Hệ tam phân mũ không đều
Cho không gian Banach X và tập hợp các toán tử bị chặn B(X) Giả sử A: R → B(X) là hàm liên tục Xét bài toán giá trị ban đầu v 0 = A(t)v, với v(s) = v s, trong đó s ∈ R và v s ∈ X Nếu phương trình này có nghiệm, thì nghiệm đó là duy nhất.
Giả sử rằng tất cả các nghiệm của phương trình (1.1) là toàn cục, ta có thể diễn đạt nghiệm duy nhất của hệ dưới dạng v(t) = T(t, s)v(s), trong đó T(t, s) là toán tử tiến hóa liên kết.
Trong bài viết này, chúng ta xem xét các tính chất của phép biến đổi T(t, s) trong không gian R, với điều kiện T(t, s)T(s, r) = T(t, r) và T(t, t) = Id cho mọi t, s, r ∈ R Đặc biệt, T(t, s) là khả nghịch và T(t, s) −1 = T(s, t) cho mọi t, s ∈ R Định nghĩa 1.1 nêu rõ rằng phương trình tuyến tính v 0 = A(t)v được coi là có tam phân mũ không đều nếu tồn tại các phép chiếu P, Q1, Q2: R → B(X) thỏa mãn các điều kiện nhất định.
P(t)T(t, s) =T(t, s)P(s), Q i (t)T(t, s) =T(t, s)Q i (s), i= 1,2 với mọi t, s ∈ R và các hằng số b > a ≥ 0, d > c ≥ 0, a 0 , b 0 , c 0 , d 0 ≥ 0, D i ≥ 1,
Các hằng số a, b, c, d được xem như các số mũ Lyapunov, trong khi tính không đều của dáng điệu mũ được xác định bởi các hằng số a0, b0, c0, d0 Sự tồn tại của tam phân mũ không đều là giả thiết quan trọng nhất để chứng minh sự tồn tại của đa tạp tâm.
Nhận xét 1.1 Chú ý rằng khi a 0 = b 0 = c 0 = d 0 = 0, hệ phương trình vi phân thỏa mãn các điều kiện trên được gọi là có tam phân mũ đều.
Sau đây ta sẽ đưa ra ví dụ về hệ tam phân mũ không đều để làm rõ hơn định nghĩa này.
Ví dụ 1.1 Cho ω > r >0là những hệ số cho trước và xét hệ phương trình trong
R 3 như sau u 0 = 0, v 0 1 = (−ω − rtsint)v 1 , v 0 2 = (ω+rtsint)v 2 (1.4) Khi đó hệ phương trình vi phân (1.4) có tam phân mũ không đều.
Chứng minh Nghiệm của hệ (1.4) được viết dưới dạng u(t) =U(t, s)u(s), v 1 (t) = V 1 (t, s)v 1 (s), v 2 (t) =V 2 (t, s)v 2 (s) với
V 1 (t, s) =e −ωt+ωs+rt cos t−rs cos s−r sin t+r sin s ,
V 2 (t, s) =e ωt−ωs−rtcos t+rs cos s+r sin t−r sin s Toán tử tiến hóa T(t, s) của hệ (1.4) được cho bởi
T(t, s)(u, v 1 , v 2 ) = (U(t, s)u, V 1 (t, s)v 1 , V 2 (t, s)v 2 ). Xét các ánh xạ P(t), Q 1(t), Q 2(t) : R 3 → R 3 được xác định bởi
Rõ ràng các ánh xạ này là các phép chiếu.
Tiếp theo, để chứng minh các bất đẳng thức (1.2), (1.3), ta lấy b = d = ω − r, b 0 =d 0 = 2r và chọn các hằng số a, a 0 , c, c 0 >0, a < ω − r, c < ω − r, D 1 = D 2 D 3 =D 4 =D >1 sao cho kU(t, s)k ≤ De a(t−s)+a 0 |s| , kV 2 (t, s) −1 k ≤ De −(ω−r)(t−s)+2r|t| với t ≥ s; kU(t, s)k ≤ De c(s−t)+c 0 |s| , kV 1 (t, s) −1 k ≤ De −(ω−r)(s−t)+2r|t| với t ≤ s.
Vì kU(t, s)k= 1, ta có kU(t, s)k ≤ De^(a(t−s)+a₀|s|) với t ≥ s và kU(t, s)k ≤ De^(c(s−t)+c₀|s|) với t ≤ s, trong đó a, a₀, c, c₀ > 0, a < ω − r, c < ω − r, và D > 1 Mục tiêu tiếp theo là chứng minh kV₂(t, s) − 1k ≤ De^−(ω−r)(t−s)+2r|t| với t ≥ s và kV₁(t, s) − 1k ≤ De^−(ω−r)(s−t)+2r|t| với t ≤ s Trước tiên, ta sẽ viết lại V₁(t, s) − 1 như sau.
V 1(s, t) = e (−ω+r)(s−t)−rt(cos t−1)+rs(cos s−1)+r(sin t−sin s)
Với t, s ≥0 từ (1.7) suy ra V 1 (s, t)≤ e 2r e (−ω+r)(s−t)+2rt
Cuối cùng, với t ≤ s ≤0, từ (1.7) ta được
Qua ba trường hợp đã phân tích, ta nhận thấy luôn tồn tại một giá trị 1 < D < e 2r để đảm bảo (1.5) được thỏa mãn Tương tự, trường hợp V 2 (t, s) trong (1.6) cũng đã được chứng minh Từ hai phương trình (1.6) và (1.5), ta có thể suy ra rằng hệ phương trình tuyến tính (1.4) có tam phân mũ không đều.
Các không gian con tâm, ổn định và không ổn định
Giả sử phương trình tuyến tính v 0 =A(t)v có tam phân mũ không đều Với các kí hiệu như trên, xét các không gian con tuyến tính
E(t) =P(t)X, F 1 (t) =Q 1 (t)X, F 2 (t) = Q 2 (t)X (1.8) với t ∈ R Chúng ta gọi E(t), F 1 (t), F 2 (t) tương ứng là không gian con tâm, không gian con ổn định và không gian con không ổn định tại thời điểm t Rõ ràng
X =E(t)⊕ F 1 (t)⊕ F 2 (t) với mọi t ∈R Nghiệm duy nhất của (1.1) có thể được viết dưới dạng v(t) = (U(t, s)ξ, V 1(t, s)η 1 , V 2(t, s)η 2)∈ E(t)× F 1(t)× F 2(t), (1.9) với v s = (ξ, η 1 , η 2 ) ∈ E(s)× F 1 (s)× F 2 (s), trong đó
Trong trường hợp đặc biệt, nếu các không gian con tâm, ổn định và không ổn định không phụ thuộc t, tức là E(t) = E, F 1 (t) = F 1 , F 2 (t) = F 2 với mọi t, thì toán tử T(t, s) có dạng
Hơn nữa, các toán tử
U(t, s) : E(s) → E(t), V 1 (t, s) : F 1 (s)→ F 1 (t), V 2 (t, s) : F 2 (s)→ F 2 (t) là khả nghịch Ký hiệu các toán tử nghịch đảo tương ứng làU(t, s) −1 , V 1 (t, s) −1 ,
U(t, s) −1 =U(s, t), V 1 (t, s) −1 =V(s, t), V 2 (t, s) −1 =V 2 (s, t) với mọi s, t ∈R Chú ý rằng các bất đẳng thức trong (1.2) và (1.3) có thể được viết lại thành kU(t, s)k ≤ D 1 e a(t−s)+a 0 |s| , kV 2 (t, s) −1 k ≤ D 3 e −b(t−s)+b 0 |t| ; kU(t, s)k ≤ D 2 e c(s−t)+c 0 |s| , kV 1(t, s) −1 k ≤ D 4 e −d(s−t)+d 0 |t|
Cho t = s, từ (1.2), (1.3) ta có kP(t)k ≤ D 1 e a 0 |t| , kQ 2 (t)k ≤ D 3 e b 0 |t| , kQ 1 (t)k ≤
D 4 e d 0 |t| Tiếp theo, ta định nghĩa góc giữa hai không gian con F 1 và F 2 , F 1 và E,
F 2 và E tương ứng như sau α(t) = inf{kx − yk: x ∈ F 1 (t), y ∈ F 2 (t); kxk=kyk= 1}, (1.10) β(t) = inf{kx − zk: x ∈ F 1 (t), z ∈ E(t); kxk=kzk= 1}, γ(t) = inf{ky − zk: y ∈ F 2(t), y ∈ E(t);kyk=kzk= 1}.
Mệnh đề sau chỉ ra khoảng giới hạn của các góc nói trên, đây cũng là tính chất của hệ tam phân mũ không đều.
Mệnh đề 1.1 Với mọi t ∈R ta có
1 kQ 1 (t)k ≤ β(t)≤ 2 kQ 1 (t)k , 1 kP(t)k ≤ β(t)≤ 2 kP(t)k , 1 kQ 2 (t)k ≤ γ(t)≤ 2 kQ 2 (t)k , 1 kP(t)k ≤ γ(t) ≤ 2 kP(t)k
Chứng minh Ta sẽ chứng minh cho góc α(t), các trường hợp khác chứng minh hoàn toàn tương tự Chú ý rằng Q 1(t)(x − y) = x với x ∈ F 1(t), y ∈ F 2(t) và kxk=kyk= 1 Do đó,
Bây giờ ta chứng minh α(t) ≤ 2 kQ 1(t)k Với v, w ∈ X, v¯ = Q 1 (t)v 6= 0, w¯ Q 2 (t)w 6= 0 ta có ¯ v kvk − w¯ kwk
= k (¯v − w¯)k wk¯ + ¯w(k wk − k¯ v¯k)k k vk.k¯ wk¯ ≤ 2(k v¯− wk¯ ) k¯vk
Chú ý rằngQ 1(t)(¯v − w¯) = ¯v Cho trướcε >0, chọnv, w ∈ Xsao cho vớiu= ¯v − w¯, ta có kuk kQ 1 (t)uk ≤ 1 kQ 1 (t)k +ε.
Vì ε tùy ý nên ta thu được cận trên của α(t).
Từ mệnh đề trên ta có hệ quả sau.
(α(t), β(t), γ(t))≥ ε >0 nếu và chỉ nếu sup t∈ R
Hệ quả này chỉ ra rằng tính bị chặn đều của các phép chiếu tương đương với điều kiện các góc giữa các không gian con tâm, bao gồm cả ổn định và không ổn định, không được bằng 0.
Nguyên lý điểm bất động
Nguyên lý điểm bất động là một công cụ quan trọng trong việc chứng minh định lý đa tạp tâm Để áp dụng, chúng ta cần thiết lập hai bài toán điểm bất động: bài toán đầu tiên (Bổ đề 2.6) nhằm thu được ước lượng tiên nghiệm cho thành phần nghiệm trên tâm dọc theo đồ thị đã cho, và bài toán thứ hai (Bổ đề 2.9) để xác định đa tạp tâm Dưới đây là định lý điểm bất động kinh điển mà chúng ta sẽ sử dụng, kèm theo các khái niệm chuẩn bị cần thiết.
Cho Y là tập bất kỳ và F : Y −→ Y là ánh xạ từ Y vào chính nó Với y ∈ Y, ta lập dãy {F n (y)} bằng quy nạp, trong đó F 0 (y) = y và F n+1 (y) = F(F n (y)) F n (y) được gọi là phần tử lặp thứ n của y qua F, và tập {F n (y)| n= 0,1, } là quỹ đạo của y qua F Theo định lý 1.1 (nguyên lý ánh xạ co Banach), nếu (Y, d) là không gian metric đầy đủ và F : Y −→ Y là ánh xạ co, thì F có duy nhất một điểm bất động u.
Công thức Faà di Bruno cho đạo hàm của hàm hợp
Để ước lượng chính xác cho hai bài toán điểm bất động, cần phải đánh giá chặt chẽ các đạo hàm của nghiệm và trường véctơ trên đồ thị Việc này yêu cầu áp dụng phiên bản nhiều biến của công thức Faà di Bruno cho các đạo hàm hàm hợp Cụ thể, nếu g : Y −→ Z có đạo hàm đến cấp n tại x ∈ Y và f : Z −→ W có đạo hàm đến cấp n tại y = g(x) ∈ Z, thì đạo hàm cấp n của hàm hợp h = f ◦ g tại x được biểu diễn bằng d^n/dx^n f(g(x)).
g (n) (x) n! k n , trong đó k 1 , , k n là các số nguyên không âm thỏa mãn k 1 + 2k 2 + +nk n =n và k =k 1 + +k n
Công thức trên cũng có thể được viết lại như sau d n x h n
Trong bài viết này, chúng ta xem xét các điều kiện cho các số nguyên không âm r₁, r₂, , rₖ trong khoảng 0 ≤ r₁, r₂, , rₖ ≤ n, với tổng r₁ + + rₖ = n Hệ số c r₁ rₖ được định nghĩa là số nguyên không âm, và nếu áp dụng công thức Faà di Bruno, ta có thể chỉ ra rằng tồn tại một hằng số c = c(n) > 0 cho mỗi n ∈ N, sao cho kd n x hk ≤ c n.
Các công thức (1.11) và (1.12) đã được xác nhận trong các nghiên cứu gần đây (xem [7], [10]) Để giúp người đọc dễ hình dung hơn về các công thức này, chúng tôi sẽ cung cấp một ví dụ cho trường hợp n = 3.
Ví dụ 1.2 Cho n = 3, ta có k 1 +k 2 +k 3 = 3 Xét trường hợp k 1 = k 2 = 0, k 3 = 1, khi đó k = 1 và ta có số hạng
Với trường hợp k 1 =k 2 = 1, k 3 = 0 (k = 2) ta có số hạng
Trường hợp còn lại, xét k 1 = 3, k 2 =k 3 = 0 (k= 3), số hạng còn lại là
Khi đó công thức Faà di Bruno được viết dưới dạng d 3 dx 3 f(g(x)) =f 0 (g(x))g 000 (x) + 3f 00 (g(x))g 0 (x)g 00 (x) +f 000 (g(x))(g 0 (x)) 3
Từ (1.11) và áp dụng bất đẳng thức tam giác với y=g(x), ¯y=g(¯x), ta có kd n x h − d n x ¯ hk ≤ c n
X k=1 kd k y ¯ fkS k , (1.14) với hằng số c 0 =c 0 (n)>0, ở đây
Chúng ta sẽ xây dựng công thức Faà di Bruno trong không gian Banach Giả sử hàm g = (g1, g2) có đạo hàm cấp n tại x và được xác định trong lân cận của x Hàm f(y) được xác định trong lân cận của (y1, y2) = (g1(x), g2(x)) và cũng có đạo hàm cấp n tại (y1, y2) Đối với mỗi n ∈ N, tồn tại một hằng số c = c(n) > 0 sao cho đạo hàm cấp n của h = f ◦ (g1, g2) tại x thỏa mãn điều kiện kd_n x hk ≤ cX q(n) k∂ y λ1, λ2.
Tương tự như (1.14) với (y 1 , y 2 ) = (g 1 (x), g 2 (x)) và (¯y 1 , y¯ 2 ) = (g 1 (¯x), g 2 (¯x)), ta cũng có kd n x h − d n x ¯ hk ≤ cX q(n) k∂ y λ 1 1 ,y ,λ 2 2 f − ∂ y λ ¯ 1 1 ,¯ ,λ y 2 2 f k n
(1.17) với hằng số c 0 =c 0 (n)>0, trong đó
Bổ đề Gronwall
Trong chương 2, Bổ đề 2.8 đóng vai trò quan trọng trong việc chứng minh sự tồn tại của đa tạp tâm Để đạt được kết quả này, công cụ chính mà chúng ta sử dụng là Bổ đề Gronwall, được rút ra từ định lý 1.2 Định lý này khẳng định rằng, với các hàm liên tục u, v và w xác định trên khoảng [p, q] và w(t) ≥ 0 cho mọi t ∈ [p, q], nếu tồn tại bất đẳng thức u(t) ≤ v(t) + thì sẽ dẫn đến những kết luận quan trọng về tính chất của các hàm này.
Chứng minh Xét hàm y(t) := Rt p w(r)u(r)dr, t ∈[p, q] Khi đó y(p) = 0 và y 0 (t) =w(t)u(t) ≤ w(t)v(t) +w(t)
Bằng phép nhân với exp
Lấy tích phân trên đoạn [p, t], y(t) exp
Vì u(t) ≤ v(t) +y(t), định lý được chứng minh.
Từ Định lý 1.2, ta có có hệ quả quan trọng sau, hệ quả này chính là Bổ đề Gronwall.
Hệ quả 1.2 Nếu v khả vi, thì từ (1.20) ta có u(t)≤ v(p) exp
Hệ quả được chứng minh.
Chương 2 Đa tạp tâm của hệ tam phân mũ không đều
Trong chương này, chúng tôi sẽ chứng minh sự tồn tại của đa tạp tâm cho hệ phương trình vi phân có tam phân mũ không đều, dựa trên một số giả thiết quan trọng Trước khi tiến hành chứng minh, cần nêu rõ các giả thiết này để đảm bảo tính chính xác và đầy đủ của quá trình phân tích.
Một vài giả thiết ban đầu
Cho không gian Banach X và tập hợp các toán tử bị chặn B(X), giả sử A: R → B(X) là một hàm liên tục Chúng ta xét bài toán giá trị ban đầu với v 0 = A(t)v và điều kiện v(s) = v_s, trong đó s ∈ R và v_s ∈ X Đặc biệt, giả sử rằng tất cả các nghiệm của bài toán này là toàn cục.
Nghiệm duy nhất của bài toán được viết dưới dạng v(t) = T(t, s)v(s) với
T(t, s) là toán tử tiến hóa liên kết.
Xét bài toán giá trị ban đầu của hệ phương trình vi phân có tam phân mũ không đều v 0 =A(t)v+f(t, v), v(s) = v s (2.2) với s ∈R cho trước và điều kiện ban đầu v s ∈ X. Đặt β = max{(k+ 1)a 0 +b 0 ,(k+ 1)c 0 +d 0 } (2.3)
Ký hiệu ∂ là đạo hàm riêng ứng với biến thứ hai, giả sử tồn tại một số nguyên k ≥1 sao cho
G1 A: R → B (X) thuộc lớp C k và thỏa mãn (2.1);
G2 f : R × X → X thuộc lớp C k và thỏa mãn
2 tồn tại δ > 0 và c j > 0 với j = 1, , k + 1 sao cho với mọi t ∈ R và u, v ∈ X ta có k∂ j f(t, u)k ≤ c j δe −β|t| với j = 1, , k, (2.4) k∂ k f(t, u)− ∂ k f(t, v)k ≤ c k+1 δe −β|t| ku − v k (2.5) Chú ý rằng với mọi j = 0, , k −1, t ∈R và u, v ∈ X ta có k∂ j f(t, u)− ∂ j f(t, v)k ≤ c j+1 δe −β|t| ku − vk (2.6) Xét các không gian con
E(t) =P(t)X, F 1(t) =Q 1(t)X, F 2(t) = Q 2(t)X (2.7) Nghiệm duy nhất của v 0 =A(t)v có thể được viết dưới dạng v(t) = (U(t, s)ξ, V 1(t, s)η 1 , V 2(t, s)η 2) với t ∈R , (2.8) với v s = (ξ, η 1 , η 2 ) ∈ E(s)× F 1 (s)× F 2 (s) và
Kí hiệu (x(., s, v s ), y 1 (., s, v s ), y 2 (., s, v s )) là nghiệm duy nhất của bài toán (2.2), hoặc tương đương, của bài toán x(t) =U(t, s)ξ+
Đối với mỗi τ ∈ R, ta định nghĩa Ψ τ (s, v s ) = (s+τ, x(s+τ, s, v s ), y 1 (s+τ, s, v s ), y 2 (s+τ, s, v s )), thể hiện sự dịch chuyển theo phương trình (2.2) Điều này cho thấy Ψ τ hoạt động như một toán tử đẩy, di chuyển điểm (s, v s ) đến vị trí mới (s+τ, v s+τ ).
Sự tồn tại của đa tạp tâm
Trong phần này, chúng ta sẽ trình bày định lý đa tạp tâm cho nghiệm tầm thường v = 0 của phương trình vi phân v' = A(t)v + f(t, v) Qua đó, chúng ta sẽ chứng minh sự tồn tại của đa tạp tâm cho các nghiệm hyperbolic riêng không đều trong không gian Banach Đa tạp tâm được tạo ra có hình dạng như một đồ thị Ký hiệu ∂ là đạo hàm riêng tương ứng với biến thứ hai Giả sử X là không gian các hàm liên tục ϕ = (ϕ1, ϕ2) : {(s, ξ) ∈ R × X : ξ ∈ E(s)} → X thuộc lớp.
C k sao cho với mọi s ∈R và x, y ∈ E(s) ta có
Chú ý rằng theo định lý giá trị trung bình, với j = 0, , k −1 ta có k∂ j ϕ(s, x)− ∂ j ϕ(s, y)k ≤ kx − yk (2.11) với mọi s ∈R và x, y ∈ E(s) Cho trước hàm ϕ ∈ X, đồ thị của nó có dạng
V =graph(ϕ) = {(s, ξ, ϕ(s, ξ)) : (s, ξ) ∈R × E (s)} ⊂R × X (2.12) Đặt α i = 4c 1 D i δ với i= 1,2 (2.13) và xét điều kiện
Điều kiện lỗ hổng phổ là yếu tố quan trọng để đảm bảo tính nhẵn của đa tạp tâm, đồng thời nó cũng thể hiện mối liên hệ giữa tính tam phân không đều (a, b, c, d, a 0 , b 0 , c 0 , d 0 ) và độ trơn k của nhiễu Trong các Định lý 2.7 và 2.9, điều kiện này sẽ được áp dụng để thực hiện các tính toán cần thiết.
Định lý 2.1 phát biểu rằng, dưới giả thiết G1-G2, nếu phương trình v' = A(t)v trong không gian Banach X có tam phân mũ không đều và thỏa mãn các điều kiện trong (2.14), thì tồn tại một hàm ϕ ∈ X duy nhất với δ trong (2.4)-(2.5) đủ nhỏ, sao cho tập V trong (2.12) là bất biến đối với nửa dòng Ψ τ Cụ thể, nếu (s, ξ) ∈ R × E(s), thì Ψ τ (p s,ξ) ∈ V với mọi τ ∈ R.
1 V là một đa tạp trơn thuộc lớp C k chứa đường thẳng R × { 0} và thỏa mãn
Có tồn tại một hằng số D > 0 sao cho với mọi s ∈ R, ξ, ξ ¯ ∈ E(s), τ ∈ R và j = 0, , k, ta có k∂ ξ j (Ψτ(p s,ξ ))−∂ ξ j (Ψτ(p s, ξ ¯))k ≤ De (j+1)[(a+α 1 )τ+a 0 |s|] kξ − ξk ¯ khi τ ≥ 0, và k∂ ξ j (Ψ τ (p s,ξ ))− ∂ ξ j (Ψ τ (p s, ξ ¯))k ≤ De (j+1)[(c+α 2 )τ+c 0 |s|] kξ − ξk ¯ khi τ ≤ 0 Định lý 2.1 sẽ được chứng minh ở mục 2.3 Đa tạp V trong (2.12) được xác định là đa tạp tâm đối với nghiệm tầm thường v = 0 của phương trình (2.2) và là đa tạp tâm duy nhất Các hằng số α 1 và α 2 trong (2.16)-(2.17) có thể được điều chỉnh để trở nên nhỏ tùy ý bằng cách chọn δ đủ nhỏ.
Chúng ta sẽ chứng minh sự tồn tại của các đa tạp tâm đối với các nghiệm hyperbolic không đều của một phương trình vi phân đã cho Hãy xem xét hàm
F : R × X → X thuộc lớp C k (k ∈N) và phương trình v 0 =F(t, v) (2.18)
Nghiệm v 0(t) của phương trình (2.18) được coi là hyperbolic riêng không đều khi phương trình tuyến tính xác định bởi A(t) = ∂F(t, v 0(t)) có tam phân mũ không đều Định lý 2.2 nêu rõ rằng nếu F thuộc lớp C k (k ∈ N) và v 0(t) là một nghiệm hyperbolic riêng không đều của (2.18), thì với mọi t ∈ R, u, v ∈ X, tồn tại các bất đẳng thức sau: kF(t, u) − F(t, v) − A(t)(u − v)k ≤ δe −β|t| ku − vk và k∂ j F(t, u) − ∂ j F(t, v)k ≤ δe −β|t| ku − vk với j = 1, , k.
Nếu các điều kiện trong (2.14)đúng và δ đủ nhỏ, thì tồn tại duy nhất hàmϕ ∈ X sao cho tập
V ={(s, ξ, ϕ(s, ξ)) + (0, v 0 (s)) : (s, ξ) ∈R × E (s)} là một đa tạp trơn thuộc lớp C k thỏa mãn các tính chất sau
2 V bất biến đối với nghiệm của phương trình t 0 = 1, v 0 =F(t, v), tức là, nếu (s, v s )∈ V thì(t, v(t))∈ V với mọi t ∈R, v(t) = v(t, v s ) là nghiệm duy nhất của (2.18) với t ∈R, v(s) = v s ;
3 cho trước ε >0, với δ đủ nhỏ, tồn tại D>0 sao cho với mọi s ∈R và (s, v s ), (s,¯v s ) ∈ V ta có kv(t, v s)− v(t, v¯s)k ≤ De (a+ε)(t−s)+a 0 |s| kv s − v¯s k với t ≥ s, kv(t, v s )− v(t,¯v s )k ≤ De (c+ε)(s−t)+c 0 |s| kv s −¯v s k với t ≤ s.
Chứng minh Đặt y(t) =v(t)− v 0(t), (*) với v(t) là nghiệm của (2.18), ta có y 0 (t) = F(t, v(t))− F(t, v 0 (t))
Giả sử A(t) thỏa mãn giả thiết G1 Hơn nữa, từ (2.21) ta thấy G thuộc lớp C k (k ≥1) Cũng theo (2.21) ta có G(t,0) = 0 Vì A(t) =∂F(t, v 0 (t)) nên
∂G(t,0) =∂F(t, v 0 (t))− A(t) = 0. Hơn nữa, từ (2.21) và (2.19), với mỗi (t, y, u) ∈R × R n × R n ta có k∂F(t, y+v 0 (t))u − A(t)uk h→0lim
Vì vậy, k∂G(t, y)k=k∂F(t, y+v 0 (t))− A(t)k ≤ δe −β|t| Với j = 2, , k, từ (2.20) ta có k∂ j F(t, y+v 0 (t))uk h→0lim
Vì vậy, hàm Gthỏa mãn giả thiết G2 Ta áp dụng Định lý 2.1 có được điều phải chứng minh.
Định lý 2.1 khẳng định sự tồn tại đa tạp tâm cho hệ phương trình vi phân (2.2) tại nghiệm v = 0, trong khi Định lý 2.2 xác nhận sự tồn tại đa tạp tâm cho hệ (2.18) với nghiệm hyperbolic không đều v 0(t) Chứng minh Định lý 2.2 được rút ra từ Định lý 2.1 thông qua việc dịch chuyển nghiệm v 0(t) về nghiệm v = 0 của (2.2).
Chứng minh sự tồn tại của đa tạp tâm
Các không gian hàm
Đa tạp V bất biến đối với dòng Ψ τ cho thấy rằng bất kỳ nghiệm nào với điều kiện ban đầu thuộc V tại thời điểm s ∈ R sẽ vẫn thuộc V sau một khoảng thời gian t ∈ R Do đó, nghiệm này có dạng (t, x(t), ϕ(t, x(t))) với mỗi t ∈ R Các phương trình trong (2.9) có thể được viết lại dưới dạng x(t) = U(t, s)ξ.
(2.22) với t ∈R, ϕ= (ϕ 1 , ϕ 2 ) Trên không gian X xây dựng chuẩn kϕk= sup{kϕ(t, x(t))k/kxk: t ∈R và x ∈ E(t)\ {0}} (2.23)
Từ (2.11) ta có kϕk ≤1 với mọi ϕ ∈ X Ta sẽ chứng minh rằng X là không gian đầy đủ với chuẩn trong (2.23).
Mệnh đề 2.1 Với chuẩn trong (2.23), X là không gian mêtric đầy đủ. Để chứng minh mệnh đề này, ta cần đưa thêm các khái niệm sau.
ChoX, Y là các không gian Banach vàU ⊂ X là tập mở Cho trước các hằng số ε ∈(0,1], k ∈N và c > 0, ta định nghĩa tập
Không gian C k,ε (U, Y) bao gồm các hàm u: U → Y thuộc lớp C k, với đạo hàm cấp k liên tục theo chuẩn Holder với số mũ ε Định nghĩa kuk k,ε = max{kuk ∞ , kduk ∞ , , kd k uk ∞ , H ε(d k u)} cho thấy chuẩn này được tính dựa trên chuẩn supremum, trong đó k.k ∞ là ký hiệu cho chuẩn supremum.
Mệnh đề sau chỉ ra rằng tập C c k,ε (U, Y) đóng trong không gian các hàm liên tục
C(U, Y) với chuẩn supremum (xem [1, tr124]).
Trong mệnh đề 2.2, cho X và Y là các không gian Banach, cùng với U ⊂ X là tập mở Nếu u_n thuộc C c k,ε (U, Y) với n thuộc N và u: U → Y là hàm thỏa mãn điều kiện ku_n − u k ∞ → 0 khi n tiến tới vô cùng, thì suy ra u cũng thuộc C c k,ε (U, Y) Hơn nữa, với mỗi x thuộc U, đạo hàm bậc k của u_n tại x sẽ hội tụ về đạo hàm bậc k của u khi n tiến tới vô cùng.
Với các khái niệm và mệnh đề trên, bây giờ ta đã có thể đi vào chứng minh Mệnh đề 2.1.
Chứng minh Mệnh đề 2.1 Cho trước hàm ϕ ∈ X, với mỗi t cố định trong R và
Giả sử R > 0, đặt ϕ¯ = ϕ|(t×B R), với B R ⊂ E(t) là hình cầu bán kính R tâm tại 0 Khi đó, k ϕ¯(x)k = kϕ(t, x)k ≤ kϕk kxk ≤ R cho mỗi x ∈ B R Nếu (ϕ n)n ∈ X là dãy Cauchy theo chuẩn trong (2.23), thì ( ¯ϕ n)n ⊂ C R k,α (B R , X) cũng là dãy Cauchy theo chuẩn supremum Do đó, tồn tại hàm ϕ¯: B R → X sao cho k ϕ¯ n − ϕk¯ ∞ → 0 khi n → ∞, và theo Mệnh đề 2.2, ta có ϕ¯ ∈ C R k,α (B R , X) Nhờ tính duy nhất của hàm giới hạn ϕ¯, ta xác định được một hàm liên tục ϕ: {(t, x) ∈ R × X : x ∈ E(t)} → X với ϕ| ({t}×B R) = ¯ϕ Theo Mệnh đề 2.2, dãy ( ¯ϕ n)n có các đạo hàm riêng đến cấp k hội tụ điểm, từ đó suy ra dãy (ϕ n)n cũng có các đạo hàm đến cấp k hội tụ điểm, chứng minh rằng ϕ ∈ X Cuối cùng, ta chứng minh rằng kϕ n − ϕk → 0 khi n → ∞ Vì (ϕ n)n là dãy Cauchy, nên với ε > 0 cho trước, tồn tại N = N(ε) sao cho với mỗi t ∈ R, x ∈ E(t) và n, m ≥ N(ε), ta có kϕ n (t, x) − ϕ m (t, x)k ≤ εkxk.
Cho n → ∞ trong (2.24), ta được kϕ(t, x)− ϕ m (t, x)k ≤ εkxk Vậy kϕ − ϕ m k ≤ ε khi m ≥ N(ε) Mệnh đề hoàn toàn được chứng minh.
Giả sử có α 1 trong (2.13) và các hằng số C j >0 với j = 0, , k+ 1 Ký hiệu
∂ là đạo hàm riêng tương ứng với biến thứ hai Cố định s ∈R, đặt ρ(t) = (a+α 1)(t − s) +a 0 |s| (2.25)
Ký hiệu B+ là không gian các hàm liên tục x : [s,+∞)× E(s) → X thuộc lớp
C k (k ≥1) sao cho x(s, ξ) =ξ với mọi ξ ∈ E(s), x(t, ξ)∈ E(t) với t ≥ s, ξ ∈ E(s). Trên không gian B+ ta xây dựng các chuẩn sau kxk 0 : = sup kx(t, ξ)k kξk e −ρ(t) : t ≥ s, ξ ∈ E(s)\ {0}
Trong chuẩn cuối cùng, supremum được tính với mọi t ≥ s và ξ, ξ ¯ ∈ E (s) khi ξ khác với ¯ξ Đối với x ∈ B+, với mọi t ≥ s và ξ, ξ ¯ ∈ E (s) (ξ khác với ¯ξ), ta có kx(t, ξ)k ≤ kxk 0 kξke ρ(t) ≤ C 0 kξke ρ(t) Hơn nữa, k∂ j x(t, ξ)k ≤ kxk j e jρ(t) ≤ C j e jρ(t) cho j = 1, , k Cuối cùng, k∂ k x(t, ξ)− ∂ k x(t, ξ ¯)k kξ − ξk ¯ ≤ L k (x)e (k+1)ρ(t) ≤ C k e (k+1)ρ(t) Theo mệnh đề 2.3, với chuẩn đã nêu, B+ là không gian metric đầy đủ.
Cho hàm x ∈ B+, với t cố định, t ≥ s và R > 0, định nghĩa x¯ x| ({t}×B R ), trong đó B R ⊂ E(t) là hình cầu mở bán kính R tâm tại 0 Ta có k x¯(ξ)k=kx(t, ξ)k ≤ kxk 0 kξke ρ(t) ≤ D với ξ ∈ B R, trong đó D=C 0 Re ρ(t) Nếu (x n ) n ⊂B+ là dãy Cauchy theo chuẩn trong (2.26), thì (¯x n ) n ⊂ C D k,α (B R , E(t)) cũng là dãy Cauchy theo chuẩn supremum, từ đó tồn tại hàm x¯: B R → E(t) sao cho k x¯ n − xk¯ ∞ →0 khi n → ∞ Theo Mệnh đề 2.2, x¯ ∈ C R k,α (B R , E(t)), và với tính duy nhất của hàm giới hạn ¯x, ta xác định được hàm liên tục x: {(t, ξ) ∈R × E (s) : ξ ∈ E(s)} → X bởi x| ({t}×B R ) = ¯x Dãy (¯x n ) n có các đạo hàm riêng đến cấp k hội tụ điểm, do đó dãy (x n ) n cũng có các đạo hàm đến cấp k hội tụ điểm, suy ra x ∈B+ Cuối cùng, ta chứng minh rằng kx n − xk → 0 khi n → ∞; với ε > 0 cho trước, tồn tại N =N(ε) sao cho với mỗi t ∈R, ξ ∈ E (s) và n, m ≥ N(ε), ta có kx n(t, x)− x m(t, x)k ≤ εkξk.
Cho n → ∞ trong (2.30), ta được kx(t, ξ)− x m (t, ξ)k ≤ εkξk Vậy kx − x m k ≤ ε khi m ≥ N(ε) Mệnh đề hoàn toàn được chứng minh.
Tương tự, với α 2 trong (2.13), đặt σ(t) = (c+α 2 )(s − t) +c 0 |s|.
Ký hiệu B− là không gian các hàm liên tục x : (−∞, s]× E(s) → X thuộc lớp
C k (k ≥1) sao cho x(t, ξ) =ξ với mọi ξ ∈ E(s), x(t, ξ) ∈ E(t) với t ≤ s, ξ ∈ E(s) và kxk 0 : = sup kx(t, ξ)k kξk e −σ(t) : t ≤ s, ξ ∈ E(s)\ {0}
≤ C k+1 , (2.32) trong chuẩn cuối cùng supremum lấy với mọi t ≤ s và ξ, ξ ¯ ∈ E (s) miễn là ξ 6= ¯ξ. Mệnh đề 2.4 Với chuẩn trong (2.31), B− là không gian metric đầy đủ.
Chứng minh Chứng minh tương tự như Mệnh đề 2.3.
Các tính chất Lipschitz của đạo hàm
Trong mục này, ta sẽ dùng công thức Faà di Bruno để ước lượng các đạo hàm cấp cao Cho trước ϕ ∈ X và x ∈B + ∪ B− Ký hiệu ϕ ∗ (t, ξ) = ϕ(t, x(t, ξ)) (2.33)
Bổ đề 2.1 Với mỗi j = 1, , k, tồn tại các hằng số A j và B j sao cho với ϕ cho trước, ϕ ∈ X và (s, ξ) ∈R × E (s), ta có k∂ j ϕ ∗ (t, ξ)k ≤
Chứng minh Ta chỉ xét trong trường hợp t ≥ s và x ∈ B+, trường hợp còn lại được chứng minh tương tự Áp dụng đánh giá (1.12) đối với đạo hàm ∂ j ϕ ∗ ta được k∂ j ϕ ∗ (t, ξ)k ≤ c j
Y l=1 k∂ l x(t, ξ)k k l , với p j,m được cho bởi (1.13) Vì ϕ ∈ X, sử dụng đồng nhất Pj l=1 lk l = j trong (1.13) và (2.28), ta có k∂ j ϕ ∗ (t, ξ)k ≤ c j
(C l e lρ(t) ) k l ≤ A j e jρ(t) với hằng số A j >0 nào đó.
Trong các bổ đề tiếp theo, ta chỉ đưa ra các chứng minh cho trường hợpt ≥ s và x ∈B+ Trường hợp còn lại chứng minh tương tự.
Cho trước ϕ ∈ X và x ∈B + ∪ B− Ký hiệu f ∗ (t, ξ) =f(t, x(t, ξ), ϕ(t, x(t, ξ))) =f(t, x(t, ξ), ϕ ∗ (t, ξ)), (2.34) với ϕ ∗ (t, ξ) trong (2.33).
Bổ đề 2.2 Với mỗi j = 1, , k, tồn tại các hằng số A ¯ j và B ¯ j sao cho với ϕ ∈ X cho trước và (s, ξ)∈R × E (s) ta có k∂ j f ∗ (t, ξ)k ≤ δe −β|t|
B¯ j e jσ(t) , t ≤ s và x ∈B− Chứng minh Áp dụng (1.15) đối với đạo hàm ∂ j f ∗ (t, ξ) ta được k∂ j f ∗ (t, ξ)k ≤ cX q(j) k∂ x(t,ξ),ϕ(t,x(t,ξ)) λ 1 ,λ 2 f(t, )k × j
Y m=1 k∂ l m x(t, ξ)k k m1 k∂ l m ϕ ∗ (t, ξ)k k m2 , với p s (j, λ) được xác định trong (1.16) Vì ϕ ∈ X, sử dụng đồng nhất thức
Ps m=1 l m (k m1 +k m2 ) =j trong (1.16), cùng với (2.4), (2.28) và Bổ đề 2.1 ta có k∂ j f ∗ (t, ξ)k ≤ cδe −β|t| X q(j) c j j
≤ A ¯ j δe −β|t| e jρ(t) với hằng số A ¯ j là một hằng số dương nào đó Bổ đề được chứng minh.
Bổ đề 2.3 Với mỗi j = 0, , k và (s, ξ), (s, ξ ¯) ∈R × E (s) ta có k∂ j x(t, ξ)− ∂ j x(t, ξ ¯)k ≤ C j+1 kξ − ξk ¯
Theo định nghĩa của các không gian B+ và B−, phát biểu này đúng với trường hợp j = k Đối với j < k, từ (2.28) và định lý giá trị trung bình, ta có k∂ j x(t, ξ)− ∂ j x(t, ξ ¯)k ≤ sup r∈[0,1] k∂ j+1 x(t, ξ+r(¯ξ − ξ))k kξ − ξk ¯.
Bổ đề hoàn toàn được chứng minh.
Bổ đề 2.4 Với mỗi j = 0, , k, tồn tại các hằng số Ae j và Be j sao cho với ϕ ∈ X cho trước và (s, ξ), (s, ξ ¯) ∈R × E (s) ta có k∂ j ϕ ∗ (t, ξ)− ∂ j ϕ ∗ (t, ξ ¯)k ≤ kξ − ξk ¯
Chứng minh Trường hợp j < k các bất đẳng thức được suy ra trực tiếp từ Bổ đề 2.1 Bây giờ ta sẽ chứng minh với trường hợp j =k Theo (1.14) ta có k∂ j ϕ ∗ (t, ξ)− ∂ j ϕ ∗ (t, ξ ¯)k
X m=1 k∂ m ϕ(t, x(t, ξ ¯))kS j , với p(j, m) được xác định như trong (1.13) và
Vì ϕ ∈ X, theo (2.10) và (2.11) với m= 1, , k ta có k∂ m ϕ(t, x(t, ξ))− ∂ m ϕ(t, x(t, ξ ¯))k ≤ kx(t, ξ)− x(t, ξ ¯)k. Áp dụng Bổ đề 2.3 với j = 0, ta được k∂ m ϕ(t, x(t, ξ))− ∂ m ϕ(t, x(t, ξ ¯))k ≤ C 1 e ρ(t) kξ − ξk ¯ (2.37) Tiếp theo, áp dụng Bổ đề 2.3 và (2.28) với j =l,
Kết hợp (2.38), (2.28) và (2.36) ta có
=Cbj e (j+1)ρ(t) kξ − ξk, ¯ (2.39) trong đóCb j là một hằng số dương xác định, (sử dụng đồng nhấtPj m=1 mk m =j, xem (1.13)) Do đó, theo (2.35), (2.37), (2.39) và (2.28), ta có k∂ j ϕ ∗ (t, ξ)− ∂ j ϕ ∗ (t, ξ ¯)k ≤ cC 1 e ρ(t) kξ − ξk ¯ j
=Ae j e (j+1)ρ(t) kξ − ξk, ¯ với hằng số Ae j >0 nào đó Bổ đề được chứng minh xong.
Bổ đề 2.5 Với k ∈ N, tồn tại các hằng số Ab k và Bb k sao cho với ϕ ∈ X cho trước và (s, ξ), (s, ξ ¯) ∈R × E (s) ta có k∂ k f ∗ (t, ξ)− ∂ k f ∗ (t, ξ ¯)k ≤ δe −β|t| kξ − ξk ¯
Bb k e (k+1)σ(t) , t ≤ s và x ∈B− Chứng minh Theo (1.17) ta có k∂ k f ∗ (t, ξ)− ∂ k f ∗ (t, ξ ¯)k
X k=0 k∂ l m ϕ ∗ (t, ξ)k k m2 −1−k k∂ l m ϕ ∗ (t, ξ ¯)k k Áp dụng định lý giá trị trung bình đối với hàm G λ 1 ,λ 2 , theo (2.4) và các Bổ đề 2.3, 2.4 với j = 0, khiλ 1 +λ 2 = 1, , k −1 ta có
≤ c λ 1 +λ 2 +1 δe −β|t| e ρ(t) kξ − ξk ¯ (C 1 +Ae 0 ), với a(r) = (x(t, ξ) +r(x(t, ξ ¯)− x(t, ξ)), ϕ ∗ (t, ξ)), b(r) = (x(t, ξ), ϕ ∗ (t, ξ) +r(ϕ ∗ (t, ξ ¯)− ϕ ∗ (t, ξ))). Hơn nữa, khi λ 1 +λ 2 =k từ (2.5) và các Bổ đề 2.3, 2.4 ta có
Vì vậy, với mỗi (λ 1 , λ 2 ) ∈ q(k), ta có
Theo (2.28), Bổ đề 2.1 và vì Ps m=1 l m (k m1 +k m2 ) =k (xem (1.16)) nên tổng đầu tiên trong (2.40) bị chặn bởi
G k δe −β|t| e (k+1)ρ(t) kξ − ξk, ¯ (2.42) với hằng số G k >0 nào đó Từ các Bổ đề 2.1, 2.3 và 2.4 ta có
≤ E m e (1+l m (k m1 +k m2 ))ρ(t) kξ − ξk, ¯ với hằng số E m >0 nào đó Theo (2.41), (2.28) và Bổ đề 2.1 ta có
≤ F s e (k+1)ρ(t) kξ − ξk, ¯ với hằng số F s > 0 nào đó (sử dụng đồng nhất Ps i=1 l i (k i1 +k i2 ) = k) Vì vậy, tổng thứ hai trong (2.40) bị chặn bởi
H k δe −β|t| e (k+1)ρ(t) kξ − ξk, ¯ (2.43) với H k là một hằng số dương cho trước Từ (2.40), (2.42) và (2.43) ta có k∂ k f ∗ (t, ξ)− ∂ k f ∗ (t, ξ ¯)k ≤ δe −β|t| e (k+1)ρ(t) kξ − ξk ¯ (G k +H k ).Đặt Ab k =G k +H k , bổ đề được chứng minh.
Nghiệm trên đa tạp tâm
Chúng ta sẽ tiến hành chứng minh Định lý 2.1 bằng cách xác định hàm số duy nhất hàmx=x ϕ thỏa mãn phương trình đầu tiên trong (2.22) với mỗi ϕ ∈ X đã cho.
Bổ đề 2.6 Với δ đủ nhỏ, với mỗi ϕ ∈ X các tính chất sau được thỏa mãn
1 cho trước s ∈R, tồn tại duy nhất hàmx=x ϕ : R ×E (s) → X vớix ϕ (s, ξ) =ξ thỏa mãn phương trình đầu tiên trong (2.22)và x ϕ (t, ξ) ∈ E(t)với mọit ∈R, ξ ∈ E(s);
2 hàm x ϕ thỏa mãn x ϕ | [s,+∞)×E(s) ∈B+ , x ϕ | (−∞,s]×E(s) ∈B− và kx ϕ (t, ξ)k ≤
Chứng minh Trước hết, xét t ≥ s Cho trước s ∈ R , ϕ ∈ X , ξ ∈ E (s), xét toán tử J xác định bởi
U(t, τ)f(τ, x(τ, ξ), ϕ(τ, x(τ, ξ)))dτ với x ∈ B+ và t ≥ s Rõ ràng J là hàm liên tục thuộc lớp C k và (J x)(s, ξ) = ξ (vì U(s, s)ξ=ξ) Hơn nữa, từ (2.6) và (2.27) ta có kf(τ, x(τ, ξ), ϕ(τ, x(τ, ξ)))k
Tiếp theo, sử dụng bất đẳng thức (1.2) và định nghĩa β trong (2.3) ta được k(J x)(t, ξ)− U(t, s)ξk ≤
Z t s e −α 1 (t−τ ) e (a 0 −β)|τ | dτ ≤ θkξke ρ(t) , với θ= 2c 1 C 0 δD 1 /α 1 Hơn nữa, do (1.2) và (2.25) nên kU(t, s)ξk ≤ D 1 e a(t−s)+a 0 |s| kξk ≤ D 1 e (a+α 1 )(t−s)+a 0 |s| kξk ≤ D 1 e ρ(t) kξk.
Chúng ta cần chọn hằng số C 0 > D 1 và lấy δ đủ nhỏ sao cho kJ xk 0 ≤ D 1 + θ < C 0 Tiếp theo, xét đạo hàm ∂ j (J x) và áp dụng Bổ đề 2.2 cho hàm ∗ trong (2.34) với j = 1, , k, ta có k∂ j f ∗ (τ, ξ)k ≤ A ¯ j δe −β|τ| e jρ(τ) Dựa vào bất đẳng thức thứ nhất trong (1.2) với j = 2, , k, ta có được k∂ j (J x)(t, ξ)k ≤
≤ A ¯ j δD 1 (j −1)a+α 1 j e jρ(t) Lấy δ đủ nhỏ, với j = 2, , k ta có kJ xk j ≤ A ¯ j δD 1
Khi j = 1 k∂(J x)(t, ξ)k ≤ kU(t, s)k+ ¯A 1 D 1 δ/α 1 Chọn hằng số C 1 > D 1 và lấy δ đủ nhỏ sao cho kJ xk 1 ≤ D 1 + A ¯ 1 D 1 δ α 1
Cuối cùng, theo Bổ đề 2.5 và theo bất đẳng thức đầu tiên trong (1.2), với t ≥ s và ξ, ξ ¯ ∈ E (s) miễn là ξ 6= ¯ξ, ta có k∂ k (J x)(t, ξ)− ∂ k (J x)(t, ξ ¯)k
≤ Ab k D 1 δ ka+ (k+ 1)α 1 kξ − ξk ¯ e (k+1)ρ(t) Lấy δ đủ nhỏ sao cho
Do đó, J x ∈B+ và J : B+ →B+ là toán tử được định nghĩa tốt.
Bây giờ chứng minh J là ánh xạ co với chuẩn k.k 0 trong (2.26) Cho trước x, y ∈B+ và τ ≥ s, từ (2.6) và định nghĩa của α 1 , ta có kf(τ, x(τ, ξ), ϕ(τ, x(τ, ξ)))− f(τ, y(τ, ξ), ϕ(τ, y(τ, ξ)))k
Sử dụng bất đẳng thức trong (1.2) và (2.45) thu được k(J x)(t, ξ)−(J y)(t, ξ)k
0 e ρ(t) với mỗi t ≥ s và β ≥ a 0 Do đó kJ x − J yk 0 ≤ 1
Vậy J là ánh xạ co Theo Mệnh đề 2.3, tồn tại duy nhất hàm x=x ϕ ∈ B+ sao cho J x=x Đặt z(t, ξ) = (J0)(t, ξ) =U(t, s)ξ.
Hàm x được xác định bởi x(t, ξ) = lim n→+∞(J n 0)(t, ξ) +∞
[(J k+1 0)(t, ξ)−(J k 0)(t, ξ)] với t ≥ s Từ (2.46), ta có kxk 0 ≤
Hơn nữa, từ (2.26) ta có kx(t, ξ)k kξk e −ρ(t) ≤ kxk 0 Vậy kx(t, ξ)k ≤2D 1 kξke ρ(t)
Bổ đề đã được chứng minh với trường hợp t ≥ s.
Trường hợp t ≤ s được chứng minh tương tự bằng cách xét không gian B− với chuẩn trong (2.31).
Bổ đề 2.6 chỉ ra rằng, với mọi ϕ thuộc tập X, có tồn tại duy nhất một hàm x ϕ thỏa mãn phương trình đầu tiên trong (2.22) Chứng minh bổ đề này đã xây dựng ánh xạ J và xác nhận rằng nó là ánh xạ co trong không gian định chuẩn đầy đủ, từ đó dẫn đến sự tồn tại duy nhất của nghiệm Kỹ thuật chứng minh này cũng được áp dụng trong một số bổ đề tiếp theo.
Chú ý 2.2 Theo Bổ đề 2.6 ta có x ϕ | [s,+∞)×E(s) ∈B+ và x ϕ | (−∞,s]×E(s) ∈B−
Vì vậy, nếu kí hiệu x ϕ và ¯x ϕ là các hàm duy nhất được cho bởi Bổ đề 2.6 sao cho x ϕ (s, ξ) =ξ và x¯ ϕ (s, ξ ¯) = ¯ξ, thì từ Bổ đề 2.3 ta có kx ϕ (t, ξ)− x¯ ϕ (t, ξ ¯)k ≤ C 1 kξ − ξk ¯
Qui về bài toán tương đương
Bước tiếp theo là chứng minh sự tồn tại của hàm ϕ ∈ X thỏa mãn đẳng thức thứ hai trong (2.22) khi x = x ϕ theo Bổ đề 2.6 Tuy nhiên, trước tiên, chúng ta cần đơn giản hóa bài toán bằng cách chuyển đổi nó về dạng tương đương.
Bổ đề 2.7 Với δ đủ nhỏ, hàm ϕ ∈ X cho trước, các tính chất sau tương đương 1. ϕ 1 (t, x ϕ (t, ξ)) =V 1 (t, s)ϕ 1 (s, ξ) +
Chứng minh Ta sẽ chứng minh rằng các tích phân trong (2.49) được định nghĩa tốt với (s, ξ) ∈R × E (s) Theo các bất đẳng thức (2.44), (2.6), với τ ≤ s ta có kf(τ, x ϕ(τ, ξ), ϕ(τ, x ϕ(τ, ξ)))k
Hoàn toàn tương tự, sử dụng bất phương trình đầu tiên trong (2.44), với τ ≥ s ta cũng có kf(τ, x ϕ (τ, ξ), ϕ(τ, x ϕ (τ, ξ)))k ≤4c 1 δe −β|τ | D 1 e ρ(τ ) kξk (2.51)
Sử dụng bất đẳng thức thứ hai trong (1.3), (2.50), ta có
Theo điều kiện \( T_2 \geq c - d \) (với \( c \geq 0 \)) và \( \beta \geq d_0 \), từ (2.14) ta suy ra \( T_2 < 0 \) Chọn \( \delta \) đủ nhỏ để \( \alpha_2 \) thỏa mãn \( T_2 + \alpha_2 < 0 \), điều này chứng tỏ rằng tích phân đầu tiên trong (2.49) được định nghĩa tốt Tương tự, bằng cách sử dụng các bất đẳng thức trong (1.2), từ (2.51) với \( t \geq s \), ta cũng có kết quả tương tự.
(vì T 1 ≥ a − b (a ≥0) và β ≥ b 0 ) Theo (2.14) ta có T 1