(LUẬN văn THẠC sĩ) đa tạp tâm của hệ tam phân mũ không đều

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN KHOA TỐN CƠ TIN TƠ THỊ THU HIỀN ĐA TẠP TÂM CỦA HỆ TAM PHÂN MŨ KHÔNG ĐỀU LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Chuyên ngành: TOÁN GIẢI TÍCH Mã số : 60 46 01 NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC T.S LÊ HUY TIỄN Hà Nội - Năm 2012 TIEU LUAN MOI download : skknchat@gmail.com Mục lục Lời cảm ơn Lời nói đầu Kiến thức chuẩn bị 1.1 Hệ tam phân mũ không 1.2 Các không gian tâm, ổn định không ổn định 1.3 Nguyên lý điểm bất động 1.4 Cơng thức Fầ di Bruno cho đạo hàm hàm hợp 1.5 Bổ đề Gronwall Đa 2.1 2.2 2.3 tạp tâm hệ tam phân mũ không Một vài giả thiết ban đầu Sự tồn đa tạp tâm Chứng minh tồn đa tạp tâm 2.3.1 Các không gian hàm 2.3.2 2.3.3 2.3.4 2.3.5 Kết luận ii iii 1 6 12 12 14 18 18 Các tính chất Lipschitz đạo hàm Nghiệm đa tạp tâm Qui toán tương đương Xây dựng đa tạp tâm 21 26 30 36 43 Tài liệu tham khảo 44 i TIEU LUAN MOI download : skknchat@gmail.com Lời cảm ơn Để hoàn thành chương trình đào tạo hồn thiện luận văn này, thời gian vừa qua nhận nhiều giúp đỡ q báu gia đình, thầy bạn bè Vì vậy, này, tơi muốn gửi lời cảm ơn tới người Lời đầu tiên, tơi xin bày tỏ lịng biết ơn sâu sắc tới TS Lê Huy Tiễn, thầy nhiệt tình hướng dẫn bảo tơi q trình hồn thành luận văn Tơi xin gửi lời cảm ơn chân thành tới tất thầy cô khoa, người trực tiếp truyền thụ kiến thức, giảng dạy tơi q trình học cao học Tơi xin cảm ơn Ban chủ nhiệm khoa Tốn-Cơ-Tin học, phịng Sau Đại Học trường Đại học Khoa học Tự nhiên tạo điều kiện thuận lợi để tơi hồn thiện thủ tục bảo vệ luận văn Cuối cùng, xin cảm ơn cha mẹ tôi, người yêu thương ủng hộ vô điều kiện ii TIEU LUAN MOI download : skknchat@gmail.com Lời nói đầu Xét hệ phương trình vi phân thường khơng gian Rd (d ≥ 1): x˙ (t) = Ax(t), t ∈ R, (1) A ma trận thực cỡ d × d Các giá trị riêng ma trận A chia thành ba loại: có phần thực âm, phần thực dương phần thực Gọi E s , E u , E c không gian sinh véc tơ riêng suy rộng ứng với giá trị riêng có phần thực âm, phần thực dương phần thực Đây tập bất biến nghiệm phương trình (1) Hơn nữa, nghiệm phương trình (1) xuất phát từ E s (hoặc từ E u ) ổn định (hoặc khơng ổn định) Vì vậy, tập gọi tương ứng không gian ổn định không ổn định Tuy nhiên, khơng thể nói trước điều dáng điệu tiệm cận nghiệm xuất phát từ E c Người ta gọi E c không gian tâm Đối với hệ tuyến tính (1) khái niệm không gian ổn định, không ổn định, không gian tâm trùng với khái niệm đa tạp ổn định, khơng ổn định, đa tạp tâm, ta gọi E c đa tạp tâm hệ Nói chung, nghiệm có dáng điệu phức tạp thường nằm đa tạp tâm Nếu E u = ∅, quỹ đạo nghiệm tiến nhanh tới đa tạp tâm E c Do đó, tính ổn định hệ hồn tồn xác định dáng điệu nghiệm đa tạp tâm Vì vậy, để biết tính ổn định hệ, cần hạn chế nghiên cứu hệ E c Ý tưởng trực quan động lực lý thuyết đa tạp tâm Để dễ hình dung, minh họa nội dung lý thuyết qua hệ phương trình vi phân không gian hữu hạn chiều sau Xét hệ phương trình vi phân Rd : x˙ = f (t, x), t ∈ R, x ∈ Rd , (2) x0 điểm cân không hyperbolic hệ (2) (điều có nghĩa ma trận tuyến tính hóa Dx f (t, x0 ) có giá trị riêng với phần thực 0) Giả sử tồn đa tạp tâm (2) tiếp xúc với không gian tâm E c hệ tuyến tính x = A(t)x với A(t) = Dx f (t, x0 ) Khi để nghiên cứu dáng điệu tiệm cận nghiệm xuất phát từ lân cận (đủ nhỏ) x0 , cần hạn chế nghiên cứu hệ (2) đa tạp tâm Nội dung luận văn chứng minh tồn đa tạp tâm phương trình vi phân khơng ơtơnơm không gian Banach vô hạn chiều iii TIEU LUAN MOI download : skknchat@gmail.com Chìa khóa để giải vấn đề khái niệm tam phân mũ đều, tam phân mũ khơng điều kiện tính hyperbolic riêng không nghiệm Luận văn chia thành hai chương Chương 1: trình bày khái niệm tam phân mũ đều, khơng hệ phương trình vi phân, số kết bất đẳng thức Faà di Bruno bổ đề Gronwall Chương 2: chứng minh tồn đa tạp tâm hệ phương trình vi phân có tam phân mũ khơng khơng gian Banach vơ hạn chiều Đây mục đích luận văn Do thời gian lực có hạn, luận văn cịn sai sót Tác giả mong muốn nhận góp ý thầy, bạn đồng nghiệp Hà nội, tháng 12 năm 2012 Tô Thị Thu Hiền iv TIEU LUAN MOI download : skknchat@gmail.com Chương Kiến thức chuẩn bị 1.1 Hệ tam phân mũ không Cho X không gian Banach, B (X ) tập hợp toán tử bị chặn X Giả sử A : R → B (X ) hàm liên tục Xét toán giá trị ban đầu v = A(t)v, v (s) = vs , (1.1) với s ∈ R vs ∈ X Chú ý phương trình có nghiệm nghiệm Giả sử tất nghiệm (1.1) toàn cục Nghiệm hệ viết dạng v (t) = T (t, s)v (s), với T (t, s) toán tử tiến hóa liên kết, tức T (t, s)T (s, r) = T (t, r) T (t, t) = Id với t, s, r ∈ R Nói riêng, T (t, s) khả nghịch T (t, s)−1 = T (s, t) với t, s ∈ R Định nghĩa 1.1 Phương trình tuyến tính v = A(t)v gọi có tam phân mũ khơng tồn phép chiếu P, Q1 , Q2 : R → B (X ) thỏa mãn P (t) + Q1 (t) + Q2 (t) = Id, P (t)T (t, s) = T (t, s)P (s), Qi (t)T (t, s) = T (t, s)Qi (s), i = 1, với t, s ∈ R số b > a ≥ 0, d > c ≥ 0, a , b , c , d ≥ 0, Di ≥ 1, ≤ i ≤ cho với t, s ∈ R, t ≥ s, T (t, s)P (s) ≤ D1 ea(t−s)+a |s| , T (t, s)−1 Q2 (t) ≤ D3 e−b(t−s)+b |t| ; (1.2) TIEU LUAN MOI download : skknchat@gmail.com với t, s ∈ R, t ≤ s, T (t, s)P (s) ≤ D2 ec(s−t)+c |s| , T (t, s)−1 Q1 (t) ≤ D4 e−d(s−t)+d |t| (1.3) Các số a, b, c, d coi số mũ Lyapunov, tính khơng dáng điệu mũ định số a , b , c , d Sự tồn tam phân mũ không giả thiết yếu để thiết lập tồn đa tạp tâm Nhận xét 1.1 Chú ý a = b = c = d = 0, hệ phương trình vi phân thỏa mãn điều kiện gọi có tam phân mũ Sau ta đưa ví dụ hệ tam phân mũ không để làm rõ định nghĩa Ví dụ 1.1 Cho ω > r > hệ số cho trước xét hệ phương trình R3 sau u = 0, v1 = (−ω − rt sin t)v1 , v2 = (ω + rt sin t)v2 (1.4) Khi hệ phương trình vi phân (1.4) có tam phân mũ không Chứng minh Nghiệm hệ (1.4) viết dạng u(t) = U (t, s)u(s), v1 (t) = V1 (t, s)v1 (s), v2 (t) = V2 (t, s)v2 (s) với U (t, s) = 1, V1 (t, s) = e−ωt+ωs+rt cos t−rs cos s−r sin t+r sin s , V2 (t, s) = eωt−ωs−rt cos t+rs cos s+r sin t−r sin s Tốn tử tiến hóa T (t, s) hệ (1.4) cho T (t, s)(u, v1 , v2 ) = (U (t, s)u, V1 (t, s)v1 , V2 (t, s)v2 ) Xét ánh xạ P (t), Q1 (t), Q2 (t) : R3 → R3 xác định P (t)(u, v1 , v2 ) = u, Q1 (t)(u, v1 , v2 ) = v1 , Q2 (t)(u, v1 , v2 ) = v2 Rõ ràng ánh xạ phép chiếu Tiếp theo, để chứng minh bất đẳng thức (1.2), (1.3), ta lấy b = d = ω − r, TIEU LUAN MOI download : skknchat@gmail.com b = d = 2r chọn số a, a , c, c > 0, a < ω − r, c < ω − r, D1 = D2 = D3 = D4 = D > cho U (t, s) ≤ Dea(t−s)+a |s| , V2 (t, s)−1 ≤ De−(ω−r)(t−s)+2r|t| với t ≥ s; U (t, s) ≤ Dec(s−t)+c |s| , V1 (t, s)−1 ≤ De−(ω−r)(s−t)+2r|t| với t ≤ s Vì U (t, s) = nên hiển nhiên U (t, s) ≤ Dea(t−s)+a |s| với t ≥ s; U (t, s) ≤ Dec(s−t)+c |s| với t ≤ s với a, a , c, c > 0, a < ω − r, c < ω − r; D > Bây ta cần chứng minh V2 (t, s)−1 ≤ De−(ω−r)(t−s)+2r|t| với t ≥ s (1.5) V1 (t, s)−1 ≤ De−(ω−r)(s−t)+2r|t| với t ≤ s (1.6) Trước tiên ta viết lại V1 (t, s)−1 sau V1 (s, t) = e(−ω+r)(s−t)−rt(cos t−1)+rs(cos s−1)+r(sin t−sin s) (1.7) Với t, s ≥ từ (1.7) suy V1 (s, t) ≤ e2r e(−ω+r)(s−t)+2rt Với s ≥ 0, t ≤ từ (1.7) suy V1 (s, t) ≤ e2r e(−ω+r)(s−t) Cuối cùng, với t ≤ s ≤ 0, từ (1.7) ta V1 (s, t) ≤ e2r e(−ω+r)(s−t)+2r|t| Qua ba trường hợp ta thấy tồn < D < e2r để (1.5) thỏa mãn Trường hợp V2 (t, s) (1.6) chứng minh hoàn toàn tương tự Từ (1.6) (1.5) ta suy hệ phương trình tuyến tính (1.4) có tam phân mũ khơng 1.2 Các khơng gian tâm, ổn định không ổn định Giả sử phương trình tuyến tính v = A(t)v có tam phân mũ khơng Với kí hiệu trên, xét khơng gian tuyến tính E (t) = P (t)X, F1 (t) = Q1 (t)X, F2 (t) = Q2 (t)X (1.8) TIEU LUAN MOI download : skknchat@gmail.com với t ∈ R Chúng ta gọi E (t), F1 (t), F2 (t) tương ứng không gian tâm, không gian ổn định không gian không ổn định thời điểm t Rõ ràng X = E (t) ⊕ F1 (t) ⊕ F2 (t) với t ∈ R Nghiệm (1.1) viết dạng v (t) = (U (t, s)ξ, V1 (t, s)η1 , V2 (t, s)η2 ) ∈ E (t) × F1 (t) × F2 (t), (1.9) với vs = (ξ, η1 , η2 ) ∈ E (s) × F1 (s) × F2 (s), U (t, s) : = T (t, s)P (s) = T (t, s)P (s)2 = P (t)T (t, s)P (s), V1 (t, s) : = T (t, s)Q1 (s) = T (t, s)Q1 (s)2 = Q1 (t)T (t, s)Q1 (s), V2 (t, s) : = T (t, s)Q2 (s) = T (t, s)Q2 (s)2 = Q2 (t)T (t, s)Q2 (s) Trong trường hợp đặc biệt, không gian tâm, ổn định không ổn định không phụ thuộc t, tức E (t) = E , F1 (t) = F1 , F2 (t) = F2 với t, tốn tử T (t, s) có dạng   U (t, s) 0  T (t, s) =  V1 (t, s) 0 V2 (t, s) Hơn nữa, toán tử U (t, s) : E (s) → E (t), V1 (t, s) : F1 (s) → F1 (t), V2 (t, s) : F2 (s) → F2 (t) khả nghịch Ký hiệu toán tử nghịch đảo tương ứng U (t, s)−1 , V1 (t, s)−1 , V2 (t, s)−1 , ta có U (t, s)−1 = U (s, t), V1 (t, s)−1 = V (s, t), V2 (t, s)−1 = V2 (s, t) với s, t ∈ R Chú ý bất đẳng thức (1.2) (1.3) viết lại thành U (t, s) ≤ D1 ea(t−s)+a |s| , V2 (t, s)−1 ≤ D3 e−b(t−s)+b |t| ; U (t, s) ≤ D2 ec(s−t)+c |s| , V1 (t, s)−1 ≤ D4 e−d(s−t)+d |t| Cho t = s, từ (1.2), (1.3) ta có P (t) ≤ D1 ea |t| , Q2 (t) ≤ D3 eb |t| , Q1 (t) ≤ D4 ed |t| Tiếp theo, ta định nghĩa góc hai không gian F1 F2 , F1 E , F2 E tương ứng sau α(t) = inf { x − y : x ∈ F1 (t), y ∈ F2 (t); x = y = 1}, (1.10) TIEU LUAN MOI download : skknchat@gmail.com β (t) = inf { x − z : x ∈ F1 (t), z ∈ E (t); x = z = 1}, γ (t) = inf { y − z : y ∈ F2 (t), y ∈ E (t); y = z = 1} Mệnh đề sau khoảng giới hạn góc nói trên, tính chất hệ tam phân mũ không Mệnh đề 1.1 Với t ∈ R ta có ≤ α(t) ≤ , Q1 (t) Q1 (t) ≤ α(t) ≤ , Q2 (t) Q2 (t) ≤ β (t) ≤ , Q1 (t) Q1 (t) ≤ γ (t) ≤ , Q2 (t) Q2 (t) ≤ β (t) ≤ , P (t) P (t) ≤ γ (t) ≤ P (t) P (t) Chứng minh Ta chứng minh cho góc α(t), trường hợp khác chứng minh hoàn toàn tương tự Chú ý Q1 (t)(x − y ) = x với x ∈ F1 (t), y ∈ F2 (t) x = y = Do đó, = Q1 (t)(x − y ) ≤ Q1 (t) x − y Vậy ≤ α(t) Q1 (t) Bây ta chứng minh α(t) ≤ Với v, w ∈ X , v¯ = Q1 (t)v = 0, w¯ = Q1 (t) Q2 (t)w = ta có v¯ w ¯ − v w = (¯ v−w ¯) w¯ + w¯( w¯ − v¯ ) 2( v¯ − w¯ ) ≤ v¯ w ¯ v¯ Chú ý Q1 (t)(¯ v −w ¯) = v¯ Cho trước ε > 0, chọn v, w ∈ X cho với u = v¯− w¯, ta có u ≤ + ε Q1 (t)u Q1 (t) Do đó, v¯ w ¯ − v w ≤ u ≤ + 2ε Q1 (t)u Q1 (t) Vì ε tùy ý nên ta thu cận α(t) Từ mệnh đề ta có hệ sau TIEU LUAN MOI download : skknchat@gmail.com Hàm x xác định +∞ [(J k+1 0)(t, ξ ) − (J k 0)(t, ξ )] n x(t, ξ ) = lim (J 0)(t, ξ ) = n→+∞ k=0 với t ≥ s Từ (2.46), ta có +∞ +∞ x k k (J z )(t, ξ ) − (J 0)(t, ξ ) ≤ ≤ k=0 k=0 z = z ≤ 2D1 2k Hơn nữa, từ (2.26) ta có x(t, ξ ) −ρ(t) e ≤ x ξ Vậy x(t, ξ ) ≤ 2D1 ξ eρ(t) Bổ đề chứng minh với trường hợp t ≥ s Trường hợp t ≤ s chứng minh tương tự cách xét không gian B− với chuẩn (2.31) Nhận xét 2.1 Bổ đề 2.6 nói rằng, với ϕ ∈ X , tồn hàm xϕ thỏa mãn phương trình (2.22) Trong chứng minh bổ đề, ta xây dựng ánh xạ J chứng minh ánh xạ co không gian định chuẩn đầy đủ, từ suy tồn nghiệm Trong vài bổ đề ta sử dụng kĩ thuật chứng minh Chú ý 2.2 Theo Bổ đề 2.6 ta có xϕ |[s,+∞)×E(s) ∈ B+ xϕ |(−∞,s]×E(s) ∈ B− Vì vậy, kí hiệu xϕ x¯ϕ hàm cho Bổ đề 2.6 ¯ từ Bổ đề 2.3 ta có cho xϕ (s, ξ ) = ξ x¯ϕ (s, ξ¯) = ξ, xϕ (t, ξ ) − x ¯ϕ (t, ξ¯) ≤ C1 ξ − ξ¯ 2.3.4 eρ(t) , t≥s eσ(t) , t ≤ s Qui toán tương đương Bước tiếp theo, ta chứng minh tồn hàm ϕ ∈ X thỏa mãn đẳng thức thứ hai (2.22) x = xϕ Bổ đề 2.6 Nhưng trước hết làm đơn giản toán cách chuyển toán dạng tương đương sau 30 TIEU LUAN MOI download : skknchat@gmail.com Bổ đề 2.7 Với δ đủ nhỏ, hàm ϕ ∈ X cho trước, tính chất sau tương đương t ϕ1 (t, xϕ (t, ξ )) = V1 (t, s)ϕ1 (s, ξ ) + V1 (t, τ )f (τ, xϕ (τ, ξ ), ϕ(τ, xϕ (τ, ξ ))) dτ s (2.47) với (s, ξ ) ∈ R × E (s), t ≤ s t ϕ2 (t, xϕ (t, ξ )) = V2 (t, s)ϕ2 (s, ξ ) + V2 (t, τ )f (τ, xϕ (τ, ξ ), ϕ(τ, xϕ (τ, ξ ))) dτ s (2.48) với (s, ξ ) ∈ R × E (s), t ≥ s; s V1 (τ, s)−1 f (τ, xϕ (τ, ξ ), ϕ(τ, xϕ (τ, ξ ))) dτ, ϕ1 (s, ξ ) = −∞ (2.49) +∞ ϕ2 (s, ξ ) = − V2 (τ, s) −1 f (τ, xϕ (τ, ξ ), ϕ(τ, xϕ (τ, ξ ))) dτ, s với (s, ξ ) ∈ R × E (s) Chứng minh Ta chứng minh tích phân (2.49) định nghĩa tốt với (s, ξ ) ∈ R × E (s) Theo bất đẳng thức (2.44), (2.6), với τ ≤ s ta có f (τ, xϕ (τ, ξ ), ϕ(τ, xϕ (τ, ξ ))) ≤ c1 δe−β|τ | (xϕ (τ, ξ ), ϕ(τ, xϕ (τ, ξ ))) = c1 δe−β|τ | ( xϕ (τ, ξ ) + ϕ(τ, xϕ (τ, ξ )) ) ≤ 2c1 δe−β|τ | xϕ (τ, ξ ) ≤ 4c1 δe−β|τ | D2 eσ(τ ) ξ (2.50) Hoàn tồn tương tự, sử dụng bất phương trình (2.44), với τ ≥ s ta có f (τ, xϕ (τ, ξ ), ϕ(τ, xϕ (τ, ξ ))) ≤ 4c1 δe−β|τ | D1 eρ(τ ) ξ (2.51) Sử dụng bất đẳng thức thứ hai (1.3), (2.50), ta có s V1 (τ, s)−1 f (τ, xϕ (τ, ξ ), ϕ(τ, xϕ (τ, ξ ))) dτ −∞ s D4 e−d(s−τ )+d |τ | 4c1 δe−β|τ | D2 eσ(τ ) ξ dτ ≤ −∞ 31 TIEU LUAN MOI download : skknchat@gmail.com s e−d(s−τ )+d |τ | e−β|τ | D2 e(c+α2 )(s−τ )+c |s| dτ ≤ 4c1 δD4 D2 ξ −∞ s ≤ 4c1 δD4 D2 ec |s| ξ e(c−d+α2 )(s−τ ) e−(β−d )|τ | dτ −∞ s ≤ 4c1 δD4 D2 ec |s| ξ e(T2 +α2 )(s−τ ) dτ (2.52) −∞ (vì T2 ≥ c − d (c ≥ 0) β ≥ d ) Theo (2.14) ta có T2 < 0, chọn δ đủ nhỏ để α2 thỏa mãn T2 + α2 < Điều chứng tỏ tích phân (2.49) định nghĩa tốt Hoàn toàn tương tự, sử dụng bất đẳng thức (1.2), (2.51) với t ≥ s ta có +∞ V2 (τ, s)−1 f (τ, xϕ (τ, ξ ), ϕ(τ, xϕ (τ, ξ ))) dτ s (2.53) +∞ a |s| ≤ 4c1 δD3 D1 e ξ e (T1 +α1 )(τ −s) dτ s (vì T1 ≥ a − b (a ≥ 0) β ≥ b ) Theo (2.14) ta có T1 < 0, chọn δ đủ nhỏ để α1 đủ nhỏ cho T1 + α1 < Điều chứng tỏ tích phân thứ hai (2.49) định nghĩa tốt Bây giả sử đẳng thức (2.47) - (2.48) đúng, viết lại chúng dạng tương đương sau t ϕ(s, ξ ) = Vi (t, s)−1 ϕi (t, xϕ (t, ξ )) − Vi (τ, s)−1 f (τ, xϕ (τ, ξ ), ϕ(τ, xϕ (τ, ξ ))) dτ s (2.54) với t ≤ s i = t ≥ s i = Theo bất đẳng thức (2.44) (1.3), với t ≤ s ta V1 (t, s)−1 ϕ1 (t, xϕ (t, ξ )) ≤ D4 e−d(s−t)+d |t| xϕ (t, ξ ) ≤ D4 e−d(s−t)+d |t| 2D2 eσ(t) ξ = D4 e−d(s−t)+d |t| 2D2 e(c+α2 )(s−t)+c |s| ξ ≤ 2D4 D2 ξ e(c−d+d +α2 )(s−t)+(c +d )|s| ≤ 2D4 D2 ξ e(T2 +α2 )(s−t)+(c +d )|s| Do đó, cho t → −∞ (2.54) i = 1, ta thu đẳng thức thứ (2.49) Hồn tồn tương tự, ta có V2 (t, s)−1 ϕ2 (t, xϕ (t, ξ )) ≤ 2D3 D1 ξ e(T1 +α1 )(t−s)+(a +b )|s| 32 TIEU LUAN MOI download : skknchat@gmail.com với t ≥ s Do đó, cho t → +∞ (2.54) i = 2, ta thu đẳng thức thứ hai (2.49) Để chứng minh điều ngược lại, ta giả thiết đẳng thức (2.49) đúng, cần chứng minh đẳng thức (2.47)-(2.48) với (s, ξ ) ∈ R × E (s) Thật vậy, Vi (t, s)Vi (τ, s)−1 = Vi (t, τ ) với i = 1, 2, nên t V1 (t, s)ϕ1 (s, ξ ) + V1 (t, τ )f (τ, xϕ (τ, ξ ), ϕ(τ, xϕ (τ, ξ ))) dτ s t V1 (τ, t)−1 f (τ, xϕ (τ, ξ ), ϕ(τ, xϕ (τ, ξ ))) dτ, (2.55) = −∞ với t ≤ s t V2 (t, τ )f (τ, xϕ (τ, ξ ), ϕ(τ, xϕ (τ, ξ ))) dτ V2 (t, s)ϕ2 (s, ξ ) + s +∞ V2 (τ, t)−1 f (τ, xϕ (τ, ξ ), ϕ(τ, xϕ (τ, ξ ))) dτ, (2.56) =− t với t ≥ s Ta muốn chứng minh vế phải (2.55) (2.56) tương ứng với ϕ1 (τ, xϕ (τ, ξ )) ϕ2 (τ, xϕ (τ, ξ )) Để làm điều này, ta đưa định nghĩa dòng Fτ sau Fτ (s, ξ ) = (s + τ, xϕ (s + τ, ξ )) với τ ∈ R, (s, ξ ) ∈ R × E (s) Theo (2.49), ta có s V1 (τ, s)−1 f (Fτ −s (s, ξ ), ϕ(Fτ −s (s, ξ ))) dτ, ϕ1 (s, ξ ) = (2.57) −∞ +∞ V2 (τ, s)−1 f (Fτ −s (s, ξ ), ϕ(Fτ −s (s, ξ ))) dτ ϕ2 (s, ξ ) = − (2.58) s Hơn nữa, Fτ −s (t, xϕ (t, ξ )) = Fτ −t (Ft−s (s, ξ )) = Fτ −s (s, ξ ) = (τ, xϕ (τ, ξ )), đó, (2.57) (2.58) thay (s, ξ ) (t, xϕ (t, ξ )), ta t V1 (τ, t)−1 f (Fτ −t (t, xϕ (t, ξ )), ϕ(Fτ −t (t, xϕ (t, ξ )))) dτ ϕ1 (t, xϕ (t, ξ )) = −∞ t V1 (τ, t)−1 f (τ, xϕ (τ, ξ ), ϕ(τ, xϕ (τ, ξ ))) dτ, = (2.59) −∞ 33 TIEU LUAN MOI download : skknchat@gmail.com +∞ V2 (τ, t)−1 f (Fτ −t (t, xϕ (t, ξ )), ϕ(Fτ −t (t, xϕ (t, ξ )))) dτ ϕ2 (t, xϕ (t, ξ )) = − t +∞ V2 (τ, t)−1 f (τ, xϕ (τ, ξ ), ϕ(τ, xϕ (τ, ξ ))) dτ =− (2.60) t với t ∈ R Kết hợp với (2.55)-(2.56), (2.59) (2.60), ta thu (2.47) (2.48) Bổ đề chứng minh Nhận xét 2.2 Bổ đề 2.7 quan trọng Lý muốn tìm hàm ϕ thỏa mãn (2.22), việc tìm trực tiếp hàm thường khó khăn Thông qua bước trung gian Bổ đề 2.7, thay tìm trực tiếp, ta tìm gián tiếp hàm ϕ thỏa mãn (2.49) Bổ đề ta đưa vào bước trung gian mang tính kỹ thuật để chứng minh tồn hàm ϕ mong muốn Bổ đề nói thay đổi hàm xϕ Bổ đề 2.6 ta thay đổi hàm ϕ Cho trước ϕ, ψ ∈ X (s, ξ ) ∈ R × E (s), kí hiệu xϕ xψ hàm liên tục định nghĩa Bổ đề 2.6 thỏa mãn xϕ (s, ξ ) = xψ (s, ξ ) = ξ Bổ đề 2.8 Với δ đủ nhỏ, với ϕ, ψ ∈ X (s, ξ ) ∈ E (s) ta có xϕ (t, ξ ) − xψ (t, ξ ) ≤ D1 eρ(t) ξ ϕ−ψ , t≥s D2 eσ(t) ξ ϕ−ψ , t ≤ s Chứng minh Xét trường hợp τ ≥ s, t xϕ (t, ξ ) = U (t, s)ξ + U (t, τ )f (τ, xϕ (τ, ξ ), ϕ(τ, xϕ (τ, ξ ))) dτ s t xψ (t, ξ ) = U (t, s)ξ + U (t, τ )f (τ, xψ (τ, ξ ), ψ (τ, xψ (τ, ξ ))) dτ s Vậy xϕ (t, ξ ) − xψ (t, ξ ) t U (t, τ ) f (τ, xϕ (τ, ξ ), ϕ(τ, xϕ (τ, ξ ))) − f (τ, xψ (τ, ξ ), ψ (τ, xψ (τ, ξ ))) dτ ≤ s Hơn nữa, f (τ, xϕ (τ, ξ ), ϕ(τ, xϕ (τ, ξ ))) − f (τ, xψ (τ, ξ ), ψ (τ, xψ (τ, ξ ))) ≤ c1 δe−β|τ | (xϕ (τ, ξ ) − xψ (τ, ξ ), ϕ(τ, xϕ (τ, ξ )) − ψ (τ, xψ (τ, ξ ))) = c1 δe−β|τ | ( xϕ (τ, ξ ) − xψ (τ, ξ ) + ϕ(τ, xϕ (τ, ξ )) − ψ (τ, xψ (τ, ξ )) ) 34 TIEU LUAN MOI download : skknchat@gmail.com Mà ϕ(τ, xϕ (τ, ξ )) − ψ (τ, xψ (τ, ξ )) ≤ ϕ(τ, xϕ (τ, ξ )) − ψ (τ, xϕ (τ, ξ )) + ψ (τ, xϕ (τ, ξ )) − ψ (τ, xψ (τ, ξ )) ≤ xϕ (τ, ξ ) ϕ − ψ + xϕ (τ, ξ ) − xψ (τ, ξ ) Do đó, f (τ, xϕ (τ, ξ ), ϕ(τ, xϕ (τ, ξ ))) − f (τ, xψ (τ, ξ ), ψ (τ, xψ (τ, ξ ))) ≤ c1 δe−β|τ | ( xϕ (τ, ξ ) ϕ − ψ + xϕ (τ, ξ ) − xψ (τ, ξ ) ) (2.61) Đặt ρ¯(t) = xϕ (τ, ξ ) − xψ (τ, ξ ) Từ (2.22), theo bất đẳng thức (1.2), (2.44), (2.61) theo cách định nghĩa α1 ta có t ρ¯(t) ≤ c1 δ U (t, τ ) xϕ (τ, ξ ) ϕ − ψ e−β|τ | dτ s t U (t, τ ) xϕ (τ, ξ ) − xψ (τ, ξ ) e−β|τ | dτ + c1 δ s t D1 ea(t−τ )+a |τ | 2D1 eρ(τ ) ξ ϕ − ψ e−β|τ | dτ ≤ c1 δ s t D1 ea(t−τ )+a |τ | 2¯ ρ(τ ).e−β|τ | dτ + c1 δ s t ea(t−τ )+a |τ |+(a+α1 )(τ −s)+a |s|−β|τ | dτ ≤ 2c1 δD12 ξ ϕ − ψ s t D1 ea(t−τ )+a |τ |−β|τ | 2¯ ρ(τ ) dτ + c1 δ s t ϕ − ψ ea(t−s)+a |s| ≤ 2c1 δD12 ξ eα1 (τ −s) dτ s + t α1 ea(t−τ ) ρ¯(τ ) dτ s với τ ≥ s β ≥ a Vì vậy, t ea(s−t) ρ¯(t) ≤2c1 δD12 ξ ϕ − ψ ea |s| eα1 (τ −s) dτ s + t α1 ea(s−τ ) ρ¯(τ ) dτ s Áp dụng Bổ đề Gronwall (Bổ đề 1.2) cho hàm u(t) = ea(s−t) ρ¯(t) với p = s, ta 35 TIEU LUAN MOI download : skknchat@gmail.com t ρ¯(t) ≤ 2c1 δD12 es(t−s)+a |s| eα1 (τ −s)+ α1 (t−τ ) dτ ξ ϕ − ψ s ≤ D1 e(a+α1 )(t−s)+a |s| ξ ϕ − ψ = D1 eρ(t) ξ ϕ − ψ với t ≥ s Vậy định lý chứng minh trường hợp t ≥ s Trường hợp t ≤ s chứng minh hoàn toàn tương tự Nhận xét 2.3 Theo bổ đề Chú ý 2.2 ta thấy nghiệm toán phụ thuộc Lipschitz vào điều kiện ban đầu ξ cách chọn hàm ϕ 2.3.5 Xây dựng đa tạp tâm Với kết bổ trợ trên, bổ đề sau bước cuối để chứng minh tồn đa tạp tâm Như biết Bổ đề 2.6, với hàm ϕ ∈ X , tồn hàm xϕ thỏa mãn phương trình (2.22) Mục tiêu ta chứng minh tồn hàm ϕ ∈ X thỏa mãn phương trình thứ hai (2.22) x = xϕ thơng qua tính tương đương Bổ đề 2.7 Bổ đề 2.9 Với δ đủ nhỏ, tồn hàm ϕ ∈ X cho (2.49) với (s, ξ ) ∈ R × E (s) Chứng minh Với ϕ ∈ X cho trước, xét hàm s V1 (τ, s)−1 f (τ, xϕ (τ, ξ ), ϕ(τ, xϕ (τ, ξ ))) dτ (Φϕ)(s, ξ ) = −∞ +∞ V2 (τ, s)−1 f (τ, xϕ (τ, ξ ), ϕ(τ, xϕ (τ, ξ ))) dτ − (2.62) s với (s, ξ ) ∈ R × E (s), xϕ hàm cho Bổ đề 2.6 cho xϕ (s, ξ ) = ξ Bây ta chứng minh hàm Φϕ thuộc lớp C k theo biến ξ với ϕ ∈ X Từ bất đẳng thức (1.2)-(1.3), Bổ đề 2.2 với j = 1, , k , hàm f ∗ (t, ξ ) xác định (2.34) ta có s V1 (τ, s)−1 ∂ j f ∗ (τ, ξ ) dτ −∞ +∞ V2 (τ, s)−1 ∂ j f ∗ (τ, ξ ) dτ + s s ¯j ejσ(τ ) dτ D4 e−d(s−τ )+d |τ | δe−β|τ | B ≤ −∞ 36 TIEU LUAN MOI download : skknchat@gmail.com +∞ D3 e−b(τ −s)+b |τ | δe−β|τ | A¯j ejρ(τ ) dτ + s s e−d(s−τ )−(β−d )|τ |+j[(c+α2 )(s−τ )+c |s|] dτ = D4 δ B¯j −∞ +∞ e−b(τ −s)−(β−b )|τ |+j[(a+α1 )(τ −s)+a |s|] dτ + D3 δ A¯j s s e(j(c+α2 )−d)(s−τ )−(β−d )|τ |+jc |s| dτ ¯j D4 ≤ δB −∞ +∞ e(j(a+α1 )−b)(τ −s)−(β−b )|τ |+ja |s| dτ + δ A¯j D3 s s ¯j D4 ≤ δB e(T2 +jα2 )(s−τ ) dτ −∞ +∞ e(T1 +jα1 )(τ −s) dτ + δ A¯j D3 (2.63) s với T1 , T2 xác định (2.14) Chọn δ đủ nhỏ để α1 α2 đủ nhỏ cho T1 + kα1 < T2 + kα2 < Do đó, tích phân s +∞ −1 j ∗ V1 (τ, s) V2 (τ, s)−1 ∂ j f ∗ (τ, ξ ) dτ ∂ f (τ, ξ ) dτ − −∞ s xác định tốt với j = 1, , k Theo định lý giá trị trung bình theo Bổ đề 2.2 với j = 1, , k , (s, ξ ), (s, ξ¯) ∈ R × E (s), ta có ∂ j f ∗ (t, ξ ) − ∂ j f ∗ (t, ξ¯) ≤ sup ∂ j+1 f ∗ (t, ξ + r(ξ¯ − ξ )) ξ − ξ¯ r∈[0,1] ≤ δe −β|t| Đặt j (τ, r ) = ξ − ξ¯ A¯j+1 ejρ(t) , t ≥ s, x ∈ B+ ¯j+1 ejσ(t) , B t ≤ s, x ∈ B− (2.64) ∂ j f ∗ (τ, ξ + rv ) − ∂ j f ∗ (τ, ξ ) , r áp dụng (2.64) với j = 0, , k − 1, (s, ξ ), (s, ξ + rv ) ∈ R × E (s), r > ta có s V1 (τ, s)−1 j (τ, r ) dτ −∞ +∞ V2 (τ, s)−1 + s j (τ, r ) dτ s ¯j+1 e(j+1)σ(τ ) dτ D4 e−d(s−τ )+d |τ | δe−β|τ | v B ≤ −∞ 37 TIEU LUAN MOI download : skknchat@gmail.com +∞ D3 e−b(τ −s)+b |τ | δe−β|τ | v A¯j+1 e(j+1)ρ(τ ) dτ + s s e−(β−d )|τ |+[(j+1)(c+α2 )−d](s−τ )+(j+1)c |s| dτ ¯j+1 δ v ≤ D4 B −∞ +∞ e−(β−b )|τ |+[(j+1)(a+α1 )−b](τ −s)+(j+1)a |s| dτ + D3 A¯j+1 δ v s s ¯j+1 δ v ≤ D4 B e(T2 +(j+1)α2 )(s−τ ) dτ −∞ +∞ e(T1 +(j+1)α1 )(τ −s) dτ + D3 A¯j+1 δ v (2.65) s với T1 , T2 xác định (2.14) Chọn δ đủ nhỏ để α1 α2 đủ nhỏ cho T1 + kα1 < T2 + kα2 < Từ (2.65) (2.63), cho trước ρ > 0, với (s, ξ ), (s, ξ + rv ) trên, ta có s +∞ V1 (τ, s) −1 j (τ, r ) V2 (τ, s)−1 dτ + −∞ j (τ, r ) dτ < ρ v , s s +∞ V1 (τ, s) −1 j+1 ∗ V2 (τ, s)−1 ∂ j+1 f ∗ (τ, ξ ) dτ < ρ f (τ, ξ ) dτ + ∂ −∞ s Vậy s V1 (τ, s)−1 [ j (τ, r ) − ∂ j+1 ∗ f (τ, ξ )v ] dτ −∞ +∞ V2 (τ, s)−1 [ + j (τ, r ) − ∂ j+1 ∗ f (τ, ξ )v ] dτ ≤ ρ v s Do tồn giới hạn s +∞ −1 lim r→0 V1 (τ, s) j (τ, r ) dτ V2 (τ, s)−1 − −∞ j (τ, r ) dτ s s +∞ V1 (τ, s) = −1 j+1 ∗ V2 (τ, s)−1 ∂ j+1 f ∗ (τ, ξ ) dτ f (τ, ξ ) dτ − ∂ −∞ s Điều có nghĩa Φϕ hàm thuộc lớp C k Vì xϕ (t, 0) = với ϕ ∈ X , t ∈ R (xem (2.44)), nên từ (2.62) suy (Φϕ)(s, 0) = với s ∈ R Hơn nữa, theo (2.62), s V1 (τ, s)−1 ∂f (τ, 0)∂aϕ (τ, 0) dτ ∂ (Φϕ)(s, 0) = −∞ +∞ V2 (τ, s)−1 ∂f (τ, 0) ∂aϕ (τ, 0) dτ , − s 38 TIEU LUAN MOI download : skknchat@gmail.com aϕ (τ, ξ ) = (xϕ (τ, ξ ), ϕ(τ, xϕ (τ, ξ ))) Vì ∂f (τ, 0) = nên ∂ (Φϕ)(s, 0) = với s ∈ R Sử dụng bất đẳng thức thứ hai (1.3), (1.2), Bổ đề 2.2 định nghĩa β (2.3), ta có s V1 (τ, s)−1 ∂ j f ∗ (τ, ξ ) dτ j ∂ (Φϕ)(s, ξ ) ≤ −∞ +∞ V2 (τ, s)−1 ∂ j f (τ, ξ ) dτ + s s e(j(c+α2 )−d)(s−τ )−(β−d )|τ |+jc |s| dτ ¯j D4 ≤ δB −∞ +∞ e(j(a+α1 )−b)(τ −s)−(β−b )|τ |+ja |s| dτ + δ A¯j D3 s Vì c |s| ≤ c (s − τ ) + c |τ | với τ ≤ s, a |s| ≤ a (τ − s) + a |τ | với τ ≥ s, a ≥ c ≥ 0, nên s ¯j D4 ∂ (Φϕ)(s, ξ ) ≤δ B j e(T2 +jα2 )(s−τ ) dτ −∞ +∞ e(T1 +jα1 )(τ −s) dτ + δ A¯j D3 (2.66) s với T1 , T2 xác định (2.14) Chọn δ đủ nhỏ để α1 α2 thỏa mãn T1 + kα1 < 0, δ T2 + kα2 < ¯j D4 B A¯j D3 + |T2 + jα2 | |T1 + jα1 | < 1, j = 1, , k (2.67) Với lựa chọn vậy, ta có ∂ j (Φϕ)(s, ξ ) ≤ với s ∈ R ξ ∈ E (s) Đặt bkm (τ ) := ∂ k f ∗ (τ, ξ ) − ∂ k f ∗ (τ, ξ¯) Sử dụng bất đẳng thức thứ hai (1.3), (1.2), Bổ đề 2.5 định nghĩa β , ta có ∂ k (Φϕ)(s, ξ ) − ∂ k (Φϕ)(s, ξ¯) s +∞ V1 (τ, s)−1 bk1 (τ ) dτ + ≤ −∞ s V2 (τ, s)−1 bk2 (τ ) dτ s D4 e−d(s−τ )+d |τ | δe−β|τ | ξ − ξ¯ Bk e(k+1)σ(τ ) dτ ≤ −∞ 39 TIEU LUAN MOI download : skknchat@gmail.com +∞ D3 e−b(τ −s)+b |τ | δe−β|τ | ξ − ξ¯ Ak e(k+1)ρ(τ ) dτ + s s ≤ δ Bk D4 ξ − ξ¯ e((k+1)(c+α2 )−d)(s−τ )−(β−d )|τ |+(k+1)c |s| dτ −∞ +∞ + δ Ak D3 ξ − ξ¯ e((k+1)(a+α1 )−b)(τ −s)−(β−b )|τ |+(k+1)a |s| dτ s s ≤ δ Bk D4 ξ − ξ¯ e(T2 +(k+1)α2 )(s−τ ) dτ −∞ +∞ + δ Ak D3 ξ − ξ¯ e(T1 +(k+1)α1 )(τ −s) dτ (2.68) s Chọn δ đủ nhỏ để α1 , α2 thỏa mãn T1 + (k + 1)α1 < 0, T2 + (k + 1)α2 < (2.69) δ Bk D4 Ak D3 + |T2 + (k + 1)α2 | |T1 + (k + 1)α1 | < (2.70) Với cách chọn vậy, với s ∈ R ξ ∈ E (s) ta có ∂ k (Φϕ)(s, ξ ) − ∂ k (Φϕ)(s, ξ¯) ≤ ξ − ξ¯ Điều cho thấy Φ(X ) ⊂ X Do Φ : X → X định nghĩa tốt Bây ta Φ : X → X ánh xạ co với chuẩn (2.23) Cho trước ϕ, ψ ∈ X ; (s, ξ ) ∈ E (s), giả sử xϕ xψ hàm liên tục cho trước Bổ đề 2.6 cho xϕ (s, ξ ) = xψ (s, ξ ) = ξ Áp dụng (2.6), Bổ đề 2.6 Bổ đề 2.8 ta có bj (τ ) := f (τ, xϕ (τ, ξ ), ϕ(τ, xϕ (τ, ξ ))) − f (τ, xψ (τ, ξ ), ψ (τ, xψ (τ, ξ ))) ≤ c1 δe−β|τ | (xϕ (τ, ξ ) − xψ (τ, ξ ), ϕ(τ, xϕ (τ, ξ )) − ψ (τ, xψ (τ, ξ ))) ≤ c1 δe−β|τ | ( xϕ (τ, ξ ) ϕ − ψ + xϕ (τ, ξ ) − xψ (τ, ξ ) ) ≤ 4c1 δe−β|τ | ξ ϕ−ψ D1 eρ(τ ) , τ ≥s D2 eσ(τ ) , τ ≤s với j = 1, Sử dụng bất đẳng thức thứ hai (1.3), (1.2) định nghĩa β (2.3), ta có (Φϕ)(s, ξ ) − (Φψ )(s, ξ ) s +∞ V1 (τ, s)−1 b1 (τ ) dτ + ≤ −∞ V2 (τ, s)−1 b2 (τ ) dτ s 40 TIEU LUAN MOI download : skknchat@gmail.com s ≤ 4c1 δ ξ e(c+α2 −d)(s−τ )−(β−d )|τ |+c |s| dτ ϕ − ψ D4 D2 −∞ +∞ + c1 δ ξ e(a+α1 −b)(τ −s)−(β−b )|τ |+a |s| dτ ϕ − ψ D3 D1 s Vì c |s| ≤ c (s − τ ) + c |τ | với τ ≤ s, a |s| ≤ a (τ − s) + a |τ | với τ ≥ s, nên (Φϕ)(s, ξ ) − (Φψ )(s, ξ ) s e(T2 +α2 )(s−τ ) dτ ≤ 4c1 δ ξ ϕ − ψ D4 D2 −∞ +∞ e(T1 +α1 )(τ −s) dτ + 4c1 δ ξ ϕ − ψ D3 D1 s ≤ 4c1 δ D1 D3 D2 D4 + |T2 + α2 | |T1 + α1 | ξ ϕ−ψ Chọn δ > đủ nhỏ cho θ = c1 δ D1 D3 D2 D4 + |T2 + α2 | |T1 + α1 | < (2.71) Vì Φϕ − Φψ ≤ θ ϕ − ψ Do Φ : X → X ánh xạ co không gian metric đầy đủ X Vậy tồn hàm ϕ ∈ X thỏa mãn Φϕ = ϕ Bổ đề hoàn toàn chứng minh Sau tất bước chuẩn bị, đến ta chứng minh Định lý 2.1 Chứng minh Định lý 2.1 Tính bất biến đa tạp V xét đầu mục 2.3.1 Bây để chứng minh tồn đa tạp tâm V ta phải tồn hàm ϕ ∈ X thỏa mãn (2.22) Bổ đề 2.6 với hàm ϕ ∈ X cho trước tồn hàm liên tục x = xϕ thỏa mãn phương trình (2.22) Hơn nữa, hàm thuộc lớp C k Việc giải phương trình thứ hai (2.22) với x = xϕ tương đương với việc giải (2.47)-(2.48) Bổ đề 2.7 Bổ đề 2.7 lại cho ta thấy phương trình (2.47)-(2.48) tương đương với phương trình (2.49) Vậy, ta cần tìm hàm ϕ ∈ X cho (2.49) với (s, ξ ) ∈ R × E (s) Theo Bổ đề 2.9 tồn hàm ϕ ∈ X cho (2.49) với (s, ξ ) ∈ R × E (s) Bây ta định nghĩa ánh xạ K : R × E (s) → R × X sau K (t, ξ ) = Ψt (0, ξ, ϕ(0, ξ )) (2.72) 41 TIEU LUAN MOI download : skknchat@gmail.com Vì ϕ ∈ X , ánh xạ ξ → ϕ(0, ξ ) thuộc lớp C k Hơn nữa, theo giả thiết G1-G2 ánh xạ (t, s, ξ, η ) → Ψt (s, ξ, η ) thuộc lớp C k Vì K thuộc lớp C k Thêm vào đó, ánh xạ K đơn ánh: K (t, ξ ) = K (t , ξ ) thành phần K cho ta t = t , tác động Ψ−t vào hai vế đẳng thức K (t, ξ ) = K (t, ξ ) ta ξ = ξ Điều K tham số hóa thuộc lớp C k R × E (s) tập V Vì vậy, V đa tạp trơn thuộc lớp C k Bây ta chứng minh tính chất có Định lý 2.1 Hai tính chất suy trực tiếp từ lý luận Bổ đề 2.7 Để chứng minh tính chất thứ 3, kí hiệu xϕ hàm cho Bổ đề 2.6 cho xϕ (s, ξ ) = ξ Với cách ký hiệu hàm ϕ∗ (2.33) ta có ¯ ϕ(s, ξ¯))) ∂ξj (Ψτ (s, ξ, ϕ(s, ξ ))) − ∂ξj (Ψτ (s, ξ, = ∂ξj (t, x(t, ξ ), ϕ∗ (t, ξ )) − ∂ξj (t, x(t, ξ¯), ϕ∗ (t, ξ¯)) (2.73) ≤ ∂ j x(t, ξ ) − ∂ j x(t, ξ¯) + ∂ j ϕ∗ (t, ξ ) − ∂ j ϕ∗ (t, ξ¯) với τ ∈ R t = s + τ Theo Bổ đề 2.4 ta có ∂ ϕ (t, ξ ) − ∂ ϕ (t, ξ¯) ≤ ξ − ξ¯ j ∗ j ∗ Aj e(j+1)ρ(t) , t ≥ s, x ∈ B+ Bj e(j+1)σ(t) , t ≤ s, x ∈ B− (2.74) với j = 0, , k Theo Bổ đề 2.3 ∂ x(t, ξ ) − ∂ x(t, ξ¯) ≤ Cj+1 ξ − ξ¯ j j e(j+1)ρ(t) , t ≥ s, x ∈ B+ e(j+1)σ(t) , t ≤ s, x ∈ B− với j = 0, , k , τ ∈ R t = s + τ Khi ¯ ϕ(s, ξ¯))) ∂ξj (Ψτ (s, ξ, ϕ(s, ξ ))) − ∂ξj (Ψτ (s, ξ, ≤ (Aj + Cj+1 ) ξ − ξ¯ e(j+1)[(a+α1 )τ +a |s|] τ ≥ s (Bj + Cj+1 ) ξ − ξ¯ e(j+1)[(c+α2 )|τ |+c |s|] τ ≤ s Vậy tính chất (2.16)-(2.17) Định lý hồn toàn chứng minh 42 TIEU LUAN MOI download : skknchat@gmail.com Kết luận Trong luận văn này, sử dụng khái niệm hệ phương trình vi phân có tam phân mũ không để chứng minh tồn đa tạp tâm hệ phương trình vi phân v = A(t)v + f (t, v ), v (s) = vs Các giả thiết quan trọng sử dụng hệ tuyến tính tương ứng v = A(t)v có tam phân mũ không đều, phần nhiễu phi tuyến f (t, v ) nhỏ điều kiện lỗ hổng phổ thỏa mãn Phương pháp chứng minh cổ điển, dựa theo cơng thức biến thiên số Lagrange Tuy nhiên, tính khơng phần tuyến tính mà tính tốn trở nên phức tạp nhiều so với trường hợp hệ ơtơnơm Ngồi ra, điểm chứng minh ước lượng đạo hàm cấp cao dựa theo cơng thức Fầ di Bruno 43 TIEU LUAN MOI download : skknchat@gmail.com Tài liệu tham khảo [1] Luis Barreira, Claudia Valls, Stability of nonautonomous differential equations, Springer Press, 2006 [2] L Barreira, C Valls, Center manifolds for nonuniformly partially hyperbolic trajectories, Springer Press, 2006 [3] L Barreira, C Valls, Smooth center manifolds for nonuniformly partially hyperbolic trajectories, Springer Press, 2007 [4] Jack Carr, Applications of centre manifold theory, Sringer-Verlag, New York, 1980 [5] Andrzej Granas, James Dugundji, Fixed point theory, Springer Press, 2003 [6] Lawrence Perko, Differential equation and dynamical systems, Springer Press, 1991 [7] Warren P.Johnson, "The curious history of Faà di Bruno’s formula", American Mathematical Monthly (2002), 217-234 [8] Yu.A.Kuznetsov, Elements of Applied Bifurcation Theory, Springer-Verlag, New York, 2004 [9] George Osipenko, "Center manifolds", Discret Cotin Dyn Syst (1997), 4861 [10] Steven Roman, "The formula of Faà di Bruno", American Mathematical Monthly (1980), 805-809 44 TIEU LUAN MOI download : skknchat@gmail.com ... niệm tam phân mũ đều, tam phân mũ không điều kiện tính hyperbolic riêng khơng nghiệm Luận văn chia thành hai chương Chương 1: trình bày khái niệm tam phân mũ đều, không hệ phương trình vi phân, ... Gronwall Đa 2.1 2.2 2.3 tạp tâm hệ tam phân mũ không Một vài giả thiết ban đầu Sự tồn đa tạp tâm Chứng minh tồn đa tạp tâm 2.3.1 Các không gian hàm 2.3.2... b] τ Hệ chứng minh 11 TIEU LUAN MOI download : skknchat@gmail.com Chương Đa tạp tâm hệ tam phân mũ không Trong chương này, dựa vào giả thiết hệ phương trình vi phân có tam phân mũ khơng đều,