s}N {s}–1 T•+ Mk  1+ N k–1 . Chú ý rằng số hạng cuối cùng trong 1 không có một nhân tử T •nào nhƣng lại có một nhân tử  1+. Ta làm thỏa mãn (3.1.22c') bằng cách chọn Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên - 41 - N = 2c0|| ||2, T và  nhỏ. Khi đó ta làm thỏa mãn (3.1.22 c'') bằng cách thay  bằng <, nếu không để ý đến số hạng tự do thì bằng cách làm nhỏ Hơn nữa, T và  ; chú ý rằng 1 có một lũy thừa  lớn hơn 1. Sau đó, T đƣợc làm nhỏ đi Hơn nữa, cho tới khi số hạng tự do || Pk|| nhỏ, sao cho (3.1.22 c'') đƣợc lập thành; ở đây, || Pk|| là chuẩn tích phân và dần tới 0 với T là cần thiết. Tuy vậy (3.1.22a, b) có thể đƣợc thỏa mãn bằng cách chọn L và K lớn. Tổng :Quát lại T có thể đƣợc xác định phụ thuộc vào   L2, nhƣng không cần thiết chỉ là chuẩn. Với kết quả này, ta đã chứng minh đƣợc một sự tƣơng tự Bổ đề 3.1.6. Phần còn lại của chứng minh có thể đƣợc bỏ qua. Trƣờng hợp (ii) ( s > m 2 ) ; (  ( m 2 , s]). Xác định  bởi điều kiện sau (3.1.24) || u B||  ||u B||  N  2||||2  || ||2, || s u B||  K. Vì  > m 2 , u   kéo theo || u :Q||  C.N với bất kỳ Q  [OB], theo Định lý nhúng Sobolev. Đặc biệt u(t, x) là bị chặn đều, Vì vậy, ta có thể biến đổi F() tùy thích với || lớn, miễn là ta xét F(u) với u   . Vì vậy, ta có thể giả sử rằng F có một tốc độ tăng hữu hạn k > {s}. Khi đó ta áp dụng Bổ đề 3.1.4 vào sự phân tích F = F1 +... + F{s} + Fk. Vì sự sửa đổi của F sử dụng ở đây, chỉ phụ thuộc vào N nên các kết quả (bao gồm cả các giá trị của Mj) chỉ phụ thuộc vào N. Sau đó, ta có thể chọn Q  (OB) đủ gần tới O để B + (j – 1)Q \ l' với j = 1, ..., {s}, k. Thì (3.1.11) đạt đƣợc với Pj = B. (Ở đây, ta chỉ sử dụng cạnh cơ sở của ). Các lập luận còn lại giống trƣờng hợp (i). Ta thu đƣợc một kết quả tƣơng tự (3.1.21) trong dạng sau Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên - 42 - (3.1.25a, b) ||||2  || ||2 + cN(T, N)  N, || ||2 + cK(T, N)  K, ở đây, (T, N) giống trong (3.1.20). Nhƣng (3.1.25 a) đã vừa xuất hiện trong (3.1.24) với T = 0. Ở đó nó đúng với T đủ nhỏ. Khi đó (3.1.25 b) có thể đƣợc thỏa mãn bằng cách chọn K lớn. Phần còn lại của chứng minh này có thể đƣợc bỏ qua. ■ Chứng minh Định lý 3.1.2. Ta đã vừa chỉ ra trong trƣờng hợp (ia), T* là đƣợc ƣớc lƣợng phụ thuộc vào ||||2. Nó đƣợc chờ đợi rằng T* sẽ lớn nếu || ||2 nhỏ, nhƣng điều này không đƣợc kéo theo trực tiếp từ (3.1.21c), vì (T, N) chứa một thành phần M1T là độc lập với N (xem 3.1.20). Vì vậy, ta sẽ phải lặp lại lập luận đó. Đặt T = T = 1 2c M1. Khi đó (3.1.21c) trở thành (3.1.26) c0|| ||2 + N'(N)  2 N , ở đây, '(N) là một giả đa thức của N với lũy thừa dƣơng hoặc '(N) = 0. Vì (3.1.26) có một nghiệm N nếu ||||2 đủ nhỏ. Chính xác hơn, cho  > 0 và  > 1 sao cho ||||2     kéo theo N  . Ta bắt đầu :Quá trình này trong khoảng [ T, 2T ] chú ý rằng giá trị ban đầu ||u(T )||2 cho khoảng mới không đƣợc vƣợt quá giá trị cũ của N, và tiếp tục nhƣ vậy. Nó kéo theo nếu ||||2   –n  , thì N tồn tại trên các khoảng [0, T ], ..., [(n – 1)T , nT ] với N   sao cho T *  nT . Vì T * lớn tùy ý nếu ||||2 là đủ nhỏ (chứng minh này sẽ chỉ ra rằng T * ít ra là bậc log(1/||||2)). Một chứng minh tƣơng tự đƣợc đƣa ra trong trƣờng hợp (ii), nhƣng ||||2 phải đƣợc thay thế bởi ||||2  || ||2. Chú ý trong trƣờng hợp đa thức F Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên - 43 - Trƣờng hợp k  {s} không đƣợc giả thiết đến, nhƣng chứng minh đƣa ra ở trên là đúng. Thực tế, ta chỉ cần điều kiện bởi vì, Bổ đề A3 yêu cầu k  n. Nếu F là đa thức, ta không cần Bổ đề A3; Bổ đề A5 đủ để thay thế rồi, nhƣ chú ý ở trên. 3.2. H s – nghiệm toàn cục cho điều kiện ban đầu nhỏ Trong phần này ta chứng minh sự tồn tại của Hs – nghiệm toàn cục dƣới những điều kiện nhẹ hơn. Với sự vắng mặt của các quy luật bảo toàn, nghiệm toàn cục đã đƣợc biết đến chỉ tồn tại cho thế tựa thuần nhất F(u) có bậc tới hạn (xem [3]). Ở đây, ta giả thiết ít hơn, chỉ thêm vào một điều kiện duy nhất ta cần là (F3) F() = O{s}(||h) khi ||  0, ở đây, h = 1 + 4 m = (0). Định lý 3.2.1 Giả sử (F1), (F2), (F3) (i) Nếu   Hs với |||| H đủ nhỏ, thì (NLS) có một nghiệm toàn cục duy nhất u thuộc BC([0, ); Hs)  s với u(0) = , ở đây, s được đưa ra bởi (3.1.1) trên khoảng [0; ). Không gian phụ trợ s là có thể bỏ được với những điều kiện giống như trong Định lý 3.1.1. Ở đây,  là một số bất kỳ thỏa mãn (3.1.6) hoặc (3.1.7), theo s  2 m hoặc s > 2 m . ii) Nếu s  m 2 và F là tựa thuần nhất bậc k, thì kết luận là đúng với   Hs với 2|| ||  đủ nhỏ, ở đây,  = 0  –1(k). Chú ý (a) Nhắc lại rằng ta giả sử {s}  k (trong các điều kiện khác) trừ khi F là đa thức Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên - 44 - (xem (F2)). (b) Nếu s  2 m , phần (i) đòi hỏi rằng chuẩn không thuần nhất || || H  là nhỏ; Do đó, kết quả là tối ƣu, ít ra là về mặt định tính khi  =  = 0  –1(k), giá trị dƣơng nhỏ nhất của . Nếu s > 2 m , dƣờng nhƣ không có một giá trị tối ƣu nào. Mặt khác, phần (ii) bao gồm chuẩn thuần nhất ||||2 và xuất hiện chỉ đúng với  =  (xem [3]). Chú ý rằng nếu k = (s) (trƣờng hợp tới hạn) chỉ có một giá trị có thể của  là s. Tất nhiên tất cả những điều kiện nhỏ đó đƣợc gặp nếu || || sH đủ nhỏ. (c) Chúng ta có thể phát triển thành một lý thuyết tán xạ cho những nghiệm nhỏ u đƣợc xem xét. Ví dụ cho   Hs thỏa mãn u(t) – U(t) → 0 trong H s khi t → . Xem [12] cho vấn đề này và kết quả liên quan. Để chứng minh Định lý 3.2.1, ta sử dụng chú ý của phần trƣớc. Nếu F là một đa thức, áp dụng chú ý cuối cùng của phần 5. Do đó, ta có thể giả sử trong Hệ quả là F không là một đa thức. Khi s  2 m , thì rất thuận tiện để chia thành 2 trƣờng hợp h  {s} và h > {s}. Trƣờng hợp (i') (s  m 2 và h  {s}). Từ giả thiết (F3) kéo theo Fj với j < h là không có trong (3.1.9), vì chúng là các đa thức bậc j. Vì vậy, chỉ số dƣới j chỉ có thể chạy từ {h} tới k. Ta sử dụng một phép đặt hình học khác so với phép đặt hình học đã sử dụng trong chứng minh Định lý 3.1.1. Chọn hai điểm K  l', P  l trên đƣờng Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên - 45 - chéo chính x = y. Thì dễ dàng thấy rằng R = hP. Hơn nữa, ta chọn các điểm Qj trên (OP] sao cho (3.2.1) R = hP = P + (j – 1)Qj, j = {h}, ..., {s}, k. (xem hình 7), Qj  (OP] vì j  h. Không giống nhƣ Bổ đề 3.1.5, ở đây, ta sử dụng một cặp điểm đơn P  l, R  l' và một vài điểm Qj. Giả sử l giống nhƣ trƣớc đây (xem phần sau của (3.1.10)) và giả sử Q = l  (OP], sao cho P + (() – 1)Q = R. Vì j  k = (  )  () ta có |OQ|  |OQj) với tất cả j (cả k). Mặt khác,, Qj  [PQ]. Ta sẽ chứng minh tƣơng tự Bổ đề 3.1.6 với T = . Giả sử 2 s (1 ) ( ( ) ( )) s L P L B     Y trên (0, ). Ta định nghĩa tập   sY theo (3.1.14), ở đó Pk sẽ đƣợc thay thế bởi P. Bổ đề 3.2.2. Nếu   Hs với ||||2  || ||2 đủ nhỏ, các tham số L, K, N có thể chọn sao cho ánh xạ  từ  vào  trở thành ánh xạ co trong L(P) – metric. Chứng minh m = 5 s = 9 4 , {s} = 3, (s) = 9 k = 4, –1(k) = 11 6 ,  = 2 B = ( 1 10 , 0), () = 5. • • • • • • 2(1 ) ( ( ) ( )) s s L P L B       • Q Q4 Q3 Q2 P R B B Hình 7 Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên - 46 - Vì Q  l , ta có ||u :Q||  cN nhƣ trong (3.1.16). Vì ||u :P||  L và vì Pj  [PQ], từ CT1 kéo theo ||u :Qj||  cL  N. Sử dụng (3.2.1) và Bổ đề A3, A5 (chƣơng 1) , nhƣ trong chứng minh Định lý 3.1.1, ta sẽ suy ra một bất đẳng thức tƣơng tự (3.1.21), ở đấy Pk sẽ đƣợc thay thế bởi P và (T, N) đƣợc thay thế bởi 2(L, N) = c 1 j {h} j k M ( ) jL N     . Điểm quyết định ở đây, là nhờ có R  l' nên 2 không chứa T mà nó xuất hiện trong . Nhƣng 2 có hai tham số L, N ta phải giải hai bất đẳng thức (đã làm sai lệch đi) (3.1.21a) và (3.1.21c) nhƣ là một hệ cho L và N; điều này có thể làm đƣợc nếu ||||2  || ||2 là đủ nhỏ. Sau đó,, (3.1.21b) có thể đƣợc giải bằng cách làm K lớn. Nó sẽ chứng minh rằng ánh xạ  là ánh xạ từ  vào chính nó với các giá trị của L, K, N. Nhƣ thƣờng lệ phần còn lại của chứng minh Bổ đề và định lý này có thể đƣợc bỏ qua. Trƣờng hợp (i") (s  2 m và h > {s}) Ta luôn luôn có trƣờng hợp này nếu s  (0, 1) (trừ khi m = 1). Ngoài ra nó chỉ thỏa mãn với m  3. Tất cả những đa thức Fj, 1  j  {s} – 1 bị bỏ qua. Vì vậy, F = F{s} + Fk theo Bổ đề (3.1.4) (ở đây, F{s} là thừa nếu k = {s}). Nếu k > {s} thì Fk là đồng nhất 0, gần  = 0 (xem chứng minh của Bổ đề 3.1.4) sao cho F{s} = O(|| h) với  nhỏ Vì {s} < h, kết quả nhƣ vậy vẫn đúng với  lớn. Vì vậy, ta thấy nó thuận tiện để viết lại F{s} nhƣ là Fh, sao cho Fh, Fk là tựa thuần nhất bậc h, k tƣơng ứng. Ở đây, k  h là dƣơng (nếu nó xảy ra). Tuy nhiên, F tự nó là tựa thuần nhất bậc h, và ta có một thành phần đơn F = Fh, Fk là thừa. Phép đặt hình học của ta bây giờ gồm 3 điểm R  l', Qh = P  l và Qk  (OP] trên đƣờng chéo chính với Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên - 47 - R = hP = P + (k – 1)Qk, Qk  [PQ], Q  l  (OP], ở đây, Qk là thừa nếu k  h. Với những lý Do đó, phần còn lại của chứng minh này là giống nhƣ trên. Trƣờng hợp (i"') (s > 2 m ) Với bất kỳ   , 2 m s       cố định, ta định nghĩa tập  bởi (3.1.14) . Nhƣ trong trƣờng hợp (ii) trong phần trƣớc, u   là bị chặn đều bởi cL  N. Do đó, ta có thể thay đổi những giá trị của F() với || > cL  N sao cho F có tốc độ tăng hữu hạn k > {s}. Khi đó ta dựng các điểm Q và Qj (gồm cả Qk) nhƣ trên. Định lý nhúng Sobolev chỉ ra rằng ||u :Q||  L  N với bất kỳ Q  (OP] Do đó, nó cũng thỏa mãn với mọi Qj. Vì vậy, ta có thể tiếp tục chứng minh nhƣ trong trƣờng hợp (i'). Ta có thể phải làm giảm L  N Hơn nữa, để thỏa mãn bất đẳng thích hợp trong sự kết hợp với độ lớn của ||||2  || ||2. Nhƣng việc đó không gây nhiễu cho sự thay đổi của F vừa làm ở trên. Sau đó, k có thể chọn để thỏa mãn bất đẳng thức còn lại. Có thể bỏ qua phần chi tiết Hơn nữa,. Trƣờng hợp (ii) Cuối cùng xét trƣờng hợp F là tựa thuần nhất. Ta có thể đặt Fk = F, trong đó, h  k  (s) chỉ có một điểm Qj duy nhất là Qk. Nếu  = 1( )k   , ta có ||u :Qk||  cN nhƣ trên. Do đó, 2(L, N) thực sự chỉ phụ thuộc vào N, và (sự biến đổi) bất đẳng (3.1.21c) có thể đƣợc giải với N nếu 2|| ||  nhỏ. (3.1.21a, b) có thể đƣợc giải sau đó, bởi cách làm cho L và K lớn. Phần còn lại của chứng minh này giống nhƣ trƣờng hợp (i'). ■ Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên - 48 - 3.3. Định lý duy nhất cho Hs – nghiệm 3.3.1. Nghiệm chính tắc Các nghiệm u không chỉ thỏa mãn định lý cơ bản (C) u  C([0, T); Hs), mà còn thỏa mãn điều kiện phụ u  s, ví dụ (A) u  Lr((0, T); Lq, s), 1 q + 2 mr = 1 2 , 1 2 – 1 m < 1 q  1 2 , với một vài sự biến đổi khi m = 1. Ta sẽ gọi nghiệm như vậy là Hs – nghiệm chính tắc. Định lý 3.1.1 nói rằng dƣới những điều kiện nhẹ chắc chắn với bất kỳ  thuộc Hs, tồn tại một nghiệm chính tắc duy nhất Hs – nghiệm u với u(0) =  trên một khoảng [0, T). Định lý 2.1 kéo theo rằng một nghiệm u là chính tắc nếu nó thỏa mãn (C) và (A) với một cặp đơn (q, r)  (2, ) nhƣ đã chỉ ra. Các nghiệm xây dựng trong [3] cũng là chính tắc. 3.3.2. Định lý duy nhất cho H s - nghiệm Định lý 3.3.2. Dưới những giả thiết của Định lý 3.1.1, giả sử v là một nghiệm của (NLS) sao cho v  s ,([0, T); H ) ((0, ); )r q slocC L T L với một cặp đơn (q, r)  (2, ) như trong (A). Khi đó v là nghiệm chính tắc duy nhất (kết quả này là không thú vị nếu vấn đề này được biết như là đặt chỉnh vô điều kiện chẳng hạn như trường hợp (3.1.5)). Để chứng minh ta cần một Bổ đề về sự phụ thuộc liên tục của nghiệm chính tắc vào các dữ kiện ban đầu. Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên - 49 - Bổ đề Dưới các giả thiết của Định lý 3.1.1, cho u là Hs – nghiệm chính tắc của (NLS) trong khoảng đóng hữu hạn [0, T]. Cho {n} là dãy thỏa mãn n →  = u(0) trong H s. Khi đó có T' > 0 sao cho nghiệm chính tắc un với un(0) = n tồn tại trong [0, T'] thỏa mãn với n lớn, và un → u trong C([0, T']; H s' ) khi n → , với bất kỳ s' < s. Nếu s = 0 hoặc 1, ta có thể lấy T' = T, s' = s. Chứng minh Điều này đã đƣợc chứng minh trong [11, 12] với s = 0 và 1, và trong [3] cho s tổng :Quát "lũy thừa đơn" các thế vị F. Để ý rằng ngoài các trƣờng hợp chung, dòng chú giải sau trong trƣờng hợp (ib) phần chứng minh Định lý 3.1.1–2 là đủ. Nghiệm u đƣợc xây dựng bởi Định lý ánh xạ co, trong đó, không gian  với metric của L(Pk) đã đƣợc sử dụng. Vì vậy, dễ thấy rằng n →  trong H s kéo theo un tồn tại trong  và un → u trong L(Pk) nếu ||  Pk|| là nhỏ đều theo n (tất cả trên các khoảng (0, T')). Nhƣng điều này là đúng nếu T' là nhỏ và n là lớn, vì ||n Pk|| là nhỏ với T' nhỏ và || (n – ) Pk||  c||n – || sH . Điều này đã chứng minh sự phụ thuộc liên tục trong L(Pk) – metric vào (0, T') với T' đủ nhỏ. Với những lập luận đã sử dụng trong chứng minh tồn tại, dễ thấy rằng những kết quả giống nhƣ vậy đúng trong L(Pk) đƣợc thay thế bởi L(B) = C([0, T']; L 2) (có thể với T' đƣợc làm nhỏ đi một chút). Tuy nhiên, do un theo cách xây dựng là bị chặn đều trong C([0, T']; H s ). Nó kéo theo un → u đạt đƣợc trong C([0, T']; H s') với bất kỳ s' < s. Chứng minh Định lý 3.3.2. Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên - 50 - Trong Định lý 3.1.1 và Định lý 2.1 (áp dụng với giá trị ban đầu  > 0), v là nghiệm chính tắc trong [, T – ) với  > 0 nhỏ, vì v  ,((0, ); )r q slocL T L kéo theo v  Lr((, T – ); Lq, s). Nếu ta đặt v(t) = v(t + ) với 0 <  < T 4 thì v() là nghiệm chính tắc trong [0, T 2 ] với v(0) = v(). Cho u là H s – nghiệm chính tắc với u(0) = v(0); ta sẽ chỉ ra rằng v = u. Vì v(0) = v() → v(0) = u(0) trong H s khi  → 0 nên nó kéo theo bởi Bổ đề là v → u trong C([0, T']; L 2) với T' > 0. Vì v → v trong C([0, T 2 ]; H s ), mặt khác, ta đã chứng minh đƣợc rằng v = u trong [0, T'  T 2 ] nên suy ra v = u. Mở rộng kết quả tới tất cả t  [0, T) là tầm thƣờng, do định lý duy nhất 2.1 đƣợc áp dụng cho T   > 0. ■ KẾT LUẬN Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên - 51 - Trong luận văn này chúng tôi đã trình bày về phƣơng trình Schrodinger phi tuyến (NLS) với một thế tổng :Quát F(u), với nó không có một quy luật bảo toàn chung nào cả. Giả thiết chính là tốc độ tăng của hàm F(u) nhƣ |u|k khi |u| lớn, thêm vào đó là tính trơn của F :Phụ thuộc vào vấn đề xem xét. Định lý duy nhất đƣợc chứng minh với giả thiết về tính trơn nhỏ nhất có thể của F và u và sử dụng năm công thức từ CT1 đến CT5, điều đó rất hữu ích cho việc bớt đi những điều kiện phụ trong nhiều trƣờng hợp. Một định lý về sự tồn tại nghiệm địa phƣơng trong không gian Hs đã đƣợc chứng minh sử dụng một không gian phụ trợ thuộc loại không gian Lebesgue (chứ không phải là không gian Besov); ở đây, giả thiết chính là k  1 + 4 2m s nếu s < 2 m ; k <  nếu s = 2 m (không cần giả thiết s > 2 m ). Hơn nữa,, định lý tồn tại tổng :Quát đã đƣợc chứng minh cho H s – nghiệm toàn cục với điều kiện ban đầu nhỏ, với điều kiện thêm vào chính là F(u) = O(|u| 1 + 4/m ). Kết quả là đúng với tất cả các giá trị s  0 nếu m  6, Tuy nhiên, vẫn còn có một vài hạn chế nếu m  7 và nếu F(u) không phải là đa thức của u và u . TÀI LIỆU THAM KHẢO Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên - 52 - [1] J. Bergh and J. Löfström (1976), Interpolation Spaces, Springer, Berlin. [2] H.Brezis (1994), Remarks on the preceding paper by M. Ben–Artzi "Global solutions of two – dimensional Navier–Stokes and Euler equations", Arch. Rational Mech. Anal. 128, 359–360. [3] T.Cazenave and F. B. Weissler (1990), The Cauchy problem for the critical nonlinear Schrödinger equation in H s , Nonliner Analysis 14, 807–836. [4] F. M Christ and M. I. Weinstein (1991), Dispersion of small amplitude solutions of generalized Korteweg–de Vries equation, J. Funct. Anal 100, 87–109. [5] R. R. Coifman and Y.Meyer (1986), Nonliear harmonic analysis, operator theory and P.D.E., Beijing Lectures in Harmonic Analysis, Princeton, pp. 3–45. [6] Y. Giga, T. Miyakawa and H. Osada (1988), Two–dimensional Navier– Stokes flow with measures as initial velocity, Arch. Rational Mech. Anal. 104, 223–250. [7] J. Ginibre and G. Velo (1984), Théorie de la diffusion dans l'énergie pour une classe d'equations de Schrödinger non linéaires, C. R. Acad. Sci. Paris 298, 137–141. [8] J. Ginibre and G. Velo (1985), Global Cauchy prblem for the nonlinear Schrödinger equation revisited, Ann. Inst. Henri Poincaré, analyse non linéaires 2, 309–327. [9] A. Gulisashvili and M. A. Kon (1994), Smoothness of Schrödinger semigroups and eigenfunctions, International Math. Res. Notices, 193–199. [10] T. Kato (1984), Strong L p solutions of the Navier–Stokes equation in m , with applications to weak solutions, Math. Z. 187, 471–480. Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên - 53 - [11] T. Kato (1987), On nonlinear Schrödinger equations, Ann. Inst. Henri Poincaré, Phys. Théor. 46, 113–129. [12] T. Kato (1989), Nonlinear Schrödinger equations, Lecture Notes in Physics, Vol. 345, Springer, Berlin, pp. 218–263. [13]. G.Staffilani (1995), The initial value problem for some dispersive differential equations, Dissertation, University of Chicago. [14]. Y. Tsutsumi (1987), L 2–solutions for nonlinear Schrödinger equations and nonliear groups, Funkcial Ekvac. 30, 115–125. [15] Y. Tsutsumi (1987), Global strong solutions for nonlinear Schrödinger equations, Nonlinear Analysis 11, 1143–1154. [16] T. Kato (1995), On nonlinear Schrödinger equations, II. H s -solutions and unconditional well-posedness, Journal D'analyse Mathesmatique, Vol. 67, 281–305.