Download miễn phí Luận văn Phương trình schrodinger phi tuyến
MỤC LỤC
Trang
Chƣơng 1
KIẾN THỨC CHUẨN BỊ
1.1. Bất đẳng thức Holder . 4
1.2. Không gian Lp . 5
1.3. Không gian Sobolev 8
1.4. Một số kết quả đã có của phƣơng trình phi tuyến Schrodinger . 10
1.5. Sự đánh giá cho đạo hàm cấp phân số của toán tử phi tuyến . 12
Chƣơng 2
ĐỊNH LÝ DUY NHẤT
2.1. Định lý duy nhất . 16
2.2. Bổ đề 2.2 . 22
2.3. Chứng minh định lý 2.1 . 25
2.4. Hệ quả . 27
Chƣơng 3
SỰ TỒN TẠI ĐỊA PHƢƠNG CỦA Hs- NGHIỆMHs
NGHIỆM TOÀN CỤC VỚI ĐIỀU KIỆN BAN ĐẦU NHỎ
3.1. Sự tồn tại địa phƣơng của Hs- nghiệm . 29
3.2. Hsnghiệm toàn cục với điều kiện ban đầu nhỏ . 42
3.3. Định lý duy nhất cho Hs- nghiệm . 47
KẾT LUẬN . 50
TÀI LIỆU THAM KHẢO . 51
Để tải bản Đầy Đủ của tài liệu, xin Trả lời bài viết này, Mods sẽ gửi Link download cho bạn sớm nhất qua hòm tin nhắn.
Ai cần download tài liệu gì mà không tìm thấy ở đây, thì đăng yêu cầu down tại đây nhé:
Nhận download tài liệu miễn phí
Tóm tắt nội dung tài liệu:
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
||1 – . Vì u L(P) L(Q) ||u :Q|| < ; ||u
||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
||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) :
||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)
||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
|| = 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
|| T.||u :Q|| Vì u L(Q) nên ||u
|| 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 , gi