Tính chất bóng của phương trình vi phân

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘITRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊNTRẦN 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 NỘITRƯỜNG

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘITRƯỜNG 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 NỘITRƯỜNG 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

Lời cảm ơn

Để hoàn thành được chương trình đào tạo và hoàn thiện luận văn này, trong thờigian vừa qua tôi đã nhận được rất nhiều sự giúp đỡ quí báu của gia đình, thầy cô vàbạn 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 rấtnhiệt tình hướng dẫn và chỉ bảo tôi trong quá trình hoàn thành luận văn Tôi cũng xingửi lời cảm ơn chân thành tới tất cả các thầy cô trong Khoa, những người đã trực tiếptruyền 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 TrườngĐại học Khoa học Tự nhiên đã tạo điều kiện thuận lợi để tôi hoàn thiện các thủ tụcbảo vệ luận văn

Cuối cùng, tôi xin cảm ơn gia đình tôi, những người luôn động viên và ủng hộ tôi

Lời nói đầu

Tính chất bóng có nguồn gốc từ việc giải số phương trình vi phân/sai phân Tínhchất bóng có nghĩa là tồn tại một quỹ đạo gần một giả quỹ đạo cho trước Tính bóngđược nghiên cứu bởi Anosov, Bowen, Sinai - những người đầu tiên nhận ra rằng nóliên 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 cứutính 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 lâncận của tập hyperbolic từ cuốn sách "Shadowing in Dynamical Systems Theory andApplications" của Ken Palmer năm 2000 Chúng tôi đơn giản hóa chứng minh củaPalmer

Luân văn được cấu trúc như sau:

Chương 1 trình bày các kết quả về tập bất biến hyperbolic cho phương trình viphân thường Chương này cũng nhắc lại khái niệm nhị phân mũ và chứng minh vàitính chất cơ bản (tính vững, tính co giãn) dùng làm công cụ chứng minh các định lýchính

Chương 2 là kết quả chính của luận văn, gồm Định lý tính bóng rời rạc và Định lýtính 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 mongnhận được ý kiến đóng góp để luận văn hoàn thiện hơn

Hà Nội, ngày 12 tháng 12 năm 2013

Trần Thị Bích Thục

(Cr nếu F là Cr), 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)

Xét phương trình vi phân thường ôtônôm sau

(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 = E0(x) ⊕ Es(x) ⊕ Eu(x) với mọi x ∈ S (1.3)với E0(x) = span{F (x)} và dim Es(x), dim Eu(x) không đổi, sao cho với mọi t và vớimọi x thuộc S

Dφt(x)(Es(x)) = Es(φt(x)), Dφt(x)(Eu(x)) = Eu(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−αtkξk với ξ ∈ Es(x), (1.4)kDφ−t

(x)ξk ≤ Ke−αtkξk với ξ ∈ Eu(x) (1.5)Gọi P0(x), Ps(x) và Pu(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→ P0(x),

x 7→ Ps(x), x 7→ Pu(x) là liên tục Điều kiện về tính liên tục của phân tích có thể đượcsuy ra từ các điều kiện khác (như vậy có thể bỏ qua gỉả thiết về tính liên tục của phântích)

Ví dụ 1.1 Hệ vi phân hai chiều

1.2 Tính bị chặn đều của các phép chiếu

Xét các phép chiếu P0(x), Ps(x), Pu(x) tương ứng trong khai triển (1.3) Trongphần này ta chứng minh các phép chiếu là bị chặn đều

Mệnh đề 1.1 Gọi P0(x), Ps(x) và Pu(x), với x ∈ S, là các phép chiếu tương ứng vớitập hyperbolic S Khi đó chúng bị chặn đều, tức là

x0(t) = αF (φt(x))

Do đó với mọi t thì

M0−1∆kvk ≤ kx0(t)k ≤ M0∆−1kvkvới M0 = sup

wwww

kξk

kxs(T )k

x0(T )kvk +

xs(T )

kxs(T )k

wwww

≥ kx

s(T )kkξk

 kξk

kxs(T )k

kx0(T )kkvk −

kxs(T )k

kxs(T )k



= kxs(T )kkξk

 kξk

kxs(T )k

kx0(T )kkvk − 1

Mặt khác,

x0(T )kvk +

xs(T )

T(x)

vkvk +

ξkξk

≤ eM 1 T v

kvk +

ξkξk .

Do đó

vkvk +

ξkξk ≥ (σ − 1)e

−2M1T

Từ bất đẳng thức

kξk vkvk +

ξkξk ≤ 2 k ξ + v k,

ta có

kξk(σ − 1)e−2M1 T ≤ 2kξ + vkkξk ≤ 2e

kvk

kx0(T )k

x0uT )kξk +

x0(T )

kx0(T )k

≥ kx

0(T )kkvk

kvk

kx0(T )k

kxu(T )kkξk −

kx0(T )k

kx0(T )k



= kx0(T )kkvk

x0(T )kvk +

xu(T )

T(x)

vkvk +

ηkηk

≤ eM 1 T v

kvk+

ηkηkvà

kηk ≤ 2e

2M 1 T

σ − 1 kη + vk

kx0(t) + xu(t)kkvk + kηk

Ta chọn số dương T1 sao cho

σ1 = e

αT 1

K

σ − 1(M0∆−1+ Ke−αT 1)2e2M 1 T > 1 (1.9)Sau đó, sử dụng

Ta lại nhận thấy với t ≥ 0 thì

và theo trên, ta suy ra

Lại có P0(x) = I − Ps(x) − Pu(x) nên suy ra P0(x) cũng bị chặn đều

1.3 Tính liên tục của phép chiếu

Mệnh đề 1.2 Gọi P0(x), Ps(x) và Pu(x), với x ∈ S, là các phép chiếu tương ứng vớitập hyperbolic S Khi đó chúng liên tục theo x

Chứng minh Từ Mệnh đề 1.1 suy ra tồn tại các hằng số M0, Ms và Mu sao cho

kDφt(x)P0(x)k ≤ kDφt(x)|E0 (x)kkP0(x)k

Mặt khác, từ (1.6) ta có

kDφt(x)vk ≤ M0∆−1kvk với v ∈ E0(x)nên

kDφt(x)|E0 (x)k ≤ M0∆−1

Ta suy ra được

kDφt(x)P0(x)k ≤ M0∆−1M với mọi t, (1.10)kDφt(x)Ps(x)k ≤ KM e−αt với t ≥ 0 (1.11)và

kDφt(x)Pu(x)k ≤ KM e−αt với t ≥ 0, (1.12)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) = P0(x), Ps(x) hoặc Pu(x)

Để chứng minh các phép chiếu liên tục, ta xét hai nghiệm x(t), y(t) của phươngtrình (1.2) trong S sao cho có số dương δ và T để

với 0 ≤ t ≤ T Chú ý rằng ma trận hàm số

U (t) = Dφt−T(y(T ))[P0(y(T )) + Pu(y(T ))]

là một nghiệm của phương trình

˙

U = DF (x(t))U + B(t)U,với

B(t) = DF (y(t)) − DF (x(t)) (1.15)Suy ra

U (T ) = P0(y(T ) + Pu(y(T ))và

U (0) = Dφ−T(y(T ))[P0(y(T )) + Pu(y(T )]

Do đó, theo công thức biến thiên hằng số, ta có

U (t) = Dφt(x(0))U (0) +

Z t 0

DφT −t(x(t))B(t)Dφt−T(y(T ))[P0(y(T )) + Pu(y(T ))]dt

Nhân hai vế với Ps(x(T )) rồi sử dụng tính bất biến (1.13), ta có

Ps(x(T ))[P0(y(T )) + Pu(y(T ))]

= Ps(x(T ))DφT(x(0))Dφ−T(y(T ))[P0(y(T )) + Pu(y(T ))]

+ Ps(x(T ))

Z T 0

DφT −t(x(t))B(t)Dφt−T(y(T ))[P0(y(T )) + Pu(y(T ))]dt

= DφT(x(0))Ps(x(0))Dφ−T(y(T ))[P0(y(T )) + Pu(y(T ))]

Ps(x(T ))[P0(y(T )) + Pu(y(T ))] = Ps(x(T ))[I − Ps(y(T ))]

nên áp dụng các biểu thức (1.10), (1.11) và (1.12), ta được

kPs(x(T ))[I − Ps(y(T ))]k ≤ KM2e−αT[M0∆−1+ K]

+

Z T 0

KM2e−α(T −t)δ[M0∆−1+ K]dt

Nếu bất đẳng thức (1.14) xảy ra với 0 ≤ t ≤ T thì

kPs(x(T ))[I − Ps(y(T ))]k ≤ KM2[M0∆−1+ K](e−αT + α−1δ) (1.16)Nếu ta đặt

U (t) = Dφt(y(0))Ps(y(0)),cũng dùng công thức biến thiên hằng số, ta được

U (0) = Dφ−T(x(T ))U (T ) −

Z T 0

Dφ−t(x(t))B(t)U (t)dt,với B(t) như trong biểu thức (1.15) Do đó

U (0) = Ps(y(0)) = Dφ−T(x(T ))DφT(y(0))(Ps(y(0))

−

Z T 0

Dφ−t(x(t))[P0(x(t)) + Pu(x(t))]B(t)Dφt(y(0))Ps(y(0))dt

và do [P0(x(0)) + Pu(x(0))]Ps(y(0)) = [I − Ps(x(0))]Ps(y(0)) nên áp dụng các biểuthức (1.10), (1.11) và (1.12), ta được

k[I − Ps(x(0))]Ps(y(0))k ≤ KM2e−αT[M0∆−1+ K]

+

Z T 0

KM2e−αtδ[M0∆−1+ K]dt

Do đó, nếu bất đẳng thức (1.14) thỏa mãn với 0 ≤ t ≤ T thì

k[I − Ps(x(0))]Ps(y(0))k ≤ KM2[M0∆−1+K](e−αT + α−1δ) (1.17)

Từ (1.16) và (1.17) ta suy ra rằng nếu x(t) và y(t) là hai nghiệm trong S thỏa mãnbất đẳng thức (1.14) với −T ≤ t ≤ T thì

kPs(y(0)) − Ps(x(0))k = k[I − Ps(x(0))]Ps(y(0)) − Ps(x(0))[I − Ps(y(0))]k

≤ k[I − Ps(x(0))]Ps(y(0))k + kPs(x(0))[I − Ps(y(0))]k

≤ 2KM2[M0∆−1+ K](e−αT + α−1δ), (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 Pu 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))[P0(y(0)) + Ps(y(0))],khi đó

U (0) = P0(y(0)) + Ps(y(0))và

U (T ) = DφT(y(0))[P0(y(0)) + Ps(y(0))]

Theo công thức biến thiên hằng số, ta có

U (0) = Dφ−T(x(T ))U (T ) −

Z T 0

Dφ−t(x(t))B(t)U (t)dt,với B(t) như trong biểu thức (1.15) Nhân hai vế với Pu(x(0)) rồi sử dụng tính bấtbiến (1.13), ta có

Pu(x(0))[P0(y(0)) + Ps(y(0))] =

= Pu(x(0))Dφ−T(x(T ))U (T ) − Pu(x(0))

Z T 0

Dφ−t(x(t))B(t)U (t)dt

= Dφ−T(x(T ))Pu(x(T ))DφT(y(0))[P0(y(0)) + Ps(y(0))]

−

Z T 0

Dφ−t(x(t))Pu(x(t))B(t)Dφt(y(0))[P0(y(0)) + Ps(y(0))]dt

Do Pu(x(0))[P0(y(0)) + Ps(y(0))] = Pu(x(0))[I − Pu(y(0))] nên áp dụng các biểu thức(1.10), (1.11) và (1.12), ta được

kPu(x(0))[I − Pu(y(0))]k ≤ KM2e−αT[M0∆−1+K]

+

Z T 0

KM2e−αtδ[M0∆−1+ K]dt

Nếu bất đẳng thức (1.14) xảy ra với 0 ≤ t ≤ T thì

kPu(x(0))[I − Pu(y(0))]k ≤ KM2[M0∆−1+ K](e−αT+α−1δ) (1.19)Tiếp theo đặt

U (t) = Dφt−T(y(T ))Pu(y(T ))khi đó

U (T ) = Pu(y(T ))và

U (0) = Dφ−T(y(T ))Pu(y(T ))

Theo công thức biến thiên hằng số, ta được

U (T ) = DφT(x(0))U (0) +

Z T 0

DφT −t(x(t))B(t)U (t)dt

= DφT(x(0))[P0(x(0)) + Ps(x(0))]Dφ−T(y(T ))Pu(y(T ))

+

Z T 0

KM2e−α(T −t)δ[M0∆−1+ K]dt

≤ KM2(M0∆−1+ K)(e−αT + α−1δ)

(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

kPu(y(0)) − Ps(x(0))k = k[I − Pu(x(T ))]Pu(y(0)) − Pu(x(0))[I − Pu(y(0))]k

≤ k[I − Pu(x(0))]Pu(y(0))k + kPu(x(0))[I − Pu(y(0))]k

Khi đó nếu x, y ∈ S và kx − yk ≤ δ1 thì từ (1.18) và (1.21) với x(t) = φt(x) vày(t) = φt(y) ta suy ra rằng

Định nghĩa 1.2 Cho A(t) là ma trận cấp n × n liên tục trên đoạn J Khi đó phươngtrình vi phân tuyến tính (1.22) được gọi là có nhị phân mũ trên J nếu có các phépchiếu 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)và

kX(t)X−1(s)[I − P (s)]k ≤ Ke−α(s−t) với t, s ∈ J và t ≤ s (1.25)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 tươngđương với điều kiện phổ của A không giao trục ảo

x

1.4.2 Vài tính chất của nhị phân mũ

Trong phần này ta sẽ chứng minh tính nhị phân mũ của phương trình liên hợp; đặctrưng 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 mũtrên đoạn J với phép chiếu P (t), hằng số K và số mũ α Khi đó

(i) phương trình liên hợp

˙x = −A∗(t)x

có nhị phân mũ trên J với phép chiếu I − P∗(t), hằng số K và số mũ α;

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 suyra

X∗−1(s)X∗(t)P∗(t) = P∗(s)X∗−1(s)X∗(t) với t, s ∈ J

−X∗−1(t)X∗(s)P∗(s) = −P∗(t)X∗−1(t)X∗(s) với 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) (1.28)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 ≥ svà

k[I − P∗(s)]X∗−1(s)X∗(t)k ≤ Ke−α(s−t) với t, s ∈ J và t ≤ s

Vậy [I − P (0)]x(0) = 0 hay x(0) = P (0)x(0) = 0 Do đó x(t) ≡ 0 và là nghiệm bị chặnduy nhất của phương trình (1.26).

Ak = X(k + 1)X−1(k), Pk= P (k)thì từ (1.23) ta suy ra

X(k)X−1(m) = X(k)X−1(k − 1)X(k − 1) .X(m + 1)X−1(m)

= Ak−1 .Am = Φ(k, m) với k ≥ m

Suy ra

kΦ(k, m)Pmk ≤ Ke−α(k−m) với k ≥ m (1.30)Tương tự từ (1.25) ta suy ra

kΦ(k, m)[I − Pm]k ≤ Ke−α(m−k) với k ≤ m (1.31)Suy ra phương trình uk+1 = Akuk hay uk+1 = X(k + 1)X−1(k)uk có nhị phân mũ trên(−∞, +∞)

Ngược lại giả sử phương trình (1.27) có nhị phân mũ trên (−∞, +∞) và A(t) bịchặn, tức là ta có các biểu thức (1.29), (1.30), (1.31) và

X(t)X−1(s)P (s) = X(t)X−1(s)X(s)P0X−1(s)

= X(t)P0X−1(s)

= X(t)P0X−1(t)X(t)X−1(s)

= P (t)X(t)X−1(s)tức là tính bất biến (1.23) được thỏa mãn Giả sử t ≥ s, khi đó có các số nguyên m ≤ ksao cho m ≤ s ≤ m + 1 và k ≤ t ≤ k + 1 và do đó

kX(t)X−1(s)P (s)k = kX(t)X−1(k)X(k)X−1(s)X(s)P0X−1(s)k

= kX(t)X−1(k)X(k)X−1(s)X(s)X−1(m)PmX(m)X−1(s)k(do Pm = X(m)P0X−1(m) nên X−1(m)PmX(m) = P0)

= kX(t)X−1(k)X(k)X−1(m)PmX(m)X−1(s)k

≤ kX(t)X−1(k)kkX(k)X−1(m)PmkkX(m)X−1(s)k

≤ eM |t−k|K(e−α)k−meM |s−m|

≤ eMK(e−α)k−meM(do |s − m| ≤ 1 và |t − k| ≤ 1)

≤ e2MK(e−α)t−s−1= Ke2M +αe−α(t−s).Tương tự, khi t ≤ s ta chứng minh được

kX(t)X−1(s)[I − P (s)]k ≤ Ke2M +αe−α(s−t).Vậy phương trình (1.22) có nhị phân mũ trên (−∞, +∞)

Do đó mệnh đề được chứng minh

1.4.3 Liên hệ nhị phân mũ và tập hyperbolic

Để sử dụng trong phần tiếp theo, ta sẽ chỉ ra tính nhị phân mũ có quan hệ gần gũivới lý thuyết tập hyperbolic cho các dòng Thật vậy, cho S là tập compact hyperboliccủa phương trình (1.2) như trong Định nghĩa 1.1 Với điểm x ∈ S cho trước, ta xétphương trình biến phân

Ta áp dụng phương pháp Gram-Schmidt cho Dφt(x)T0 để có một ma trận trực giao



và một ma trận tam giác trên

Y (t) = S∗(t)Dφt(x)S0với đường chéo dương sao cho

A(t) = S∗(t)[DF (φt(x))S(t) − ˙S(t)]

Ta đặt

Q(t) = S∗(t)Ps(φt(x))S(t),

với Ps(x) là phép chiếu lên Es(x) theo E0(x) ⊕ Eu(x) như trong phần 2.2 và 2.3 Q(t)

kY (t)Y−1(s)(I − Q(s))k ≤ KM e−α(s−t),với Pu(·) ≤ M Do đó phương trình

˙

y = A(t)y = S∗(t)[DF (φt(x))S(t) − ˙S(t)]y,

với ma trận cơ bản Y (t), có nhị phân mũ trên (−∞, +∞) với phép chiếu Q(t), hằng

số KM và số mũ α

Một trường hợp nữa trong đó nhị phân mũ liên quan với lý thuyết tập hyperbolicnhư sau Tiếp tục xét S là một tập compact hyperbolic của phương trình (1.2) nhưtrong Định nghĩa 1.1 và P0(x), Ps(x), Pu(x) là các phép chiếu liên kết với khai triển(1.3) Với x ∈ S, ta xét phương trình

M = max{M0, Ms, Mu}

Do đó, nếu y(t) là nghiệm trong Es(φt(x)) và α là một số thực thì khi đó với t ≥ s

ky(t) + αF (φt(x))k

≤ max{K, M0∆−1}M ky(s) + αF (φs(x))k (1.34)

Từ biểu thức (1.33) và (1.34) ta suy ra rằng, với 0 < λ < α thì phương trình

0 < β < α

Khi đó tồn tại một số δ0 = δ0(K, α, β) sao cho nếu B(t) là ma trận liên tục cấp n × nvới

kB(t)k ≤ δ ≤ δ0 với t ∈ Jthì phương trình nhiễu

có nhị phân mũ trên J với hằng số L, số mũ β và các phép chiếu Q(t) thỏa mãn

kQ(t) − P (t)k ≤ N δ,trong đó L, N là các hằng số chỉ phụ thuộc vào K, α

Chứng minh Giả sử rằng δ0 là số dương nhỏ nhất thỏa mãn các bất đẳng thức sau

4Kα−1δ0 ≤ 1,2Kδ0 ≤ α − β,8K2α−1δ0 ≤ 1

Trước hết ta xét trường hợp J = [a; b] là một đoạn hữu hạn Nếu u(t) là một nghiệmcủa phương trình (1.35), khi đó theo công thức biến thiên hằng số, ta có

u(t) = X(t)X−1(a)u(a) +

Z t a

X(t)X−1(s)B(s)u(s)ds (1.36)và

u(t) = X(t)X−1(b)u(b) −

Z b t

X(t)X−1(s)B(s)u(s)ds (1.37)Nhân (1.36) với P (t), nhân (1.37) với I − P (t), ta có

P (t)u(t) = P (t)X(t)X−1(a)u(a) +

Z t a

P (t)X(t)X−1(s)B(s)u(s)ds[I − P (t)]u(t) = [I − P (t)]X(t)X−1(b)u(b)

−

Z b t

[I − P (t)]X(t)X−1(s)B(s)u(s)ds

Áp dụng tính bất biến cho hai phương trình trên, ta được

P (t)u(t) = X(t)X−1(a)P (a)u(a) +

Z t a

X(t)X−1(s)P (s)B(s)u(s)dsu(t) − P (t)u(t) = X(t)X−1(b)[I − P (b)]u(b)

−

Z b t

X(t)X−1(s)P (s)B(s)u(s)ds

−

Z b t

X(t)X−1(s)[I − P (s)]B(s)u(s)ds,

(1.38)

là một biểu diễn của nghiệm đối với các giá trị biên P (a)u(a) và [I − P (b)]u(b)

Ta xét các nghiệm u(t) của phương trình (1.35) mà [I − P (b)]u(b) = 0 và chứng tỏchúng thỏa mãn các ước lượng mũ Từ (1.38) thay a bởi s, ta có

u(t) =X(t)X−1(s)P (s)u(s) +

Z t s

X(t)X−1(τ )P (τ )B(τ )u(τ )dτ

−

Z b t

kB(t)k ≤ δ ≤ δ0.Suy ra với a ≤ s ≤ t ≤ b thì

k u(t) k ≤ kX(t)X−1(s)P (s)k +

Z t s

k X(t)X−1(τ )P (τ ) kk B(τ ) kk u(τ ) k dτ+

Z b t

kX(t)X−1(τ )[I − P (τ )]kkB(τ )kku(τ )kdτ

Từ đó

u(t) ≤ Ke−α(t−s)ku(s)k + Kδ

Z t s

e−α(t−τ )ku(τ )kdτ + Kδ

Z b t

e−α(τ −t)ku(τ )kdτvới a ≤ s ≤ t ≤ b Theo giả sử phần đầu 4Kα−1δ0 ≤ 1 Đặt

σ = 2Kα−1 > 0thì

Bây giờ ta xét các nghiệm u(t) của phương trình (1.35) mà P (a)u(a) = 0 Xét biểuthức (1.38) với b được thay bởi s,

u(t) =X(t)X−1(s)[I − P (s)]u(s) +

Z t s

X(t)X−1(τ )P (τ )B(τ )u(τ )dτ

−

Z s t

kX(t)X−1(τ )P (τ )kkB(τ )kku(τ )kdτ+

Z b t

kX(t)X−1(τ )[I − P (τ )]kkB(τ )kku(τ )kdτvới a ≤ t ≤ s ≤ b Do đó

u(t) ≤ Ke−α(s−t)ku(s)k + Kδ

Z t a

e−α(t−τ )ku(τ )kdτ + Kδ

Z s t

e−α(τ −t)ku(τ )kdτ

với a ≤ t ≤ s ≤ b Tương tự trên ta có

ku(t)k ≤ K(1 − σδ)−1e−[α−K(1−σδ)−1δ](s−t)ku(s)k (1.42)với a ≤ t ≤ s ≤ b

Tiếp theo ta chọn ξ ∈ R(P (a)) và η ∈ N (P (a)), khi đó có duy nhất một nghiệmu(t) của phương trình (1.35) sao cho

P (a)u(a) = ξ và [I − P (b)]u(b) = η (1.43)Thật vậy, xét X = C([a, b]) với chuẩn

X(t)X−1(s)P (s)B(s)u(s)ds

−

Z b t

X(t)X−1(s)P (s)B(s)[u(s) − v(s)]ds

−

Z b t

X(t)X−1(s)[I − P (s)]B(s)[u(s) − v(s)]ds

www

≤

Z t a

Ke−α(t−s)δku(s) − v(s)kds+

Z b t

X(t)X−1(s)P (s)B(s)u(s)ds

−

Z b t

X(t)X−1(s)[I − P (s)]B(s)u(s)ds

(1.44)

với a ≤ t ≤ b Rõ ràng biểu thức (1.43) được thỏa mãn với a ≤ t ≤ b nên

˙u(x) = A(t)u(t) + P (t)B(t)u(t) + [I − P (t)]B(t)u(t) = [A(t) + B(t)]u(t)

Do đó u(t) thực sự là một nghiệm của phương trình (1.35) thỏa mãn (1.43) Mặt khác,

từ phần đầu của chứng minh ta suy ra rằng bất kỳ nghiệm nào thỏa mãn (1.38) với

P (a)u(a) = ξ và [I − P (b)]u(b) = η đều là điểm bất động của ánh xạ T Vậy tính duynhất được thiết lập

Z t

a

X(t)X−1(s)P (s)B(s)u(s)ds −

Z b t

X(t)X−1(s)[I − P (s)]B(s)u(s)ds,

mà u(t) = 0 cũng là nghiệm của phương trình (1.35) Do tính duy nhất nghiệm ta cóu(t) ≡ 0 hay Ets∩ Eu

t = {0} Ngoài ra, từ định nghĩa ta có

Ets= Y (t)Y−1(a)(Eas) và Etu = Y (t)Y−1(b)(Ebu)với Y (t) là ma trận cơ bản của phương trình (1.35) (điều này hiển nhiên do u(t) =

Y (t)Y−1(a)u(a) là nghiệm của phương trình (1.35)) Hơn nữa, từ tính tồn tại và duynhất nghiệm của phương trình (1.35) thỏa mãn (1.43)

dim Ets = dim Eas= rank P (a), dim Etu = dim Ebu = n − rank P (a)

sẽ có rank Q(t) = rank P (t) và Q(t) có tính chất bất biến

Q(t)Y (t)Y−1(s) = Y (t)Y−1(s)Q(s)

Y (t)Y−1(τ )Q(τ )z = Y (t)Y−1(τ )Q(τ )[zs+ zu] = Y (t)Y−1(τ )zs = Q(t)Y (t)Y−1(τ )z.

kY (t)Y−1(s)Q(s)u(s)k ≤ 2Ke−β(t−s)kQ(s)kku(s)k

kY (t)Y−1(s)Q(s)k ≤ 2Ke−β(t−s)kQ(s)k với a ≤ s ≤ t ≤ b (1.45)Tương tự ta có

kY (t)Y−1(s)[I − Q(s)]k ≤ 2Ke−β(s−t)kI − Q(s)k với a ≤ t ≤ s ≤ b (1.46)

Để chứng minh hoàn thiện trường hợp J = [a; b], ta cần ước lượng

kQ(t) − P (t)k

Theo [8, tr32-33], nếu u(t) là một nghiệm của phương trình (1.35) trong Es

t thì nó thỏamãn (1.39) và do đó áp dụng (1.40) ta có

[I − P (t)]u(t) = [I − P (t)]X(t)X−1(s)P (s)u(s)

+

Z t s

[I − P (t)]X(t)X−1(τ )P (τ )B(τ )u(τ )dτ

−

Z b t

[I − P (t)]X(t)X−1(τ )[I − P (τ )]B(τ )u(τ )dτ

= X(t)X−1(s)[I − P (s)]P (s)u(s)

+

Z t s

X(t)X−1(τ )[I − P (τ )]P (τ )B(τ )u(τ )dτ

−

Z b t

X(t)X−1(τ )[I − P (τ )]2B(τ )u(τ )dτ

= −

Z b t

X(t)X−1(τ )[I − P (τ )]B(τ )u(τ )dτ

do [I − P (s)]P (s) = 0 và [I − P (s)]2 = 0 với mọi s Từ đó

k[I − P (t)]u(t)k =

Z b t

X(t)X−1(τ )[I − P (τ )]B(τ )u(τ )dτ Theo giả thiết

kX(t)X−1(τ )[I − P (τ )]kkB(τ )kku(τ )kdτ

≤

Z b t

Ke−α(τ −t)δku(τ )kdτ

≤

Z b t

Ke−α(τ −t)δ2Kku(t)kdτ

≤ 2K2δku(t)k

Z b t

với a = 2K2α−1.

Do đó với mọi ξ ∈ Rn thì

[I − P (t)]Y (t)Y−1(a)Q(a)ξ ≤ aδkY (t)Y−1(a)Q(a)ξk

≤ aδkQ(t)Y (t)Y−1(a)ξk

≤ aδkQ(t)kkY (t)Y−1(a)ξk

Thay ξ bởi Y (a)Y−1(t)ξ, ta có

k[I − P (t)]Q(t)Y (t)Y−1(a)Y (a)Y−1(t)ξk ≤ aδkQ(t)kkY (t)Y−1(a)Y (a)Y−1(t)ξk

k[I − P (t)]Q(t)ξk ≤ aδkQ(t)kkξk

Do đó

k[I − P (t)]Q(t)k ≤ aδkQ(t)k (1.47)Nếu u(t) là nghiệm của phương trình (1.35) trong Etu, khi đó nó thỏa mãn (1.41)

Từ (1.41) ta có

P (t)u(t) = P (t)X(t)X−1(s)[I − P (s)]u(s)

+

Z t a

P (t)X(t)X−1(τ )P (τ )B(τ )u(τ )dτ

−

Z b t

P (t)X(t)X−1(τ )[I − P (τ )]B(τ )u(τ )dτ

= X(t)X−1(s)P (s)[I − P (s)]u(s)

+

Z t a

X(t)X−1(τ )P2(τ )B(τ )u(τ )dτ

−

Z b t

X(t)X−1(τ )P (τ )[I − P (τ )]B(τ )u(τ )dτ

=

Z t a

X(t)X−1(τ )P (τ )B(τ )u(τ )dτ,

do [I − P (s)]P (s) = 0 và P2(s) = 0 với mọi s Từ đó

kP (t)u(t)k =

Z t a

X(t)X−1(τ )P (τ )B(τ )u(τ )dτ

Mà theo giả thiết

kX(t)X−1(τ )P (τ )k ≤ Ke−α(t−τ ) với τ ≤ t,

kB(s)k ≤ δ

(τ )P (τ )kkB(τ )kku(τ )kdτ

≤

Z t a

Ke−α(t−s)δku(s)kds

≤

Z t a

Ke−α(t−s)δ2Kku(t)kds

≤ 2K2δku(t)k

Z b t

Do đó với mọi η ∈ Rn thì

kP (t)Y (t)Y−1(b)[I − Q(b)]ηk ≤ aδkY (t)Y−1(b)[I − Q(b)]ηk

≤ aδk[I − Q(t)]Y (t)Y−1(b)ηk

≤ aδkI − Q(t)kkY (t)Y−1(b)ηk

Thay η bởi Y (b)Y−1(t)η, ta có

kP (t)[I − Q(t)]Y (t)Y−1(b)Y (b)Y−1(t)ηk ≤ aδkI − Q(t)kkY (t)Y−1(b)Y (b)Y−1(t)ηk

Theo giả thiết

kX(t)X−1(s)P (s)k ≤ Ke−α(t−s)với t ≥ s, nên

kX(t)X−1(t)P (t)k ≤ K

kP (t)k ≤ Kvà

kX(t)X−1(s)[I − P (s)]k ≤ Ke−α(s−t)với t ≤ s, nên

và kI − Q(t)k − kI − P (t)k ≤ kQ(t) − P (t)k ≤ 2K

kI − Q(t)k ≤ kI − P (t)k + 2K

kI − Q(t)k ≤ 3K (do kI − P (t)k ≤ K)

Từ (1.45) ta có

kY (t)Y−1(s)Q(s)k ≤ 2Ke−β(t−s)kQ(s)k

≤ 2Ke−β(t−s).3K = 6K2e−β(t−s) với a ≤ s ≤ t ≤ b.Tương tự từ (1.46) ta có

kY (t)Y−1(s)[I − Q(s)]k ≤ 2Ke−β(t−s)kI − Q(s)k

≤ 2Ke−β(t−s).3K = 6K2e−β(s−t) với a ≤ t≤s ≤ bvà

kQ(t) − P (t)k ≤ N δ với N = 8K3α−1.Như vậy bổ đề được chứng minh trong trường hợp J = [a, b] với L = 6K2 và

[I − P (t)]X(t)X−1(s)B(s)u(s)ds

= X(t)X−1(b)[I − P (b)]u(b)

−

Z b t

X(t)X−1(s)[I − P (s)]B(s)u(s)ds (1.50)

Chú ý rằng

kX(t)X−1(b)[I − P (b)]u(b)k ≤ kX(t)X−1(b)[I − P (b)]kku(b)k ≤ Ke−α(b−t)µ → 0 khi

b → +∞ với a ≤ t ≤ b

P (t)u(t) = P (t)X(t)X−1(a)u(a) +

Z t a

P (t)X(t)X−1(s)B(s)u(s)ds

= X(t)X−1P (a)u(a) +

Z t a

X(t)X−1(s)P (s)B(s)u(s)ds

Do đó

u(t) = X(t)X−1(a)P (a)u(a) +

Z t a

u(t) = X(t)X−1(s)P (s)u(s) +

Z t s

kX(t)X−1(τ )P (τ )kkB(τ )kku(τ )kdτ+

Ke−α(t−τ )δku(τ )kdτ+

Z +∞

t

Ke−α(τ −t)δku(τ )kdτ