Квазиклассические асимптотики в спектральных задачаз и эволюционных уравнениях на сингулярных множествах (1103348), страница 7
Текст из файла (страница 7)
Основной эффект “разветвления”пространства состоит в многократном отражении от вершин графа, чтоприводит к появлению нетривиальных статистических явлений. Особенноясно такие свойства видны при описании гауссовых пакетов (изначальнолокализованных вблизи одной точки); мы строим соответствующие решенияпри помощи простейшего варианта комплексного ростка Маслова [11].В первой части главы мы описываем распространение квантовых пакетовна произвольном геометрическом графе и разбираем ряд примеров.
Втораячасть посвящена вопросам, касающимся статистики распространения такихпакетов. Эта задача оказалась связана с известной теоретико-числовой задачейо подсчете количества целых точек, попадающих в расширяющийся симплекс.Нужно отметить близость изучаемых вопросов к некоторым краевымзадачам для гиперболических уравнений на сетях. Интересные результаты вэтой области были получены в работах [5], [17], [16], [4].2.2. Распространение квантовых пакетов на геометрическом графе.Рассмотрим геометрический граф (см. первую главу) с конечным числомребер и вершин. Допускаются ребра бесконечной длины, а также петлии кратные ребра. Оператор Шредингера на графе определим стандартнымобразом (см.
первую главу). В вершинах степени один (висячих вершинах)выполнено условие Дирихле.2.2.1. Комплексный росток Маслова на прямой.Напомним сперва известную схему построения квазиклассических гауссовыхпакетов на прямой. Рассмотрим нестационарное уравнение Шредингера402∂2ψ(x, t)∂ψ(x, t)(2.1)+V(x)ψ(x,t)=ih,∂x2∂tгде V — гладкая функция (потенциал). Соответствующий гамильтонианимеет вид H = p2 + V (x, t) (см.
[10]).Начальные условия выберем в виде узкого пакета, локализованного приh → 0 вблизи точки x0 :i(a(x − x0 )2 + b(x − x0 ) + c)ψ(x, 0) = K exp.(2.2)h−hЗдесь b и c — вещественные константы, а мнимая часть a больше нуля. Kимеет вид K = h−1/4 K1 , K1 ∈ R.
Нормировочный множитель h−1/4 введен длятого, чтобы гарантировать ψ(x, 0) = O(1) в норме пространства L2 .Утверждение 4 (см. [11].) ФункцияZtψ(x, t) = Kexp −pl (t) dt ·ql (t)(2.3)02i(S0 (t) + S1 (t)(x − X(t)) + S2 (t)(x − X(t)) )hявляется решением уравнения· exp∂ψ(x, t)bHψ(x,t) = ih+ O(h3/2 ).∂tb является самосопряженнымЕсли стоящий в левой части оператор H(см. первую главу), то это решение отличается от точного решениянестационарного уравнения Шредингера не более, чем на O(h1/2 ).ЗдесьZt(2.4)S0 (t) = c + ((P (t))2 − V0 (t))dt,0ZtS1 (t) = b −ZtV1 (t)dt = b +0S2 (t) =P (t)dt,(2.5)0pl (t).2ql (t)X(t), P (t) — решения системы Гамильтона(2.6)41Ẋ(t) = Hp0 (X(t), P (t))Ṗ (t) = −Hx0 (X(t), P (t)),(2.7)с начальными данными: X(0) = x0 , P (0) = b.
А ql (t), pl (t) — решениялинеаризованной системыq̇l = 2pl∂ 2Vṗl = − 2 ql .∂xНачальные данные для нее можно взять в виде: ql (0) = 1, pl (0) = 2a.(2.8)В дальнейшем изучается отражение пакетов описанного вида. Всюду дляпростоты предполагается отсутствие на графе точек поворота (см. [11]); ихналичие может быть учтено стандартным образом.2.2.2. Гауссовы пакеты на полупрямой.Начнем с простейшего примера: пусть в графе имеется единственнаявершина O и только одно ребро (бесконечной длины). Результаты этого пунктапонадобятся нам в дальнейшем при рассмотрении произвольного графа.Будем считать, что вершина соответствует x = 0. Потребуем выполненияв ней условия Дирихле: ψ(0, t) = 0.Конфигурационное пространство представляет собой полуплоскость(R− для координаты x и R для t). Соответствующие сопряженные координатыназовем p и E.Решение будем искать в виде суммы падающей и отраженной волн: 2iS 1 (x, t)iS(x,t)ψ(x, t) = expϕ10 (x, t) + expϕ20 (x, t) + O(h1/2 ).hh(2.9)Повторяя выкладки, приведенные в [11], мы получим для каждой из функцийуравнения Гамильтона-Якоби и переноса, решения которых выписываютсястандартным образом.
Для нахождения S 1 и ϕ1 снова поставим начальныеусловия, а для S 2 и ϕ2 — краевые.К системе Гамильтона добавятся два уравнения: ṫ = 1 и Ė = 0.Начальные условия имеют вид: X 1 (0) = x0 , P 1 (0) = b, t1 = τ (и τ =0),E 1 = −H(x0 , b), ql1 (0) = 1, p1l (0) = 2a, S01 (0) = c, S11 (0) = b, C = K.42А краевые, соответственно: X (2) (β) = 0, P (2) (β) = −P 1 (β), t(2) = τ + β (и(2)(2)(2)τ =0), E (2) = −H(0, −P 1 (β)), ql (β) = ql1 (β), pl (β) = p1l (β), S0 (β) = S01 (β),(2)S1 (β) = −S11 (β), C = K.Здесь β — момент отражения, то есть время, за которое гауссов пакетдоходит до вершины полупрямой. Функции S 1 и ϕ1 описаны в Утверждении4. Опишем теперь S (2) и ϕ(2) .Утверждение 5 Выражение (2.9) является решением уравнения∂ψ(x, t)bHψ(x,t) = ih+ O(h3/2 ).∂tb является самосопряженным, тоЕсли стоящий в левой части оператор Hэто решение отличается от точного решения нестационарного уравненияШредингера не более, чем на O(h1/2 ).Первое слагаемое описано в Утверждении 4, а второе имеет видZβψ(x, t) = Kexp −· exp(2)i(S0 (t)+Zt(1)pl (t)(1)dt −ql (t)0(2)S1 (t)(xβ− X(t)) +hЗдесь(2)S0 (t) = S01 (β) +Zt(2)pl (t) dt·(2)ql (t)(2)S2 (t)(x− X(t))2 )(2.10)!((P (2) (t))2 − V0 (t))dt,.(2.11)β(2)S1 (t) = −S11 (β) −ZtZtV1 (t)dt = b +βP (2) (t)dt,(2.12)β(2)(2)S2 (t)=pl (t)(2).(2.13)2ql (t)X (2) (t), P (2) (t) — решения гамильтоновой системыX˙(2) (t) = Hp0 (X (2) (t), P (2) (t))P ˙(2) (t) = −Hx0 (X (2) (t), P (2) (t))˙ = 1,t(2)E˙(2) = 0,(2.14)43с краевыми условиями: X (2) (β) = 0, P (2) (β) = −P 1 (β), t(2) = τ + β, E (2) =(2)(2)−H(0, −P 1 (β)).
А ql (t), pl (t) — решения линеаризованной системы (2.8).(2)(2)Начальные данные для нее можно взять в виде: ql (β) = ql1 (β), pl (β) = p1l (β),ZβC = Kexp −0(2)pl (t) dt .(2)ql (t)Доказательство. Формулы для решений получаем из Утверждения 4. Крометого, нужно проверить, что при 0 < t < β экспоненциально мало второеслагаемое, а при t > β — первое.На траектории выполнено: P 2 (t)+V (X(t)) = E. Отсюда получаем, что P (t),при отсутствии точек поворота, может быть только или отрицательным илиположительным.
Отсюда, в силу уравнений Гамильтона, Ẋ(t) > 0 для первогослагаемого в (2.9) и Ẋ(t) < 0 для второго. Применим теорему Лагранжа кфункции X(t) на отрезке от произвольного t до t = β: X(t) = Ẋ(ξ)(t − β).Отсюда получаем, что X (1) (t) > 0 при t > β и X (2) (t) > 0 при t < β. Засчет того, что условие диссипативности (ImS > 0) сохраняется под действиемгамильтонова потока (см. [11]), получаем, что до t = β асимптотическоерешение задается первым слагаемым, а после — вторым (напомним, чтоконфигурационное пространство определено неравенством x < 0).Это доказывает корректность постановки начальных условий только дляпервого слагаемого.Тот факт, что ql (t) не обращается в ноль, следует из диссипативности ростка(то есть, из того факта, что Im(S2 ) сохраняет знак).
Докажем это.1pl (t)11Im(S2 (t)) = Impq=(pl ql − ql pl ).= Imll2ql (t)|ql (t)|24i|ql (t)|2(2.15)Отсюда получаем, что знак Im(S2 (t)) определяется выражением < ql , pl >=(pl ql − ql pl ). Покажем, что эта величина не зависит от t. Для этого найдемпроизводную от < ql , pl > и убедимся, что, в силу линеаризованной системыГамильтона, она равна нулю. Таким образом, эта величина не меняется приизменении t, а в начальный момент времени не равна нулю, так как Im(S2 (0)) =Im(a) > 0.Теперь, если предположить, что ql = 0, получим < ql , pl >= 0, а этопротиворечит диссипативности.442.2.3.
Случай двух бесконечных лучей, сходящихся в одной точке.Рис. 2.1На том ребре, на котором заданы начальные данные, будем искать решениев виде (1)iS(x,t)(1)ϕ0 (t)+u(γ1 ) (x, t) = exph(2.16) (2)iS (x, t)(2)+ expϕ0 (t) + O(h1/2 ).hНа другом — в виде(γ2 )ψ(x, t) = uiS (3) (x, t)(3)(x, t) = expϕ0 (t) + O(h1/2 ).h(2.17)Здесь через u(γj ) (x, t) мы обозначилирешение, ограниченное на j-тое ребро.(k,j)(k,j)Введем обозначение ψ (k,j) (x, t) = exp iS h (x,t) ϕ0 (t), где k — номер ребра,а j — номер квантового пакета на ребре.Дополним уравнение Шредингера условиями непрерывности решения навсем графе u(γ1 ) (0, t) = u(γ2 ) (0, t) и условиями трансмиссии, которые в общемслучае имеют видXγj ∈Γ(a)∂u(γj )(0, β) = 0,αj∂xа в рассматриваемой ситуации выглядят так:(2.18)45∂u(γ1 )∂u(γ2 )(2.19)α1(0, β) + α2(0, β) = 0.∂x∂xИспользуя наши обозначения, получим u(γ1 ) (x, t) = ψ (1,1) (x, t) + ψ (1,2) (x, t), аu(γ2 ) (x, t) = ψ (2,1) (x, t).Условия запишутся в видеψ (1,1) (x, t) + ψ (1,2) (x, t) = ψ (2,1) (x, t),(2.20)∂ψ (1,2)∂ψ (2,1)∂ψ (1,1)(0, β) +(0, β) + α2(0, β) = 0.α1∂x∂x∂xУчтем тот факт, что(2.21)∂S (1,2)∂S (1,1)(0, β) = −(0, β),∂x∂x∂S (1,1)∂S (2,1)(0, β) = −(0, β).∂x∂x(1,1)(1,2)Из (2.20) следует, что S0 (0, β) = S0(1,1)(1,2)(2,1)ϕ0 (β) + ϕ0 (β) = ϕ0 (β).Тогда из (2.21) получаем(2,1)(0, β) = S0(0, β).
Кроме того,∂S (1,1)(1,1)(1,2)(2,1)(2.22)(0, β) α1 ϕ0 (β) − α1 ϕ0 (β) − α2 ϕ0 (β) = 0.∂x(1,1)Условие отсутствия точек поворота приводит к тому, что ∂S∂x 6= 0. И,следовательно,(1,1)α1 ϕ 0В итоге,выражение(1,2)(β) − α1 ϕ0(1,1)(β) − α2 (ϕ0(1,2)(β) + ϕ0(2.23)(β)) = 0.получаем для амплитуды отраженного квантового пакетаα1 − α2 (1,1)ϕ (β),α1 + α2 0а для амплитуды прошедшего квантового пакета выражение:(1,2)(β) =(2,1)(β) =ϕ0ϕ0(2.24)2α1(1,1)ϕ0 (β).α1 + α2Начальные данные полностью определяют ψТаким образом, доказано(1,1)= exp(2.25)iS (1,1) (x,t)h(1,1)ϕ0(x, t).46Утверждение 6 Главный член асимптотического решения задачи Кошидля нестационарного уравнения Шредингера на геометрическом графес начальными условиями (2.2), условиями непрерывности и условиямитрансмиссии (2.19), состоящем из двух бесконечных ребер, соединенных водной вершине, имеет вид (2.16), (2.17).Слагаемое ψ (1,1) вычисляется по начальным условиям.Слагаемое ψ (1,2) имеет видψ(1,2)· expα2 − α1Kexp −(x, t) =α1 + α2Zβ(1,1)(t)(1,2)(t) dt·(1,1)(1,2)ql (t)ql (t)0β!(1,2)(1,2)(1,2)2i(S0 (t) + S1 (t)(x − X(t)) + S2 (t)(x − X(t)) ).hЗдесь(1,2)S0(t) = S01,1 (β) +plZtZtdt −pl((P (1,2) (t))2 − V0 (t))dt,(2.26)(2.27)β(1,2)S1 (t)=(1,1)−S1 (β)Zt−ZtV1 (t)dt = b +β(2.28)β(1,2)(1,2)S2 (t)P (1,2) (t)dt,=pl(t)(1,2)2ql (t).(2.29)X (1,2) (t), P (1,2) (t) — решения системы Гамильтона˙ (t) = H 0 (X (1,2) (t), P (1,2) (t))X (1,2)p˙ (t) = −H 0 (X (1,2) (t), P (1,2) (t))P (1,2)x˙(1,2)t= 1,˙ = 0.E (1,2)(2.30)с краевыми условиями: X (1,2) (β) = 0, P (1,2) (β) = −P (1,1) (β), t(1,2) = τ + β,(1,2)(1,2)E (1,2) = −H(0, −P (1,2) (β)), ql (t).
А pl (t) — решения линеаризованной(1,2)системы (2.8). Начальные данные для нее можно взять в виде: ql (β) =(1,1)(1,2)(1,1)ql (β), pl (β) = pl (β).Слагаемое ψ (2,1) (“прошедший” квантовый пакет) имеет вид47ψ(2,1)· expZβ(1,1)pl(t)Zt(2,1)(t) dt·(1,1)(2,1)ql (t)ql (t)0β!(2,1)(2,1)(2,1)2i(S0 (t) + S1 (t)(x − X(t)) + S2 (t)(x − X(t)) ).h2α2(x, t) =Kexp −α1 + α2Здесь(2,1)S0(t) = S01,1 (β) +Ztdt −pl((P (2,1) (t))2 − V0 (t))dt,(2.31)(2.32)β(2,1)S1 (t)=(1,1)−S1 (β)Zt−ZtV1 (t)dt = b +β(2.33)β(2,1)(2,1)S2 (t)P (2,1) (t)dt,=pl(t)(2,1)2ql.(2.34)(t)X (2,1) (t), P (2,1) (t) — решения системы Гамильтона с краевыми условиями:X (2,1) (β) = 0, P (2,1) (β) = −P (1,1) (β), t(2,1) = τ + β,(2,1)(2,1)E (2,1) = −H(0, −P (2,1) (β)). А ql (t), pl (t) — решения линеаризованной(2,1)системы (2.8).
Начальные данные для нее можно взять в виде: ql (β) =(1,1)(2,1)(1,1)ql (β), pl (β) = pl (β).Замечание. Амплитуды прошедшего и отраженного пакетов определяютсякоэффициентами α1 , α2 в условиях трансмиссии. Отметим, что операторШредингера самосопряжен, если α1 = α2 ; в этом случае коэффициент отражениянулевой, и пакет просто переходит с одного ребра графа на другое, не чувствуявершины.2.2.4. Случай трех бесконечных лучей, сходящихся в одной точке.Аналогично предыдущему случаю (и используя полученные там формулы),рассмотрим граф, получаемый при соединении в одной точке трех лучей.На том ребре, на котором заданы начальные данные, будем искать решениев виде (1,1)iS(x, t)(1,1)ψ(x, t) = expϕ0 (t)+h(2.35) (1,2)iS(x, t)(1,2)+ expϕ0 (t) + O(h1/2 ).h48На двух остальных — в видеiS (k,1) (x, t)(k,1)ψ(x, t) = expϕ0 (t) + O(h1/2 ),h(2.36)k = 2, 3.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
