考虑下列一类非线性Schrödinger方程

其中$u = u(t, x)$是未知波函数, $\overrightarrow{\alpha}$是复向量, $\beta$是复常数, $\gamma$和$\kappa$是实常数.该方程来源于高功率超短激光脉冲在等离子体中的自沟道效应模型,详细物理背景参见文献[1-3].对该方程Cauchy问题解的局部适定性的讨论,参见文献[4-5].

在方程(1.1)中令${\overrightarrow{\alpha}} = \overrightarrow{0}$, $\beta = 0$.考虑方程(1.1)的驻波解,即形如$u(t, x) = {\rm e}^{{\rm i}\lambda t}v(x)$的解,其中$\lambda$为实参数, $v(x)$是实函数.把它代入方程(1.1)便得到一类含有变分结构的非线性椭圆型方程

当$N = 2$, $\kappa = 2$, $\gamma = 1$, $-1<\lambda<0$时, Colin^[6]证明了方程(1.2)存在一个基态解$v(x)\in C^2( {\Bbb R} ^2)$, $v(x)$关于$r = |x|$是轴对称的且单调递减.该基态解在平移的意义下是唯一的.此外,他在文中猜测当$N\geq3$时,方程(1.2)没有非平凡解.

本文讨论方程(1.2)当$N = 1$时基态解的存在性及渐近行为.这里我们采用ODE的方法,故我们可以对参数$\kappa$, $\gamma$和$\lambda$的相互关系以及取值范围有较详细的刻画.此外,我们还进一步讨论了振荡解和孤波解的存在性.

以下均考虑$N = 1$的情况.此时,方程(1.2)可写成二阶非线性ODE

我们有下列结论:

定理1.1  假设$-\gamma<\lambda <0,$或者$0<\lambda <-\gamma,$$\kappa<\frac{\lambda^{2}}{2\gamma^{2}+2\gamma\lambda}+2$,则方程$(1.3)$有一个基态解$v$,且具有性质:

(ⅰ) $v(x)>0$, $v(-x) = v(x)$;

(ⅱ)当$x>0$时,有$v'(x)<0$;

(ⅲ) $\lim\limits_{|x|\rightarrow \infty}v(x) = 0$.

此外,在平移意义下,该基态解是唯一的且$\max\limits_{x\in {\Bbb R} }v(x) = \frac{2}{|\lambda|}\sqrt{\gamma^{2}+\gamma\lambda}.$

注1.1  在方程$(1.3)$两边同时乘以$v'$,除以$\frac{(2-\kappa) v^{2}+2}{2(1+v^{2})}$,再关于$x$积分,容易证明当$0\leq \kappa<2$, $-\gamma\leq \lambda$且$\lambda>0$,或者$\lambda<0$且$\lambda\leq- \gamma$时,方程$(1.3)$没有满足性质(ⅰ)–(ⅲ)的基态解.

定理1.2  假设$\kappa\in{\Bbb R}$且下列条件之一成立:

(ⅰ) $\lambda\gamma<0$且$\lambda+\gamma<0$;

(ⅱ) $\lambda = 0$, $\gamma<0$;

(ⅲ) $\lambda<0$, $\gamma\leq0$.

则方程$(1.3)$有一个振荡解$v$,满足$v(x) = v(-x)$且有无穷多个零点.

上述两个定理的证明类似于ODE方法中的打靶方法,关键点是对方程(1.3)初值条件中初始值的选取.而这依赖于$\lambda$和$\gamma$的取值范围.

本文最后讨论下列方程

其中$\alpha = \alpha_{1}+{\rm i}\alpha_{2},$$\beta = \beta_{1}+{\rm i}\beta_{2}$, $\alpha_i$, $\beta_i$$(i = 1, 2)$为实常数.

我们考虑方程(1.4)的孤波解,即在方程(1.4)中令

$\lambda$, $c$, $d$为实参数.进一步,假设$d+2\lambda = \alpha_{2},$$\alpha_{1}\lambda+\beta_{2} = 0$,代入方程(1.4)得

其中$\tau = -\alpha_{1}\neq 0$, $\mu = \lambda(c+\lambda-\alpha_{2})+\beta_{1}$.

定理1.3  假设$\kappa<2$, $\gamma,$$\mu\in {\Bbb R}$, $\tau\not = 0$.则方程$(1.5)$有一个非零解$v$.进一步,若$\gamma\mu<0$,且$|\mu|<|\gamma|$,则初值问题$(1.5)$与$v(0) = \frac{2}{|\mu|}\sqrt{\gamma^{2}+\gamma \mu}$, $v'(0) = 0$有一个孤波解$v$满足

其中$x$满足条件$x\cdot\mbox{sgn}\tau>0$.

为了证明本文定理,需要下面的Cauchy-Kowalevski局部存在性定理^[7]:

定理2.1 (Cauchy-Kowalevski定理)  设$D$表示实或复有限维向量空间, $F:D^{2}\longrightarrow D$是实解析函数,则初值问题

在$x_{0}$的某个邻域$I$内存在唯一解.

定理1.1的证明  令$\theta = \frac{\gamma}{\lambda},$当$-\gamma<\lambda <0,$有$\theta<-1$.现考虑方程(1.3)的初值条件

首先证明上述柯西问题(1.3)和(2.1)在${\Bbb R}$上存在唯一解.由于$\kappa<\frac{\lambda^{2}}{2\gamma^{2}+2\gamma\lambda}+2$,故$1-\frac{\kappa v(0)^{2}}{2(1+v(0)^{2})}>0.$因此,存在$\varepsilon>0$,使得当$x\in[0, \varepsilon)$时,有$1-\frac{\kappa v(x)^{2}}{2(1+v(x)^{2})}>0$.由定理2.1可知,方程(1.3)和满足初值条件(2.1)存在局部唯一解$v(x)$, $x\in I\subset {\Bbb R}$.下面证: $0<v(x)<2\sqrt{\theta^{2}+\theta},$$\forall x\in I,$$x\neq0$.这暗含了$I = {\Bbb R}$.

先证$v(x)>0,$$\forall x\in I,$$x\neq0.$由于$v(0)>0$,假如存在$x_{1}\in I$使得$v(x_{1}) = 0$且$v(x)>0, \forall x\in[0, x_{1}).$在方程(1.3)两边乘以$2v'$再关于$x$积分,代入初始条件(2.1)可得

把$v(x_{1}) = 0$代入(2.2)式,得$v'(x_{1}) = 0.$由唯一性知$v(x)\equiv 0$是问题(1.3)的一个解,这与$v(0) = 2\sqrt{\theta^{2}+\theta}>0$矛盾.

下面证$v(x)<2\sqrt{\theta^{2}+\theta}$, $\forall x\in I,$$x\neq0.$把初始条件(2.1)代入方程(1.3),得$v''(0)<0$,即$x = 0$是$v(x)$的一个极大值点.若存在某个点,不妨设为$x_{2}\in I,$$x_{2}>0$使得$v(x_{2})\geq2\sqrt{\theta^{2}+\theta}$,则一定存在某个$x_3$满足$0<x_{3}<x_{2},$$0<v(x_{3})<2\sqrt{\theta^{2}+\theta}$且$v'(x_{3}) = 0$.代入(2.2)式得, $2\gamma(\sqrt{1+v(x_3)^{2}}-1)+\lambda v(x_3)^{2} = 0,$即$v(x_{3}) = 2\sqrt{\theta^{2}+\theta}$或者$v(x_{3}) = 0$,矛盾.

(ⅰ)由于$v(-x)$也是问题的解,由唯一性可知, $v(-x) = v(x)$.

(ⅱ)由于$v'(0) = 0$, $v''(0)<0$,故存在$r_{1}>0$使得$v'(x)<0,$$x\in(0, r_{1})$.若存在$x_{4}>r_{1}$使得$v'(x_{4}) = 0$,则由(2.2)式知$v(x_{4}) = 2\sqrt{\theta^{2}+\theta}$或者$v(x_{4}) = 0$,这与$0<v(x)<2\sqrt{\theta^{2}+\theta}$, $x\in {\Bbb R}$矛盾.因此$v'(x)<0,$$x>0$.这也意味着$\max\limits_{x\in {\Bbb R} }v(x) = -\frac{2}{\lambda}\sqrt{\gamma^{2}+\gamma\lambda}$.

(ⅲ)由上述讨论知$\lim\limits_{x\rightarrow \infty}v(x)$存在.不妨设$\lim\limits_{x\rightarrow \infty}v(x) = m$,则有$0\leq m<2\sqrt{\theta^{2}+\theta}$.由洛必达法则知, $1 = \lim\limits_{x\rightarrow \infty}{\frac{v(x)+x}{x}} = \lim\limits_{x\rightarrow \infty}(v'(x)+1)$,即有$\lim\limits_{x\rightarrow \infty}v'(x) = 0$.再由(2.2)式可得$m = 0.$

最后证明在平移意义下,该基态解(即满足性质(ⅰ)–(ⅲ))是唯一的.假如$w(x)$是方程(1.3)的另一个解,对$w(x)$作平移变换,使其在$x = 0$处取极大值,即$w'(0) = 0$.设$w(0) = w_{0}>0$,则$w(-x) = w(x)$.类似等式(2.2)的证明,有

由于$\lim\limits_{x\rightarrow \infty}w(x) = 0$,再次由洛必达法则, $1 = \lim\limits_{x\rightarrow \infty}{\frac{w(x)+x}{x}} = \lim\limits_{x\rightarrow \infty}(w'(x)+1)$可得$\lim\limits_{x\rightarrow \infty}w'(x) = 0$.对等式(2.3)两边同时取极限有

解(2.4)式得$w_0 = 2\sqrt{\theta^{2}+\theta}$.由唯一性, $w(x)\equiv v(x)$.

当$0<\lambda <-\gamma,$证明过程和上述讨论类似,故省略.

在证明定理1.2之前,先介绍一个引理.

引理2.1^[8]  设$q\in C([a, \infty))$,若$\lim\limits_{|x|\rightarrow \infty}x^{2}q(x)>\frac{1}{4}$.那么方程$y''+q(x)y = 0$是振荡的,即任一非零解在$[a, \infty)$内有无穷多个零点.

定理1.2的证明  类似于定理1.1的证明,方程(1.3)满足初值条件$v(0) = v_{0}>0,$$v'(0) = 0$存在唯一局部解$v(x)$, $x\in I$,满足$v(-x) = v(x)$.其中$v_0$的选取遵循$\lambda+\frac{\gamma}{\sqrt{1+v_{0}^{2}}}<0$且$1-\frac{\kappa v_{0}^{2} }{2(1+v_{0}^{2})}>0$的原则.在条件(ⅰ)–(ⅲ)中任意一个成立的前提下,这样的$v_0$是可以找到的.

下面证明该局部解可以延拓到${\Bbb R}$上.事实上,只要我们证明$|v(x)|\leq v_{0},$$\forall x\in I$成立即可.这暗含了局部解可以延拓成整体解.由于

故$v(x)$在$x = 0$处取局部极大值.若存在$y_1\in I,$不妨设$y_1>0$且满足$v(y_1)>v_{0}$,则必存在$0<y_{2}<y_{1}$,使得$v(y_{2}) = v_{0}$, $v(x)\leq v_0$, $\forall x\in (0, y_2)$且对于$\delta>0$充分小,有$v(x)>v_{0},$$x\in (y_{2}, y_{2}+\delta)$.类似等式(2.3)的证明,用$v(y_2)$和$v_0$分别替换$w$和$w_0$,得$v'(y_{2}) = 0$.若$v''(y_{2})\neq 0,$则$x = y_{2}$为极大值或极小值,但这与$y_{2}$的选取矛盾.从而$v''(y_{2}) = 0.$代入方程(1.3),即有$(\lambda+\frac{\gamma}{\sqrt{1+v_{0}}})v_{0} = 0$,也即有$v_{0} = 0$,矛盾.因此, $v(x)\leq v_{0},$$\forall x\in I$.类似地,可以证明$v(x)\geq -v_{0},$$\forall x\in I$.

(ⅰ)当$\kappa\leq 0$时,方程(1.3)可转化为

令

则

在条件(ⅰ)–(ⅲ)其中之一条件下,一定存在一个常数$c>0$使得$q(x)\geq c>0$.从而

(ⅱ)当$\kappa>0$时,将方程(1.3)变形为

令$p(x) = 1-\frac{\kappa v^{2}}{2(1+v^{2})},$$g(x) = \frac{\kappa}{2(1+v^{2})^{2}}v'^{2}-(\lambda+\frac{\gamma}{\sqrt{1+v^{2}}})$,作变量替换$t = t(x) = \int^{x}_{0}\frac{1}{p(y)}{\rm d}y$则$\frac{{\rm d}v}{{\rm d}t} = p(x)\frac{{\rm d}v}{{\rm d}x},$代入方程(2.5)可得

这里$w(t) = v(x(t))$.令$q(t) = p(x(t))g(x(t))$,则

其中$c_1>0$.从而$\lim\limits_{|t|\rightarrow \infty}t^{2}q(t) = +\infty$.

结合(ⅰ)和(ⅱ),由引理2.1可知, $v(x)$是振荡的且在${\Bbb R}$上有无穷多个零点.

定理1.3的证明  考虑方程$(1.5)$满足初值条件$v(0) = v_0, v'(0) = 0$.利用定理2.1可知局部解存在唯一,现证该局部解可以延拓到${\Bbb R}$上.为此,我们对解做一个先验估计.我们只考虑$x>0$的情况. $x<0$的情况可利用$w(x) = v(-x)$类似证明.

(1)当$\tau<0$时,在方程$(1.5)$两边乘以$v$并在$[0, x]$上积分,整理后可得

由于对一切$\kappa<2$恒有

于是

下面对$\gamma,$进行讨论:

(ⅰ) $\gamma\leq0$,则$\mu+\gamma \leq \mu+\frac{\gamma}{\sqrt{1+v^{2}}}\leq\mu;$

(ⅱ) $\gamma>0$,则$\mu\leq \mu+\frac{\gamma}{\sqrt{1+v^{2}}}\leq \mu+\gamma.$

令$m = \max{\{\mu, \gamma+\mu, 1\}}$, $n = \min{\{\mu, \gamma+\mu, 1\}}$,则由(ⅰ)–(ⅳ)有

这里当$\kappa\leq 0$时, $A = 1$;当$0<\kappa<2$时, $A = \frac{2-\kappa}{2}$.

对$(2.6)$式两边在$[0, x]$上积分,得

另一方面,在方程(1.5)两边乘以$2v'$并在$[0, x]$上积分然后代入初值可得

由上述对$\gamma,$$\mu$的讨论可知

根据(2.8)式,有

在不等式$(2.7)$两边乘以$2m$再与$(2.9)$式相加,可得

在任意有限区间$[0, b]$利用Gronwall不等式可得

(2)当$\tau\geq0$时,类似(1)的讨论,有

积分可得

由(2.8)式有

从而

在任意有限区间$[0, b]$上,利用Gronwall不等式可得

综合上述两种情况可知,对$\forall x\in [0, T),$$v(x)$均有界,从而该局部解可以延拓为全局解,即方程$(1.5)$的解$v$在${\Bbb R}$上存在.

进一步,不妨考虑$\mu>0$,我们证$0<v(x)<\frac{2}{\mu}\sqrt{\gamma^{2}+\gamma \mu}$. $\mu<0$的情况可类似证明.由条件可知$\gamma<0$,且$0<\mu<-\gamma$.考虑方程(1.5)满足初值条件$v(0) = \frac{2}{\mu}\sqrt{\gamma^{2}+\gamma \mu}$, $v'(0) = 0$的解$v$.

若$\tau>0$,如果存在$x^{*}>0$,使得$v(x^{*}) = 0$或$v(x^{*}) = x_{0}$代入方程(2.8)有

或者

因此在$[0, x^{*}]$上均有$v'(y)\equiv 0$,但这与$v''(0)<0$矛盾.若$\tau<0$,可类似证明.