Tính chất bóng của phương trình sai phân

  • Số trang: 55 |
  • Loại file: PDF |
  • Lượt xem: 33 |
  • Lượt tải: 0
nhattuvisu

Đã đăng 26946 tài liệu

Mô tả:

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN PHẠM THỊ THỦY TÍNH CHẤT BÓNG CỦA PHƯƠNG TRÌNH SAI PHÂN LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC Hà Nội - 2014 ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN PHẠM THỊ THỦY TÍNH CHẤT BÓNG CỦA PHƯƠNG TRÌNH SAI PHÂN Chuyên ngành: Toán giải tích Mã số: 60 46 01 02 LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC Người hướng dẫn khoa học: TS. Lê Huy Tiễn Hà Nội - 2014 Mục lục Lời cảm ơn ii Lời mở đầu iii 1 Điểm bất động hyperbolic, đa tạp ổn định, đa tạp không ổn định của vi phôi 1 1.1 Điểm bất động hyperbolic của vi phôi . . . . . . . . . . . . . . . 1 1.2 Đa tạp ổn định và đa tạp không ổn định . . . . . . . . . . . . . . 2 1.3 Tính chất điểm yên ngựa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 1.4 Tính trơn của đa tạp ổn định địa phương . . . . . . . . . . . . . 10 1.5 Vi phôi phụ thuộc tham số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16 2 Tập hyperbolic của vi phôi 19 2.1 Định nghĩa tập hyperbolic . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19 2.2 Tính bị chặn của phép chiếu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20 2.3 Tính liên tục của phép chiếu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22 2.4 Nhị phân mũ của phương trình sai phân . . . . . . . . . . . . . . 26 2.5 Tính chất của tập hyperbolic . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30 2.6 Tính vững của tập hyperbolic . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32 3 Định lý bóng cho tập hyperbolic của vi phôi 35 3.1 Định lý bóng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35 3.2 Nói thêm về tính vững của tập hyperbolic . . . . . . . . . . . . . 41 3.3 Không gian tiệm cận của tập hyperbolic . . . . . . . . . . . . . . 45 Kết luận 48 Tài liệu tham khảo 49 i LỜI CẢM ƠN Để hoàn thành được chương trình đào tạo và hoàn thiện luận văn này, trong thời gian vừa qua tôi đã nhận được rất nhiều sự giúp đỡ quí báu của gia đình, thầy cô và bạn bè. Vì vậy, nhân dịp này, tôi muốn được gửi lời cảm ơn tới mọi người. Lời đầu tiên, tôi xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới TS. Lê Huy Tiễn, thầy đã rất nhiệt tình hướng dẫn và chỉ bảo tôi trong quá trình hoàn thành luận văn. Tôi cũng xin gửi lời cảm ơn chân thành tới tất cả các thầy cô trong Khoa, những người đã trực tiếp truyền thụ kiến thức, giảng dạy tôi trong quá trình học cao học. Tôi xin cảm ơn Ban chủ nhiệm Khoa Toán-Cơ-Tin học, phòng Sau Đại học Trường Đại học Khoa học Tự nhiên đã tạo điều kiện thuận lợi để tôi hoàn thiện các thủ tục bảo vệ luận văn. Cuối cùng, tôi xin cảm ơn gia đình tôi, những người luôn động viên và ủng hộ tôi. ii LỜI MỞ ĐẦU Tính chất bóng có nguồn gốc từ việc giải số phương trình vi phân/sai phân. Tính chất bóng có nghĩa là tồn tại một quỹ đạo gần một giả quỹ đạo cho trước. Tính bóng được nghiên cứu bởi Anosov, Bowen, Sinai - những người đầu tiên nhận ra rằng nó liên quan đến bài toán ổn định toàn cục của hệ động lực. Trước đây, Anosov, Bowen, Sinai đều dùng phương pháp hình học để nghiên cứu tính bóng. Sau này, Palmer đã dùng cách tiếp cận giải tích cho tính bóng thông qua lý thuyết nhị phân mũ của phương trình vi phân. Trong luận văn này, chúng tôi nghiên cứu tính bóng của hệ động lực trong lân cận của tập hyperbolic từ cuốn sách "Shadowing in Dynamical Systems Theory and Applications" của Ken Palmer năm 2000. Luận văn được chia làm ba chương: Chương 1 trình bày những khái niệm về điểm cố định hyperbolic của vi phôi; đa tạp ổn định và đa tạp không ổn định; tính chất điểm yên ngựa; tính nhẵn của đa tạp ổn định địa phương và vi phôi phụ thuộc tham số. Chương 2 trình bày định nghĩa của tập hyperbolic; các tính chất của tập hyperbolic. Ngoài ra, chương này cũng trình bày về tính liên tục và tính bị chặn của phép chiếu; nhị phân mũ của phương trình sai phân. Tính co giãn trên tập bất biến của vi phôi được định nghĩa và chỉ ra nó là một hệ quả của tính hyperbolic. Chương 3 là nội dung chính của luận văn. Trong chương này chúng tôi nêu và chứng minh định lý bóng. Sau đó chúng ta áp dụng định lý bóng để chứng minh kết quả về tính vững của tập hyperbolic và không gian tiệm cận của các tập hyperbolic. Do thời gian có hạn, luận văn có thể không tránh khỏi thiếu sót. Chúng tôi mong nhận được ý kiến đóng góp để luận văn hoàn thiện hơn. Hà Nội, ngày 03 tháng 12 năm 2014 Học viên Phạm Thị Thủy iii Chương 1 Điểm bất động hyperbolic, đa tạp ổn định, đa tạp không ổn định của vi phôi 1.1 Điểm bất động hyperbolic của vi phôi Định nghĩa 1.1.1. (Định nghĩa vi phôi) Cho U là một tập mở trong Rn . Ánh xạ f : U ⊂ Rn → Rn được gọi là C r vi phôi nếu tồn tại f −1 và các ánh xạ f, f −1 thuộc lớp C r . Định nghĩa 1.1.2. (Định nghĩa điểm bất động hyperbolic của vi phôi, không gian con ổn định và không gian con không ổn định) Cho U là một tập mở trong Rn , f : U → Rn là C 1 - vi phôi. Điểm x0 ∈ U được gọi là điểm bất động hyperbolic của f nếu f (x0 ) = x0 và các giá trị riêng của ma trận Df (x0 ) không nằm trên đường tròn đơn vị. Khi đó tổng của các không gian riêng suy rộng ứng với các giá trị riêng nằm trong (ngoài) đường tròn đơn vị tương ứng gọi là không gian con ổn định (không ổn định) và được ký hiệu là E s (E u ). 1 1.2 Đa tạp ổn định và đa tạp không ổn định Cho U là tập con mở trong Rn , f : U → Rn là C 1 - vi phôi. Từ định nghĩa của E s , E u trong mục 1.1.2, ta biết rằng E s , E u là bất biến dưới Df (x0 ). Hơn nữa, bằng kết quả trong đại số tuyến tính, nếu ta gọi λ1 và λ2 là các hằng số dương sao cho |λ| < λ1 < 1 với tất cả các giá trị riêng λ của Df (x0 ) mà |λ| < 1 và 1 < λ−1 2 < |λ| với tất cả các giá trị riêng λ của Df (x0 ) mà |λ| > 1. Khi đó tồn tại các hằng số dương k1 , k2 sao cho với ∀k ≥ 0, k ∈ Z k[Df (x0 )]k ξk ≤ k1 λk1 kξk với ∀ξ ∈ E s và k[Df (x0 )]−k ηk ≤ k2 λk2 kηk với ∀η ∈ E u . Như vậy [Df (x0 )]k ξ → 0 khi k → ∞ nếu và chỉ nếu ξ ∈ E s và [Df (x0 )]k ξ → 0 khi k → −∞ nếu và chỉ nếu ξ ∈ E u . Định nghĩa 1.2.1. (Định nghĩa đa tạp ổn định, đa tạp không ổn định) Cho x0 là một điểm bất động hyperbolic của C 1 - vi phôi f : U → Rn . Khi đó, tập hợp W s (x0 ) = {x ∈ U : f k (x) → x0 , k → ∞} được gọi là đa tạp ổn định của x0 . Tập hợp W u (x0 ) = {x ∈ U : f k (x) → x0 , k → −∞} được gọi là đa tạp không ổn định của x0 . Chúng ta sẽ chỉ ra rằng đa tạp ổn định, mặc dù tên của nó như vậy, có thể không là một đa tạp con của Rn . Tuy nhiên chúng ta có thể mô tả nó bằng hệ các đa tạp ổn định địa phương mà chúng là các đa tạp con của Rn . Định nghĩa 1.2.2. (Định nghĩa đa tạp ổn định địa phương) 2 Cho U là một tập con mở trong Rn , f : U → Rn là một C 1 - vi phôi với x0 là một điểm bất động hyperbolic. Với ε > 0 cho trước, ta định nghĩa đa tạp ổn định địa phương của x0 là W s,ε (x0 ) = {x ∈ U : f k (x) → x0 khi k → ∞ và kf k (x) − x0 k < ε, ∀k ≥ 0}. Ta dễ dàng thấy rằng với mỗi ε > 0 thì W s (x0 ) = ∪ f −k (W s,ε (x0 )). k≥0 Ngoài ra, ta còn thấy tính chất bất biến f (W s (x0 )) = W s (x0 ), f (W s,ε (x0 )) ⊂ W s,ε (x0 ). Trong phần tiếp theo, chúng ta chỉ ra rằng với ε > 0 đủ nhỏ thì tập W s,ε (x0 ) là một đa tạp con trơn thực sự của Rn chứa x0 sao cho không gian tiếp xúc với W s,ε (x0 ) tại x0 là không gian con ổn định, Tx0 W s,ε (x0 ) = E s . 1.3 Tính chất điểm yên ngựa Định nghĩa 1.3.1. (Khái niệm về tính chất điểm yên ngựa) Cho x0 là một điểm bất động hyperbolic của vi phôi f , x0 được gọi là có tính chất điểm yên ngựa nếu tồn tại hằng số dương ∆ mà bất kỳ điểm x nào thỏa mãn kf k (x) − x0 k ≤ ∆ với mọi k ≥ 0 thì f k (x) → x0 khi k → ∞. Đặc biệt hơn nữa, chúng ta có mệnh đề sau. Mệnh đề 1.3.2. Cho U ⊂ Rn là tập mở và f : U → Rn là C 1 - vi phôi với x0 là một điểm bất động hyperbolic và tương ứng với các không gian con ổn định, không ổn định E s , E u sao cho các bất đẳng thức sau được thỏa mãn k[Df (x0 )]k ξk ≤ k1 λk1 kξk với ξ ∈ E s , (1.1) k[Df (x0 )]−k ηk ≤ k2 λk2 kηk với η ∈ E u . (1.2) Gọi P là ánh xạ chiếu của Rn lên E s dọc theo E u và đặt M s = kP k, M u = kI − P k. Giả sử ∆ là hằng số dương đủ nhỏ (ta luôn tìm được) thỏa mãn σ = [k1 M s (1 − λ1 )−1 + k2 M u λ2 (1 − λ2 )−1 ]w(∆) < 1, 3 (1.3) ở đây ω(∆) = sup{kDf (x) − Df (x0 )k : kx − x0 k ≤ ∆}. Khi đó nếu x ∈ U và kf k (x) − x0 k ≤ ∆ với ∀k ≥ 0 thì bất đẳng thức kf k (x) − x0 k ≤ k1 M s (1 − σ)−1 [λ1 + k1 M s (1 − σ)−1 ω(∆)]k kx − x0 k thỏa mãn với ∀k ≥ 0. Như vậy nếu có thêm điều kiện k1 M s ω(∆) < (1 − σ)(1 − λ1 ) thì suy ra rằng f k (x) → x0 khi k → ∞, tức là x0 có tính chất của điểm yên ngựa. Chứng minh. Đặt yk = f k (x) − x0 . Khi đó f k (x) = yk + x0 . Với k ≥ 0: yk+1 = f k+1 (x) − x0 , yk+1 = f (x0 + yk ) − x0 . Như vậy, yk+1 = Ayk + g(yk ), trong đó A = Df (x0 ), g(yk ) = f (x0 + yk ) − f (x0 ) − Df (x0 )yk . Đặt g(y) = f (x0 + y) − f (x0 ) − Df (x0 )y. Ta biết rằng f (x0 + y) − f (x0 ) = Df (ξ)y (với ξ nào đó mà ξ = λx0 + (1 − λ)(x0 + y), λ ∈ (0, 1)) và như vậy g(y) = Df (ξ)y − Df (x0 )y. Với giả thiết ω(∆) = sup{kDf (x) − Df (x0 )k, với kx − x0 k ≤ ∆} thì kg(y)k ≤ ω(∆) · kyk nếu kyk < ∆. Tiếp theo, đặt uk = P yk , vk = (I − P )yk . Rõ ràng uk + vk = yk . 4 (1.4) Từ A giao hoán với P , tức là AP = P A, nhân (1.4) với P , ta được P yk+1 = uk+1 = P (Ayk + g(yk )) uk+1 = AP (yk ) + P g(yk ) uk+1 = Auk + P g(yk ). Theo tính chất của dãy truy hồi, với k ≥ 0, ta có kết quả k uk = A u0 + k−1 X Ak−m−1 P g(ym ). (1.5) m=0 Tương tự, nhân (1.4) với (I − P ) ta được (I − P )yk+1 = vk+1 = (I − P )(Ayk + g(yk )) vk+1 = A(I − P )(yk ) + (I − P )g(yk ) vk+1 = A(vk ) + (I − P )g(yk ). Nhân hai vế với A−1 , và biến đổi, ta thu được vk = A−1 vk+1 − A−1 (I − P )g(yk ). Truy hồi vk theo vm , với 0 ≤ k ≤ m ta thu được vk = A −(m−k) vm − m−1 X A−(l−k+1) (I − P )g(yl ). (1.6) l=k Ta sẽ xét vk khi m → ∞. Ta có kA−(m−k) vm k = kA−(m−k) (I − P )(ym )k ≤ k2 λm−k M u kym k ≤ k2 λm−k M u ∆. 2 2 (Theo giả thiết kf k (x) − x0 k ≤ ∆ với k ≥ 0 mà yk = f k (x) − x0 ⇒ kyk k ≤ ∆ với ∀k ≥ 0). ⇒ kA−(m−k) vm k → 0 khi m → ∞. Ngoài ra, k ∞ X A −(l−k+1) (I − P )g(yl )k ≤ l=k ∞ X l=k 5 k2 λl−k+1 M u ω(∆)∆ 2 = k2 M u λ2 (1 − λ2 )−1 ω(∆)∆. Như vậy, vk = − ∞ X A−(l−k+1) (I − P )g(yk ). (1.7) l=k Cộng (1.5) và (1.7) với nhau, ta được k−1 X k yk = uk + vk = A P y0 + A k−m−1 P g(ym ) − m=0 k−1 X ⇒ kyk k ≤ k1 M s λk1 ky0 k + ∞ X A−(m−k+1) (I − P )g(ym ) m=k k1 M s λk−m−1 ω(∆)kym k 1 m=0 + ∞ X k2 M u λm−k+1 ω(∆)kym k 2 (1.8) m=k Bổ đề 1.3.3. (i) Cho {µk }bk=a là một dãy các số không âm sao cho tồn tại các số dương c và d thỏa mãn µk ≤ c + d k−1 X µm , với a ≤ k ≤ b, m=a thì µk ≤ c(1 + d)k−a , với a ≤ k ≤ b. (ii) Cho {µk }bk=a là một dãy các số không âm sao cho tồn tại các số dương c và d với d < 1 thỏa mãn µk ≤ c + d b−1 X µm , với a ≤ k ≤ b, m=k thì µk ≤ c(1 − d)k−b , với a ≤ k ≤ b. Chứng minh. (i) Với a ≤ k ≤ b, đặt vk = k−1 P µm , quy ước va = 0. Khi đó với m=a a ≤ k ≤ b − 1, µk = vk+1 − vk ≤ c + dvk suy ra vk+1 ≤ c + (d + 1)vk . 6 Bằng phương pháp truy hồi vk theo va = 0, ta suy ra vk ≤ c[1 + (1 + d) + ... + (1 + d)k−a−1 ] = cd−1 [(1 + d)k−a − 1] với a ≤ k ≤ b. Như vậy, µk ≤ c + dvk ≤ c(1 + d)k−a , với a ≤ k ≤ b. b−1 P (ii) Với a ≤ k ≤ b, đặt vk = µm , quy ước vb = 0, thì với a ≤ k ≤ b − 1 m=k ta có µk = vk − vk+1 ≤ c + dvk . Suy ra vk ≤ (1 − d)−1 c + (1 − d)−1 vk+1 . Quy ước vb = 0, truy hồi vk theo vb với a ≤ k ≤ b ta có vk ≤ (1 − d)−1 c[1 + (1 − d)−1 + (1 − d)−2 + ... + (1 − d)−(b−k−1) ] = cd−1 [(1 − d)k−b − 1]. Suy ra µk ≤ c + dvk ≤ c(1 − d)k−b . Bổ đề 1.3.4. (i) Cho a, b là các số nguyên cố định với −∞ < a ≤ b ≤ ∞. Giả sử {µk }bk=a là một dãy các số không âm, bị chặn nếu b = ∞, thỏa mãn tồn tại các số dương k1 , k2 , λ1 , λ2 , α1 , α2 với λ1 < 1, λ2 < 1 sao cho với a ≤ k < b + 1, µk ≤ k1 λk−a µa 1 + k−1 X α1 λk−m−1 µm 1 m=a + b−1 X α2 λm−k+1 µm . 2 (1.9) m=k Khi đó nếu α = α1 (1 − λ1 )−1 + α2 (1 − λ2 )−1 < 1 thì bất đẳng thức µk ≤ k1 (1 − σ)−1 [λ1 + α1 (1 − σ)−1 ]k−a µa thỏa mãn với a ≤ k < b + 1. 7 (1.10) (ii) Cho a, b là các số nguyên cố định với −∞ ≤ a ≤ b < ∞. Giả sử dãy {µk }bk=a là dãy các số không âm, bị chặn khi a = −∞, thỏa mãn tồn tại các số dương k1 , k2 , λ1 , λ2 , α1 , α2 với λ1 < 1, λ2 < 1 sao cho với a − 1 ≤ k ≤ b µk ≤ k2 λb−k µb 2 k−1 X + α1 λk−m−1 µm 1 b−1 X + m=a α2 λm−k+1 µm . 2 (1.11) m=k Khi đó nếu σ = α1 (1 − λ1 )−1 + α2 λ2 (1 − λ2 )−1 < 1 và α2 λ2 < 1 − σ thì bất đẳng thức µk ≤ k2 (1 − σ)−1 [(1 − σ − α2 λ2 )−1 (1 − σ)λ2 ]b−k µb thỏa mãn với a − 1 < k ≤ b. Chứng minh. (i) Ta chứng minh trong trường hợp tổng quát b = ∞, ta bổ xung dãy {µk }bk=a thành dãy {µk }∞ k=a với µk = 0 nếu k > b. Như vậy giả thiết (1.9) trở thành µk ≤ k1 λk−a µa 1 + k−1 X α1 λk−m−1 µm 1 + m=a ∞ X α2 λm−k+1 µm , 2 (*) m=k với a ≤ k < ∞. Do {µk }∞ k=a là bị chặn. Đặt θk = sup{µk , µk+1 , ...} = sup µm . k≤m Theo khái niệm của sup, với k ≥ a và ε > 0 cho trước, tồn tại k 0 ≥ k sao cho θk − ε ≤ µk0 . Thay k trong (*) bởi k 0 , ta có θk − ε ≤ µk0 ≤ 0 k1 λk1 −a µa + 0 kX −1 0 α1 λ1k −m−1 µm = + α1 k−1 X 0 λ1k −m−1 µm + α1 m=a ≤ k1 λk−a µa 1 + α1 ≤ k−1 X + α1 0 kX −1 λ k0 −m−1 µm + α2 λk−m−1 µm 1 + α1 k−1 X 0 kX −1 m=k ∞ X 0 +1 λm−k µm 2 m=k0 m=k m=a k1 λk−a µa 1 0 +1 α2 λm−k µm 2 m=k0 m=a 0 k1 λ1k −a µa + ∞ X 0 λk1 −m−1 θk + α2 ∞ X 0 +1 λm−k θk 2 m=k0 λk−m−1 µm + [α1 (1 − λ1 )−1 + α2 λ2 (1 − λ2 )−1 ]θk . 1 m=a 8 Vì bất đẳng thức trên đúng với ∀ε > 0 và với mọi a ≤ k < b + 1 nên suy ra θk ≤ k1 λk−a µa 1 + α1 k−1 X λk−m−1 + σθk 1 m=a ⇒ (1 − σ)θk ≤ k1 λk−a µa 1 k−1 X + α1 λ1k−m−1 µm m=a ⇒ θk ≤ k1 (1 − σ)−1 λk−a µa 1 + α1 (1 − σ) −1 k−1 X λ1k−m−1 θm . m=a Nhân cả hai vế với λ−k và đặt φk = λ1−k θk , ta có 1 φk ≤ k1 (1 − σ)−1 λ−a 1 µa + (α1 (1 − σ)−1 λ−1 1 ) k−1 X φm , m=a với a ≤ k < b + 1. Áp dụng Bổ đề 1.3.3 (i) suy ra với a ≤ k < b + 1 −1 −1 k−a φk ≤ k1 (1 − σ)−1 λ−a λ1 ] 1 µa + [1 + α1 (1 − σ) ⇒ θk = λk1 φk ≤ k1 (1 − σ)−1 [λ1 + α1 (1 − σ)−1 ]k−a µa ⇒ µk ≤ θk ≤ k1 (1 − σ)−1 [λ1 + α1 (1 − σ)−1 ]k−a µa với a ≤ k < b + 1. (ii) Đặt θk = µm . Như vậy với a − 1 < k ≤ b và ε > 0 cho trước, sup a−1 0 nên suy ra θk ≤ k2 λb−k µb 2 + b−1 X α2 λm−k+1 θm + σθk 2 m=k ⇒ θk ≤ k2 (1 − σ)−1 λb−k µb 2 −1 + α2 (1 − σ) b−1 X m=k với a − 1 < k ≤ b. 9 λm−k+1 θm , 2 0 +1 α2 λm−k µm 2 Đặt φk = λk2 θk , suy ra φk thỏa mãn φk ≤ k2 (1 − σ)−1 λb2 µb −1 + α2 (1 − σ) λ2 b−1 X φm , m=k với a − 1 < k ≤ b. Áp dụng Bổ đề 1.3.3 (ii), ta có φk ≤ k2 (1 − σ)−1 λb2 µb [1 − α2 (1 − σ)−1 λ2 ]k−b , với a − 1 < k ≤ b. Suy ra θk ≤ k2 (1 − σ)−1 λb2 µb [1 − α2 (1 − σ)−1 λ2 ]k−b λ−k 2 . Vậy Mk ≤ θk ≤ k2 (1 − σ)−1 [(1 − σ − α2 )−1 (1 − σ)λ2 ]b−k Mb . Trở lại chứng minh mệnh đề. Áp dụng Bổ đề 1.3.4 (i), từ (1.8) và điều kiện (1.3) suy ra kyk k ≤ k1 M s (1 − σ)−1 [λ1 + k1 M s (1 − σ)−1 ω(∆)]k ky0 k, với k ≥ 0 và σ = α1 (1 − λ1 )−1 + α2 λ2 (1 − λ2 )−1 < 1, α1 = K1 M s ω(∆), α2 = K2 M u ω(∆). Mệnh đề được chứng minh. 1.4  Tính trơn của đa tạp ổn định địa phương Trong mục này, ta chỉ ra rằng nếu ε > 0 đủ nhỏ thì đa tạp ổn định địa phương W s,ε (x0 ) tại điểm bất động hyperbolic x0 của vi phôi là một đa tạp con của Rn . Định lý 1.4.1. Cho U ⊂ Rn là một tập con mở và f : U → Rn là C r - vi phôi (r ≥ 1) với điểm bất động hyperbolic x0 và tương ứng với không gian con ổn định E s . Khi đó với ε > 0 đủ nhỏ thì W s,ε (x0 ) là một C r - đa tạp con của Rn chứa x0 với Tx0 W s,ε (x0 ) = E s . 10 Chứng minh. Mệnh đề 1.3.2 nói rằng nếu ∆ > 0 đủ nhỏ thì bất đẳng thức kf k (x) − x0 k ≤ ∆ đúng với ∀k ≥ 0 sẽ suy ra f k (x) → 0 khi k → ∞. Vậy ta tìm các điểm thuộc đa tạp ổn định địa phương W s,ε (x0 ) với ε = ∆ W s,∆ (x0 ) = {x ∈ U : f k (x) → x0 khi k → ∞ và kf k (x) − x0 k < ∆ với ∀k ≥ 0} = {x ∈ U : kf k (x) − x0 k ≤ ∆, ∀k ≥ 0}. Ta đặt yk = f k (x) − x0 . Từ đó suy ra (đã có trong phần chứng minh Mệnh đề 1.3.2) k yk = A P y0 + k−1 X A k−m−1 ∞ X P g(ym ) + m=0 A−(m−k+1) (I − P )g(ym ) với k ≥ 0, m=k (1.12) ở đây P là phép chiếu Rn lên E s dọc theo E u ; A = Df (x0 ); g(y) = f (x0 + y) − f (x0 ) − Df (x0 )y. Ta sẽ tìm nghiệm yk của (1.12) sao cho kyk k ≤ ∆ với ∀k ≥ 0. Giả sử ∆ là đủ nhỏ sao cho σ = [k1 M s (1 − λ1 )−1 + k2 M u λ2 (1 − λ2 )−1 ]ω(∆) < 1. (1.13) Nếu ξ ∈ E s thỏa mãn kξk < ∆(1 − σ)k1−1 . (1.14) Ta sẽ chỉ ra có duy nhất điểm x sao cho P (x − x0 ) = ξ và kf k (x) − x0 k ≤ ∆ với k ≥ 0. Thật vậy, ta định nghĩa E là không gian Banach bị chặn gồm các dãy số bị chặn trong Rn : y = {yk }∞ k=0 và chuẩn kyk = sup kyk k. 0≤k≤∞ Ta xây dựng toán tử T trên hình cầu đóng bán kính ∆ trong E. Nếu y ∈ E và kyk ≤ ∆, ta xác định T y là dãy {(T y)k }∞ k=0 cho bởi k (T y)k = A ξ + k−1 X m=0 A k−m−1 P g(ym ) − ∞ X m=k 11 A−(m−k+1) (I − P )g(ym ) với k ≥ 0. Ta lại có k−1 X kA k−m−1 ∞ X P g(ym )k + m=0 kA−(m−k+1) (I − P )g(ym )k m=k k−1 X ≤ k1 λk−m−1 M s ω(∆)∆ 1 + m=0 ∞ X k2 λm−k+1 M u ω(∆)∆ 2 m=k −1 s ≤ [k1 M (1 − λ1 ) + k2 M λ2 (1 − λ2 )−1 ]ω(∆)∆. u Tức là (T y)k là bị chặn trong R với mọi k ≥ 0. Từ đó suy ra T y ∈ E. Vậy T là toán tử xác định tốt và kT yk = sup k(T y)k k ≤ k1 kξk + σ∆, 0≤k≤∞ (với σ xác định trong (1.13)). Thay kξk trong (1.14) vào, ta có kT yk ≤ ∆(1 − σ) + σ∆ = ∆. Như vậy nếu y ∈ E và kyk ≤ ∆ thì kT yk ≤ ∆. Hơn nữa nếu y và y ∈ E với kyk ≤ ∆ và kyk ≤ ∆ thì (T y)k − (T y)k = k−1 X Ak−m−1 P [g(ym ) − y(y m )] m=0 − ∞ X A−(m−k+1) (I − P )[g(ym ) − g(y m )]. m=k Ta có đánh giá k(T y)k − (T y)k k ≤ " k−1 X k1 M s λk−m−1 + 1 m=0 ∞ X # k2 M u λm−k+1 ω(∆)ky − yk 2 m=k ≤ [k1 M s (1 − λ1 )−1 + k2 M u λ2 (1 − λ2 )−1 ]ω(∆)ky − yk. Vậy kT y − T yk ≤ σky − yk. Do σ < 1 nên suy ra T là ánh xạ co trên không gian metric đủ E∆ = {y ∈ E : kyk ≤ ∆}. 12 Từ đó suy ra tồn tại duy nhất một điểm y = {yk }∞ k=0 thỏa mãn T y = y, tức là k yk = A ξ + k−1 X A k−m−1 P g(ym )− m=0 ∞ X A−(m−k+1) (I −P )g(ym ), ∀k ≥ 0, (1.15) m=k ở đây yk = f k (x) − x0 ; y0 = x − x0 ; P y0 = P (x − x0 ) = ξ. Hay ta cũng có yk+1 = A k+1 ξ+ k X A k−m P g(ym ) − m=0 " = A Ak ξ + k−1 X ∞ X A−(m−k) (I − P )g(ym ) m=k+1 Ak−m−1 P g(ym ) − m=0 ∞ X # A−(m−k+1) (I − P )g(ym ) m=k + P g(yk ) + (I − P )g(yk ). Hay yk+1 = Ayk + g(yk ). Do A = Df (x0 ); g(y) = f (x0 + y) − f (x0 ) − Df (x0 )y nên suy ra yk+1 = f (x0 + yk ) − f (x0 ) = f (x0 + yk ) − x0 , ∀k ≥ 0 (do f (x0 ) = x0 ). P (x − x0 ) = ξ, kf k (x) − x0 k ≤ ∆, (1.16) ∀k ≥ 0. (1.17) Đặt x cũng là một điểm khác thỏa mãn (1.16) và (1.17) thì y k = f k (x) − x0 thỏa mãn (1.15) và y = {y k }∞ k=0 là một điểm cố định của ánh xạ T và như vậy y trùng với y. Từ đó x = x0 + y 0 = x0 + y0 = x. Tóm lại nếu ∆ > 0 đủ nhỏ thỏa mãn (1.13), ξ thỏa mãn (1.14) thì điểm x = x0 + y0 là điểm duy nhất thỏa mãn (1.16) và (1.17). Như vậy mỗi ξ thì ta xác định duy nhất y0 . Ta coi y0 = φs (ξ), ξ ∈ E s , kξk < ∆(1 − σ)/k1 . Tiếp theo ta chứng minh nếu f ∈ C r thì φs ∈ C r . 13 Bổ đề 1.4.2. Cho B là hình cầu đóng trong không gian Banach E và V là một tập mở khác trong không gian Banach Λ. Giả sử T : B × V → B là một ánh xạ sao cho ∀y1 , y2 ∈ B và µ ∈ V thì kT (y1 , µ) − T (y2 , µ)k ≤ σky1 − y2 k, ở đây 0 ≤ σ < 1. Khi đó với mỗi µ ∈ V , phương trình T (y, µ) = y có nghiệm duy nhất y = y(µ) trong B, hơn nữa nếu T ∈ C r (0 ≤ r ≤ ∞) thì y(µ) ∈ C r và đạo hàm Dy(µ) thỏa mãn Dy(µ) = ∂T ∂T (y(µ), µ)Dy(µ) + (y(µ), µ). ∂y ∂µ Ta sử dụng Bổ đề 1.4.2 để chứng minh tính trơn của hàm φs . Nếu E là không gian Banach gồm các dãy bị chặn y = {yk }∞ k=0 như ở trên, B là hình cầu đóng {y ∈ E : kyk ≤ ∆} và V = {ξ ∈ E s : kξk < ∆(1 − σ)k1−1 }. Khi đó ta định nghĩa T : B × V → B bởi k [T (y, ξ)]k = A ξ + k−1 X A k−m−1 P g(ym ) − m=0 ∞ X A−(m−k+1) (I − P )g(ym ). m=k Từ g ∈ C r ⇒ T ∈ C r . Như vậy, ta đã chỉ ra rằng với mỗi ξ cố định, T là ánh xạ co trên B với hệ s số co σ và điểm cố định là y = y(ξ) = {yk (ξ)}∞ k=0 với y0 (ξ) = φ (ξ). Từ Bổ đề 1.4.2 suy ra y(ξ) ∈ C r theo ξ. Như vậy φs (ξ) cũng thuộc C r theo ξ. Tiếp theo ta thấy T (0, 0) = 0 và do tính duy nhất nên y(0) = 0 và do đó φs (0) = 0. Cũng từ Bổ đề 1.4.2, Y = Dy(0) thỏa mãn Y = ở đây ∂T ∂T (0, 0)Y + (0, 0), ∂y ∂ξ ∂T (0, 0) = 0 và nếu ν ∈ E s thì ∂y   ∂T (0, 0)ν = Ak ν. ∂ξ k 14 Suy ra [Dy(0)ν]k = Ak ν và suy ra Dφs (0) là ánh xạ nhúng của E s vào Rn . Nhớ rằng P φs (ξ) = ξ và do vậy P Dφs (ξ)ν = ν với mọi ν ∈ E s . Theo tính chất hàm ẩn thì φs và Dφs (ξ) là ánh xạ 1 − 1. Từ tính chất đã chỉ ra của φs thì ánh xạ ξ 7−→ x0 + φs (ξ) là thuộc lớp C r . Đặt M = {x0 + φs (ξ) : ξ ∈ E s , kξk < ∆(1 − σ)k1−1 }. Khi đó M là C r - đa tạp con của Rn chứa x0 . Ngoài ra từ Dφs (0) là phép nhúng của E s vào Rn , ta có Tx0 M = E s . Như đã chỉ ra ở trên nếu x = x0 + φs (ξ) ∈ M thì P (x − x0 ) = ξ và kf k (x − x0 )k ≤ ∆ với k ≥ 0. Ngoài ra với ξ ∈ E s và kξk < ∆(1 − σ)k1−1 thì x là duy nhất. Bây giờ cố định số dương ∆ thỏa mãn (1.13) và sao cho λ = λ1 + k1 M s (1 − σ)−1 ω(∆) < 1. Gọi M là đa tạp đã được xây dựng ở trên tương ứng với ∆. Giả sử số dương ε thỏa mãn ε < ∆, ε < ∆(1 − σ)/k1 M s . Ta chỉ ra W s,ε (x0 ) là tập con mở của M và suy ra nó là một C r - đa tạp con của M . Trước hết nhớ lại nếu x ∈ W s,ε (x0 ) thì kP (x − x0 )k ≤ M s ε < ∆(1 − σ) k1 và với k ≥ 0, kf k (x) − x0 k < ε < ∆. Do đó x ∈ M và như vậy W s,ε (x0 ) ⊂ M . Tiếp theo nếu x ∈ W s,ε (x0 ) và y ∈ M với ky − xk < δ, với δ > 0 đã được xác định. Áp dụng Mệnh đề 1.3.2 thì kf k (y) − x0 k ≤ k1 M s (1 − σ)−1 λk ky − x0 k ≤ k1 M s (1 − σ)−1 λk δ < ε với k ≥ N (chọn δ ≤ 1 và số nguyên dương N sao cho k1 M s (1 − σ)−1 λN < ε). Tiếp theo nếu k = 0, 1, ..., N − 1, kf k (y) − x0 k ≤ kf k (y) − f k (x)k + kf k (x) − x0 k < ε 15
- Xem thêm -