Tài liệu Tính chất bóng của phương trình vi phân

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN TRẦN THỊ BÍCH THỤC TÍNH CHẤT BÓNG CỦA PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC Hà Nội - 2013 ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN TRẦN THỊ BÍCH THỤC TÍNH CHẤT BÓNG CỦA PHƯƠNG TRÌNH VI 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 - 2013 Mục lục Lời cảm ơn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ii Lời nói đầu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . iii 1 Tập hyperbolic của phương trình vi phân thường 1 1.1 Định nghĩa tập hyperbolic . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 1.2 Tính bị chặn đều của các phép chiếu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 1.3 Tính liên tục của phép chiếu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6 1.4 Nhị phân mũ của phương trình vi phân . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11 1.4.1 Định nghĩa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11 1.4.2 Vài tính chất của nhị phân mũ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12 1.4.3 Liên hệ nhị phân mũ và tập hyperbolic . . . . . . . . . . . . . . 18 1.4.4 Tính vững của nhị phân mũ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21 1.5 Tính co giãn của tập hyperbolic . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35 1.6 Tính vững của tập hyperbolic . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39 2 Các định lý về tính bóng của tập hyperbolic 46 2.1 Định lý về tính bóng rời rạc . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46 2.2 Định lý về tính bóng liên tục . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 60 Kết luận . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 68 Tài liệu tham khảo 69 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 nói 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. Chúng tôi đơn giản hóa chứng minh của Palmer. Luân văn được cấu trúc như sau: Chương 1 trình bày các kết quả về tập bất biến hyperbolic cho phương trình vi phân thường. Chương này cũng nhắc lại khái niệm nhị phân mũ và chứng minh vài tính chất cơ bản (tính vững, tính co giãn) dùng làm công cụ chứng minh các định lý chính. Chương 2 là kết quả chính của luận văn, gồm Định lý tính bóng rời rạc và Định lý tính bóng liên tục. Cuối cùng là một số bình luận về các hướng nghiên cứu tiếp theo và danh mục tài liệu tham khảo. 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 12 tháng 12 năm 2013 Trần Thị Bích Thục iii Chương 1 Tập hyperbolic của phương trình vi phân thường 1.1 Định nghĩa tập hyperbolic Cho U là một tập con mở của Rn và F : U → Rn là trường vectơ lớp C 1 . Khi đó với mỗi cặp (τ, ξ) ∈ R × U thì bài toán giá trị ban đầu ẋ = F (x), x(τ ) = ξ (1.1) có duy nhất một nghiệm xác định trên khoảng mở cực đại I(τ, ξ) ⊂ R. Ta đặt O = {(t, τ, ξ) : τ ∈ R, ξ ∈ U, t ∈ I(τ, ξ)} thì O là tập mở và nếu ta xác định Φ : O → Rn bởi Φ(t, τ, ξ) = x(t), trong đó x(t) là nghiệm của bài toán giá trị ban đầu (1.1) thì Φ là hàm thuộc lớp C 1 (C r nếu F là C r ), do tính duy nhất nghiệm ta có tính chất Φ(t, s, Φ(s, τ, ξ)) = Φ(t, τ, ξ) và do F độc lập với thời gian, các tính chất Φ(t, τ, ξ) = Φ(t − τ, 0, ξ), I(τ, ξ) = τ + I(0, ξ) đúng trong miền xác định tương ứng. Ký hiệu φ(t, ξ) = φt (ξ) = Φ(t, 0, ξ)(= Φ(0, −t, ξ)). Ta gọi φ là dòng của phương trình (1.1). 1 Xét phương trình vi phân thường ôtônôm sau ẋ = F (x), (1.2) trong đó F : U → Rn là trường vectơ lớp C 1 , ký hiệu φ là dòng tương ứng. Ta có định nghĩa sau. Định nghĩa 1.1. Một tập compact S ⊂ U được gọi là hyperbolic của phương trình (1.2) nếu (i) F(x) 6= 0 với mọi x ∈ S; (ii) S là bất biến, tức là, φt (S) = S với mọi t; (iii) có một phân tích liên tục Rn = E 0 (x) ⊕ E s (x) ⊕ E u (x) với mọi x ∈ S (1.3) với E 0 (x) = span{F (x)} và dim E s (x), dim E u (x) không đổi, sao cho với mọi t và với mọi x thuộc S Dφt (x)(E s (x)) = E s (φt (x)), Dφt (x)(E u (x)) = E u (φt (x)), và có các hằng số dương K, α có tính chất với mọi t ≥ 0 và x thuộc S thì kDφt (x)ξk ≤ Ke−αt kξk với ξ ∈ E s (x), (1.4) kDφ−t (x)ξk ≤ Ke−αt kξk với ξ ∈ E u (x). (1.5) Gọi P 0 (x), P s (x) và P u (x), với x ∈ S, là các phép chiếu tương ứng với tập hyperbolic S. Phân tích liên tục trong định nghĩa trên hiểu theo nghĩa ánh xạ x 7→ P 0 (x), x 7→ P s (x), x 7→ P u (x) là liên tục. Điều kiện về tính liên tục của phân tích có thể được suy ra từ các điều kiện khác (như vậy có thể bỏ qua gỉả thiết về tính liên tục của phân tích). Ví dụ 1.1. Hệ vi phân hai chiều ( x0 = x(1 − x2 − y 2 ) − y y 0 = y(1 − x2 − y 2 ) + x có thể biến đổi về dạng toạ độ cực (r, ϕ) như sau ( r0 = 1r (xx0 + yy 0 ) = r(1 − r2 ) ϕ0 = r12 (xy 0 − yx0 ) = r12 (x2 + y 2 ) = 1. Khi đó, đường tròn r = 1 hay S = {(x, y) : x2 +y 2 = 1} là quỹ đạo tuần hoàn hyperbolic (xem [3], trang 144-145). 2 1.2 Tính bị chặn đều của các phép chiếu Xét các phép chiếu P 0 (x), P s (x), P u (x) tương ứng trong khai triển (1.3). Trong phần này ta chứng minh các phép chiếu là bị chặn đều. Mệnh đề 1.1. Gọi P 0 (x), P s (x) và P u (x), với x ∈ S, là các phép chiếu tương ứng với tập hyperbolic S. Khi đó chúng bị chặn đều, tức là sup{kP 0 (x)k, kP s (x)k, kP u (x)k} ≤ M < +∞. x∈S Chứng minh. Xét các vectơ khác không v ∈ E 0 (x), ξ ∈ E s (x), η ∈ E u (x) và đặt x0 (t) = Dφt (x)v, xs (t) = Dφt (x)ξ, xu (t) = Dφt (x)η với x ∈ S. Chú ý rằng v = αF (x) với α là số thực nào đó và vì vậy x0 (t) = αF (φt (x)). Do đó với mọi t thì M0−1 ∆kvk ≤ kx0 (t)k ≤ M0 ∆−1 kvk với M0 = sup kF (x)k, ∆ = inf kF (x)k. x∈S x∈S Ta chọn số dương T sao cho σ= ∆eαT > 1. M0 K Khi đó 0 w w x (T ) xs (T ) kxs (T )k w kξk x0 (T ) xs (T ) w w w + s kvk + kξk = kξk w kxs (T )k kvk kx (T )k w   kxs (T )k kξk kx0 (T )k kxs (T )k ≥ − s kξk kxs (T )k kvk kx (T )k   kxs (T )k kξk kx0 (T )k = −1 kξk kxs (T )k kvk  αT  ∆e −M1 T ≥ e − 1 = (σ − 1)e−M1 T M0 K với M1 = sup kDF (x)k. x∈S 3 (1.6) Mặt khác, 0   x (T ) xs (T ) T ξ v kvk + kξk = Dφ (x) kvk + kξk ξ M1 T v ≤ e kvk + kξk . Do đó v ξ −2M1 T + . kvk kξk ≥ (σ − 1)e Từ bất đẳng thức v ξ ≤ 2 k ξ + v k, + kξk kvk kξk ta có kξk(σ − 1)e−2M1 T ≤ 2kξ + vk kξk ≤ 2e2M1 T kξ+v k. σ−1 Từ đó ta suy ra max {kvk, kξk} nên kvk 2e2M1 T ≤ kξ + vk σ−1 ≤ và 2e2M1 T kξ+v k σ−1 kξk 2e2M1 T ≤ . kξ + vk σ−1 Tương tự xét 0 x (T ) xu (T ) kx0 (T )k kvk x0 uT ) x0 (T ) + 0 kvk + kηk = kvk kx0 (T )k kξk kx (T )k   kx0 (T )k kvk kxu (T )k kx0 (T )k ≥ − 0 kvk kx0 (T )k kξk kx (T )k   0 u kx (T )k kvk kx (T )k = −1 kvk kx0 (T )k k η k  αT  ∆e −M1 T ≥ e − 1 = (σ − 1)e−M1 T . M0 K Mặt khác 0   x (T ) xu (T ) T v η kvk + kηk = Dφ (x) kvk + kηk η M1 T v ≤ e kvk + kηk và kηk ≤ 2e2M1 T kη + vk. σ−1 4 (1.7) Từ đó suy ra max{kvk, kηk} ≤ 2e2M1 T kη + vk. σ−1 Do tính bất biến, với mọi t ta có nên  max kx0 (t)k, kxu (t) k ≤ kx0 (t)k 2e2M1 T ≤ kx0 (t) + xu (t)k σ−1 và 2e2M1 T 0 kx (t) + xu (t)k σ−1 kxu (t)k 2e2M1 T ≤ . kx0 (t) + xu (t)k σ−1 (1.8) Tiếp theo ta nhận thấy rằng với t ≥ 0 thì kξk kx0 (t) + xu (t)k eαt kx0 (t) + xu (t)k ≥ kxs (t)k kv + ξk K kvk + kηk αt e kx0 (t) + xu (t)k ≥ K M0 ∆−1 kx0 (t)k + Ke−αt kxu (t)k eαt 1 = 0 (t)k u kx K M0 ∆−1 0 + Ke−αt 0kx (t)k u u kx (t)+x (t)k kx (t)+x (t)k αt ≥ e σ−1 −1 K (M0 ∆ + Ke−αt )2e2M1 T do (1.8). Ta chọn số dương T1 sao cho σ1 = eαT1 σ−1 > 1. −1 K (M0 ∆ + Ke−αT1 )2e2M1 T (1.9) Sau đó, sử dụng s kx (T1 )k x0 (T1 ) + xu (T1 ) kξk + kv + ηk và theo trên, ta suy ra 2e2M1 T1 kξk ≤ kv + η + ξk. σ−1 Do P s (x)(v + η + ξ) = ξ, nên kP s (x)k ≤ 2e2M1 T1 , σ−1 suy ra P s (x) bị chặn đều. Ta lại nhận thấy với t ≥ 0 thì kxu (t)k kv + ξk eαt kv + ξk ≥ 0 s 0 kηk kx (t) + x (t)k K kx (t)k + kxs (t)k eαt kv + ξk ≥ −1 K M0 ∆ kvk + Ke−αt kξk eαt 1 = kvk K M0 ∆−1 + Ke−αt kξk kv+ξk kv+ξk eαt σ−1 ≥ K (M0 ∆−1 + Ke−αt )2e2M1 T 5 do (1.7). Chọn T1 và σ1 > 1 như (1.9). Sau đó, sử dụng 0 kx (T1 ) + xs (T1 )k xu (T1 ) + kv + ξk kηk và theo trên, ta suy ra kηk ≤ 2e2M1 T1 kv + η + ξk. σ−1 Do P u (x)(v + η + ξ) = η, nên kP u (x)k ≤ 2e2M1 T1 , σ−1 suy ra P u (x) bị chặn đều. Lại có 1.3 P 0 (x) = I − P s (x) − P u (x) nên suy ra P 0 (x) cũng bị chặn đều. Tính liên tục của phép chiếu Mệnh đề 1.2. Gọi P 0 (x), P s (x) và P u (x), với x ∈ S, là các phép chiếu tương ứng với tập hyperbolic S. Khi đó chúng liên tục theo x. Chứng minh. Từ Mệnh đề 1.1 suy ra tồn tại các hằng số M 0 , M s và M u sao cho M 0 = sup kP 0 (x)k, M s = sup kP s (x)k và M u = sup kP u (x)k. x∈S x∈S x∈S Chọn hằng số M = max{M 0 , M s , M u } thì với mọi x ∈ S ta có kP 0 (x)k ≤ M, kP s (x)k ≤ M, kP u (x)k ≤ M. Từ (1.4) và (1.5) trong định nghĩa tập hyperbolic và hơn nữa ta có Dφt (x)F (x) = F (φt (x)), suy ra với x ∈ S kDφt (x)P 0 (x)k ≤ kDφt (x)|E 0 (x) kkP 0 (x)k. Mặt khác, từ (1.6) ta có kDφt (x)vk ≤ M0 ∆−1 kvk với v ∈ E 0 (x) nên kDφt (x)|E 0 (x) k ≤ M0 ∆−1 . 6 Ta suy ra được kDφt (x)P 0 (x)k ≤ M0 ∆−1 M với mọi t, (1.10) kDφt (x)P s (x)k ≤ KM e−αt với t ≥ 0 (1.11) kDφt (x)P u (x)k ≤ KM e−αt với t ≥ 0, (1.12) và trong đó M0 và ∆ như trong biểu thức (1.6). Chú ý từ tính bất biến của khai triển (1.3) ta luôn có tính bất biến sau Dφt (x)P (x) = P (φt (x))Dφt (x) (1.13) với P (x) = P 0 (x), P s (x) hoặc P u (x). Để chứng minh các phép chiếu liên tục, ta xét hai nghiệm x(t), y(t) của phương trình (1.2) trong S sao cho có số dương δ và T để kDF (y(t)) − DF (x(t))k ≤ δ (1.14) với 0 ≤ t ≤ T . Chú ý rằng ma trận hàm số U (t) = Dφt−T (y(T ))[P 0 (y(T )) + P u (y(T ))] là một nghiệm của phương trình U̇ = DF (x(t))U + B(t)U, với B(t) = DF (y(t)) − DF (x(t)). (1.15) Suy ra U (T ) = P 0 (y(T ) + P u (y(T )) và U (0) = Dφ−T (y(T ))[P 0 (y(T )) + P u (y(T )]. Do đó, theo công thức biến thiên hằng số, ta có Z t t U (t) = Dφ (x(0))U (0) + Dφt−s (x(s))B(s)U (s)ds. 0 Cho t = T , ta suy ra U (T ) = P 0 (y(T )) + P u (y(T )) = DφT (x(0))Dφ−T (y(T ))[P 0 (y(T )) + P u (y(T ))] Z T + DφT −t (x(t))B(t)Dφt−T (y(T ))[P 0 (y(T )) + P u (y(T ))]dt. 0 7 Nhân hai vế với P s (x(T )) rồi sử dụng tính bất biến (1.13), ta có P s (x(T ))[P 0 (y(T )) + P u (y(T ))] = P s (x(T ))DφT (x(0))Dφ−T (y(T ))[P 0 (y(T )) + P u (y(T ))] Z T s DφT −t (x(t))B(t)Dφt−T (y(T ))[P 0 (y(T )) + P u (y(T ))]dt + P (x(T )) 0 s = Dφ (x(0))P (x(0))Dφ−T (y(T ))[P 0 (y(T )) + P u (y(T ))] Z T DφT −t (x(t))P s (x(t))B(t)Dφt−T (y(T ))[P 0 (y(T )) + P u (y(T ))]dt. + T 0 Do P s (x(T ))[P 0 (y(T )) + P u (y(T ))] = P s (x(T ))[I − P s (y(T ))] nên áp dụng các biểu thức (1.10), (1.11) và (1.12), ta được kP s (x(T ))[I − P s (y(T ))]k ≤ KM 2 e−αT [M0 ∆−1 + K] Z T + KM 2 e−α(T −t) δ[M0 ∆−1 + K]dt. 0 Nếu bất đẳng thức (1.14) xảy ra với 0 ≤ t ≤ T thì kP s (x(T ))[I − P s (y(T ))]k ≤ KM 2 [M0 ∆−1 + K](e−αT + α−1 δ). (1.16) Nếu ta đặt U (t) = Dφt (y(0))P s (y(0)), cũng dùng công thức biến thiên hằng số, ta được Z T −T U (0) = Dφ (x(T ))U (T ) − Dφ−t (x(t))B(t)U (t)dt, 0 với B(t) như trong biểu thức (1.15). Do đó U (0) = P s (y(0)) = Dφ−T (x(T ))DφT (y(0))(P s (y(0)) Z T − Dφ−t (x(t))B(t)Dφt (y(0))P s (y(0))dt. 0 Tiếp tục áp dụng tính bất biến (1.13), ta có [P 0 (x(0)) + P u (x(0))]P s (y(0)) = Dφ−T (x(T )[P 0 (x(T )) + P u (x(T ))]DφT (y(0))P s (y(0)) Z T − Dφ−t (x(t))[P 0 (x(t)) + P u (x(t))]B(t)Dφt (y(0))P s (y(0))dt 0 8 và do [P 0 (x(0)) + P u (x(0))]P s (y(0)) = [I − P s (x(0))]P s (y(0)) nên áp dụng các biểu thức (1.10), (1.11) và (1.12), ta được k[I − P s (x(0))]P s (y(0))k ≤ KM 2 e−αT [M0 ∆−1 + K] Z T KM 2 e−αt δ[M0 ∆−1 + K]dt. + 0 Do đó, nếu bất đẳng thức (1.14) thỏa mãn với 0 ≤ t ≤ T thì k[I − P s (x(0))]P s (y(0))k ≤ KM 2 [M0 ∆−1 +K](e−αT + α−1 δ). (1.17) Từ (1.16) và (1.17) ta suy ra rằng nếu x(t) và y(t) là hai nghiệm trong S thỏa mãn bất đẳng thức (1.14) với −T ≤ t ≤ T thì kP s (y(0)) − P s (x(0))k = k[I − P s (x(0))]P s (y(0)) − P s (x(0))[I − P s (y(0))]k ≤ k[I − P s (x(0))]P s (y(0))k + kP s (x(0))[I − P s (y(0))]k ≤ 2KM 2 [M0 ∆−1 + K](e−αT + α−1 δ), (1.18) ở đây ta áp dụng bất đẳng thức (1.16) với đoạn [−T, 0] và (1.17) với đoạn [0, T ]. Tiếp theo ta chứng minh bất đẳng thức tương tự cho P u . Ta xét hai nghiệm x(t) và y(t) trong S thỏa mãn bất đẳng thức (1.14) với 0 ≤ t ≤ T . Trước hết ta xét U (t) = Dφt (y(0))[P 0 (y(0)) + P s (y(0))], khi đó U (0) = P 0 (y(0)) + P s (y(0)) và U (T ) = DφT (y(0))[P 0 (y(0)) + P s (y(0))]. Theo công thức biến thiên hằng số, ta có U (0) = Dφ −T T Z Dφ−t (x(t))B(t)U (t)dt, (x(T ))U (T ) − 0 với B(t) như trong biểu thức (1.15). Nhân hai vế với P u (x(0)) rồi sử dụng tính bất biến (1.13), ta có P u (x(0))[P 0 (y(0)) + P s (y(0))] = u = P (x(0))Dφ −T Z u (x(T ))U (T ) − P (x(0)) T Dφ−t (x(t))B(t)U (t)dt 0 = Dφ −T u (x(T ))P (x(T ))Dφ (y(0))[P (y(0)) + P s (y(0))] Z − T 0 T Dφ−t (x(t))P u (x(t))B(t)Dφt (y(0))[P 0 (y(0)) + P s (y(0))]dt. 0 9 Do P u (x(0))[P 0 (y(0)) + P s (y(0))] = P u (x(0))[I − P u (y(0))] nên áp dụng các biểu thức (1.10), (1.11) và (1.12), ta được kP u (x(0))[I − P u (y(0))]k ≤ KM 2 e−αT [M0 ∆−1 +K] Z T KM 2 e−αt δ[M0 ∆−1 + K]dt. + 0 Nếu bất đẳng thức (1.14) xảy ra với 0 ≤ t ≤ T thì kP u (x(0))[I − P u (y(0))]k ≤ KM 2 [M0 ∆−1 + K](e−αT +α−1 δ). (1.19) Tiếp theo đặt U (t) = Dφt−T (y(T ))P u (y(T )) khi đó U (T ) = P u (y(T )) và U (0) = Dφ−T (y(T ))P u (y(T )). Theo công thức biến thiên hằng số, ta được Z T U (T ) = Dφ (x(0))U (0) + T DφT −t (x(t))B(t)U (t)dt. 0 Nhân hai vế với P 0 (x(T )) + P s (x(T )) rồi sử dụng tính bất biến (1.13), ta có [P 0 (x(T )) + P s (x(T ))]P u (y(T )) = [P 0 (x(T )) + P s (x(T ))]DφT (x(0))U (0) Z T 0 s + [P (x(T )) + P (x(T ))] DφT −t (x(t))B(t)U (t)dt 0 = Dφ (x(0))[P (x(0)) + P (x(0))]Dφ−T (y(T ))P u (y(T )) Z T + DφT −t (x(t))[P 0 (x(t)) + P s (x(t))]B(t)Dφt−T (y(T ))P u (y(T ))dt. T 0 s 0 Do [P 0 (x(T )) + P s (x(T ))]P u (y(T )) = [I − P u (x(T ))]P u (y(T )) nên áp dụng các biểu thức (1.10), (1.11) và (1.12), ta được k[I − P u (x(T ))]P u (y(T ))k ≤KM 2 e−αT [M0 ∆−1 + K] Z T + KM 2 e−α(T −t) δ[M0 ∆−1 + K]dt 0 ≤ KM 2 (M0 ∆−1 + K)(e−αT + α−1 δ). 10 (1.20) Cho x(t) và y(t) là hai nghiệm trong S thỏa mãn bất đẳng thức (1.14) với −T ≤ t ≤ T . Khi đó,áp dụng bất đẳng thức (1.19) với đoạn [0, T ] và (1.20) với đoạn [−T, 0], ta có kP u (y(0)) − P s (x(0))k = k[I − P u (x(T ))]P u (y(0)) − P u (x(0))[I − P u (y(0))]k ≤ k[I − P u (x(0))]P u (y(0))k + kP u (x(0))[I − P u (y(0))]k ≤ 2KM 2 [M0 ∆−1 + K](e−αT + α−1 δ). (1.21) Để hoàn thiện chứng minh tính liên tục của P s và P u , cho trước một hằng số dương ε. Xét T > 0 thỏa mãn 4KM 2 (M0 ∆−1 + K)e−αT ≤ ε và chọn δ > 0 sao cho 4KM 2 (M0 ∆−1 + K)α−1 δ ≤ ε. Sau đó chọn δ1 > 0 sao cho kDF (φt (y)) − DF (φt (x)) ≤ δ nếu x, y ∈ S, −T ≤ t ≤ T và kx − yk ≤ δ1 . Khi đó nếu x, y ∈ S và kx − yk ≤ δ1 thì từ (1.18) và (1.21) với x(t) = φt (x) và y(t) = φt (y) ta suy ra rằng kP s (y) − P s (x)k ≤ ε, kP u (y) − P u (x)k ≤ ε. Do đó cả P s , P u đều liên tục trên S và do P 0 = I − P s − P u nên P 0 cũng liên tục trên S. 1.4 1.4.1 Nhị phân mũ của phương trình vi phân Định nghĩa Xét phương trình vi phân tuyến tính ẋ = A(t)x. (1.22) Khi đó hệ n nghiệm độc lập tuyến tính x1 (t), x2 (t), ..., xn (t) của phương trình (1.22) được gọi là hệ nghiệm cơ bản của nó. Ký hiệu X(t) = [x1 (t) x2 (t)... xn (t)] và gọi là ma trận cơ bản của phương trình (1.22). 11 Định nghĩa 1.2. Cho A(t) là ma trận cấp n × n liên tục trên đoạn J. Khi đó phương trình vi phân tuyến tính (1.22) được gọi là có nhị phân mũ trên J nếu có các phép chiếu P (t), t ∈ J và các hằng số dương K, α sao cho X(t)X −1 (s)P (s) = P (t)X(t)X −1 (s) với t, s ∈ J, (1.23) kX(t)X −1 (s)P (s)k ≤ Ke−α(t−s) với t, s ∈ J và t ≥ s (1.24) kX(t)X −1 (s)[I − P (s)]k ≤ Ke−α(s−t) với t, s ∈ J và t ≤ s. (1.25) và Chú ý rằng K được gọi là hằng số nhị phân và α được gọi là số mũ nhị phân. Khi A(t) là ma trận hằng (A(t) = A với mọi t) thì tính nhị phân mũ của hệ tương đương với điều kiện phổ của A không giao trục ảo σ(A) ∩ iR = ∅. Sau đây là ví dụ về hệ không otonom có nhị phân mũ. Ví dụ 1.2.    2t  x0 = −1 x (t2 + 1)2  y 0 = y. Trong truờng hợp này, P (t) là phép chiếu lên trục x; nghiệm trên E s = ImP cho bởi 1−t− x(t) = e 1 t2 +1 x(0) và ta có ước lượng kx(t)k ≤ e · e−t kx(0)k, t ≥ 0. Tương tự ky(t)k = et ky(0)k, 1.4.2 t ≤ 0. Vài tính chất của nhị phân mũ Trong phần này ta sẽ chứng minh tính nhị phân mũ của phương trình liên hợp; đặc trưng của không gian ảnh, không gian nhân của các phép chiếu; Định lý Peron và liên hệ giữa nhị phân mũ của phương trình vi phân với phương trình sai phân. Mệnh đề 1.3. Giả sử phương trình (1.22) có ma trận cơ bản X(t) và có nhị phân mũ trên đoạn J với phép chiếu P (t), hằng số K và số mũ α. Khi đó (i) phương trình liên hợp ẋ = −A∗ (t)x 12 có nhị phân mũ trên J với phép chiếu I − P ∗ (t), hằng số K và số mũ α; (ii) nếu J = R thì R(P (t)) = {ξ : X(τ )X −1 (t)ξ → 0 khi τ → +∞} = {ξ : sup kX(τ )X −1 (t)ξk < +∞} τ ≥t và N (P (t)) = {ξ : X(τ )X −1 (t)ξ → 0 khi τ → −∞} = {ξ : sup kX(τ )X −1 (t)ξk < +∞}; τ ≤t (iii) nếu J = R và f (t) ∈ BC thì phương trình ẋ = A(t)x + f (t) (1.26) có duy nhất một nghiệm bị chặn x(t). Hơn nữa kx(t)k ≤ 2Kα−1 kf k∞ với mọi t ∈ R; (iv) nếu phương trình (1.22) có nhị phân mũ trên R, thì phương trình sai phân uk+1 = X(k + 1)X −1 (k)uk (1.27) có nhị phân mũ trên R. Điều ngược lại đúng khi A(t) bị chặn. Chứng minh. (i) Từ biểu thức X(t)X −1 (s)P (s) = P (t)X(t)X −1 (s) với t, s ∈ J, ta suy ra X ∗−1 (s)X ∗ (t)P ∗ (t) = P ∗ (s)X ∗−1 (s)X ∗ (t) với −X ∗−1 (t)X ∗ (s)P ∗ (s) = −P ∗ (t)X ∗−1 (t)X ∗ (s) với t, s ∈ J t, s ∈ J X ∗−1 (t)X ∗ (s) − X ∗−1 (t)X ∗ (s)P ∗ (s) = X ∗−1 (t)X ∗ (s) − P ∗ (t)X ∗−1 (t)X ∗ (s) X ∗−1 (t)X ∗ (s)[I − P ∗ (s)] = [I − P ∗ (t)]X ∗−1 (t)X ∗ (s). Lấy liên hợp (1.24) và (1.25), ta được (từ đây ta dùng chuẩn Euclid trong Rn ) kP ∗ (s)X ∗−1 (s)X ∗ (t)k ≤ Ke−α(t−s) với t, s ∈ J và t ≥ s và k[I − P ∗ (s)]X ∗−1 (s)X ∗ (t)k ≤ Ke−α(s−t) với t, s ∈ J và t ≤ s. 13 (1.28) Suy ra k[I − P ∗ (t)]X ∗−1 (t)X ∗ (s)k ≤ Ke−α(t−s) với t, s ∈ J và s ≤ t kP ∗ (t)X ∗−1 (t)X ∗ (s)k ≤ Ke−α(s−t) với t, s ∈ J và s ≥ t. Áp dụng tính bất biến (1.28), ta được kX ∗−1 (t)X ∗ (s)[I − P ∗ (s)]k ≤ Ke−α(t−s) với t, s ∈ J và s ≤ t và kX ∗−1 (t)X ∗ (s)P ∗ (s)k ≤ Ke−α(s−t) với t, s ∈ J và s ≥ t. (ii) Rõ ràng ta có R(P (t)) ⊂ {ξ : X(τ )X −1 (t)ξ → 0 khi τ → +∞} ⊂ {ξ : sup kX(τ )X −1 (t)ξk < +∞}. τ ≥t Ngược lại, giả sử ξ thỏa mãn sup kX(τ )X −1 (t)ξk < +∞. τ ≥t Ta cần chứng minh ξ ∈ R(P (t)). Thật vậy, với τ ≥ t, ta có k[I − P (t)]ξk = k[I − P (t)]X(t)X −1 (τ )X(τ )X −1 (t)ξk = kX(t)X −1 (τ )[I − P (τ )]X(τ )X −1 (t)ξk (do tính bất biến) ≤ kX(t)X −1 (τ )[I − P (τ )]kkX(τ )X −1 (t)ξk ≤ Ke−α(τ −t) kX(τ )X −1 (t)ξk → 0 khi τ → +∞. Từ đó [I − P (t)]ξ = 0 hay là ξ = P (t)ξ nên ξ ∈ R(P (t)). Vậy R(P (t)) = {ξ : X(τ )X −1 (t)ξ → 0 khi τ → +∞} = {ξ : sup kX(τ )X −1 (t)ξk < +∞}. τ ≥t Tương tự với N (P (t)) ta có ξ ∈ N (P (t)) P (t)ξ = 0 ξ = [I − P (t)]ξ kX(τ )X −1 (t)ξk = kX(τ )X −1 (t)[I − P (t)]ξk. 14 Vậy N (P (t)) ⊂ {ξ : X(τ )X −1 (t)ξ → 0 khi τ → −∞} ⊂ {ξ : sup kX(τ )X −1 (t)ξk < +∞}. τ ≤t Ngược lại, giả sử ξ thỏa mãn sup kX(τ )X −1 (t)ξk < +∞. τ ≤t Ta cần chứng minh ξ ∈ N (P (t)). Thật vậy, với τ ≤ t, ta có kP (t)ξk = kP (t)X(t)X −1 (τ )X(τ )X −1 (t)ξk = kX(t)X −1 (τ )P (τ )X(τ )X −1 (t)ξk (do tính bất biến) ≤ kX(t)X −1 (τ )P (τ )kkX(τ )X −1 (t)ξk ≤ Ke−α(t−τ ) kX(τ )X −1 (t)ξk → 0 khi τ → −∞. Từ đó P (t)ξ = 0 hay ξ ∈ N (P (t)). Vậy N (P (t)) = {ξ : X(τ )X −1 (t)ξ → 0 khi τ → −∞} = {ξ : sup kX(τ )X −1 (t)ξk < +∞}. τ ≤t (iii) Hiệu hai nghiệm bị chặn của phương trình (1.26) là một nghiệm bị chặn x(t) của phương trình (1.22). Khi đó vì x(t) = X(t)X −1 (0)x(0) nên x(0) = X(0)X −1 (t)x(t)). Do đó nếu t ≤ 0 thì kP (0)x(0)k = kP (0)X(0)X −1 (t)x(t)k = kX(0)X −1 (t)P (t)x(t)k (do tính bất biến) ≤ kX(0)X −1 (t)P (t)kkx(t)k ≤ Ke−α(−t) kx(t)k = Keαt kx(t)k → 0 khi t → −∞. Do đó P (0)x(0) = 0. Tương tự, với t ≥ 0 thì k[I − P (0)]x(0)k = k[I − P (0)]X(0)X −1 (t)x(t)k = kX(0)X −1 (t)[I − P (t)]x(t)k (do tính bất biến) ≤ kX(0)X −1 (t)[I − P (t)]kkx(t)k ≤ Ke−αt kx(t)k → 0 khi t → +∞. 15