Luận văn Phương trình schrodinger phi tuyến

       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 m