Tài liệu hạn chế xem trước, để xem đầy đủ mời bạn chọn Tải xuống
1
/ 59 trang
THÔNG TIN TÀI LIỆU
Thông tin cơ bản
Định dạng
Số trang
59
Dung lượng
376,63 KB
Nội dung
Mục lục Kiến thức sở 1.1 Phương trình vi phân hàm 1.2 Tính chất ổn định phương trình vi phân hàm 1.3 Tính chất ổn định theo xấp xỉ hệ phương trình vi phân thường 1.4 Một số bổ đề 1.4.1 Bổ đề Gronwall - Bellman 1.4.2 Bổ đề Bihari 1.4.3 Định lí xấp xỉ Phương pháp trung bình hóa phương trình vi phân hàm 2.1 Mở đầu 2.2 Các điều kiện đủ tính ổn định 2.3 Nhận xét 2.4 Thí dụ 2.5 Điều kiện đủ tính khơng ổn định 2.6 Kết luận lí thuyết ổn định Tính chất ổn định hệ phương trình vi phân hàm xấp xỉ tuyến tính 3.1 Ma trận A có tất giá trị riêng có phần thực âm 3.2 Ma trận A có giá trị riêng với phần thực dương 3.3 Ma trận A xyclic, tức A có tất giá trị riêng với phần thực không dương giá trị riêng có với phần thực khơng ứng với ước sơ cấp đơn 3.4 Thí dụ 8 11 18 19 24 30 32 32 35 37 49 LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.com Chương Kiến thức sở 1.1 Phương trình vi phân hàm Giả sử h > số thực cho trước, C = C([−h, 0], Rn ) không gian Banach hàm liên tục đoạn [−h, 0], với chuẩn xác định: ϕ = sup {|ϕ(s)| : −h ≤ s ≤ 0} ∀ϕ ∈ C |.| chuẩn Rn Nếu σ ∈ R, A > 0, x ∈ C([σ − h, σ + A), Rn ), với t ∈ [σ, σ + A), kí hiệu xt ∈ C xác định xt (s) = x(t + s), s ∈ [−h, 0] Giả sử D tập R × C hàm f : D −→ Rn hàm cho trước, ta gọi phương trình dạng: x(t) ˙ = f (t, xt ) (1.1) x(t) ˙ hiểu đạo hàm bên phải hàm x t x(t) ˙ = lim sup {x(t + ∆) − x(t)}, ∆→0+ ∆ phương trình vi phân hàm Hàm số x gọi nghiệm hệ (1.1) [σ − h, σ + A) với σ ∈ R, A > nếu: x ∈ C([σ − h, σ + A), Rn ), (t, xt ) ∈ D x(t) thỏa mãn hệ (1.1) với t ∈ [σ, σ + A) Với σ ∈ R+ , ϕ ∈ C, ta nói x(σ, ϕ, f ) nghiệm hệ (1.1) với điều kiện đầu ϕ σ, hay điều kiện đầu (σ, ϕ) có số A > cho x(σ, ϕ, f ) nghiệm hệ (1.1) [σ − h, σ + A) xσ (σ, ϕ, f ) = ϕ Về sau khơng nói khác ta hiểu vế phải ln f ta kí hiệu nghiệm với điều kiện đầu (σ, ϕ) x(σ, ϕ) Bổ đề 1.1.1 Nếu σ ∈ R, ϕ ∈ C cho trước f (t, ϕ) liên tục toán (1.1) với điều kiện đầu (σ, ϕ) tương đương với toán xσ = ϕ t x(t) = ϕ(0) + f (s, xs )ds, σ t≥σ LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.com Ta có kết tồn tại, nhất, phụ thuộc liên tục vào điều kiện đầu thác triển liên tục nghiệm Trước hết, để thuận lợi q trình sau, ta đưa số kí hiệu cần thiết Với (σ, ϕ) ∈ R × C, kí hiệu ϕ ∈ C([σ − h, ∞), Rn ) xác định sau ϕ(t + σ) = ϕ(t) ϕ(0) t ∈ [−h, 0] t>0 Nếu x nghiệm hệ (1.1) với điều kiện đầu (σ, ϕ) x(t + σ) = ϕ(t + σ) + y(t), t ≥ −h, từ Bổ đề 1.1 ta có y thỏa mãn t y(t) = f (s + σ, ϕs+σ + ys )ds, (1.2) t ≥ Ngược lại, y thỏa mãn phương trình (1.2) thí suy nghiệm x hệ (1.1) phép đổi tọa độ Do đó, việc tìm nghiệm hệ (1.1) tương đương với tìm nghiệm phương trình (1.2) Nếu V ⊂ R × C C(V, Rn ) lớp hàm f : V −→ Rn liên tục ◦ C(V, Rn ) ⊂ C(V, Rn ) tập hàm liên tục bi chặn từ V vào Rn ◦ Không gian C(V, Rn ) trở thành không gian Banach với chuẩn f V = sup |f (t, ϕ)| (t,ϕ)∈V Với α, β số thực Iα = [0, α]; Bβ = {ϕ ∈ C : ||ϕ|| < β}, A(α, β) = {y ∈ C([−h, α), Rn ) : y0 = 0, yt ∈ Bβ , t ∈ Iα } ◦ Bổ đề 1.1.2 Nếu Ω ⊆ R×C tập mở, W ⊆ Ω tập compact, f ∈ C(Ω, Rn ) ◦ ◦ hàm cho trước, có lân cận V ⊂ Ω W cho f ∈ C(V, Rn ), có lân ◦ ◦ ◦ cận U ⊆ f ∈ C(V, Rn ) f ∈ C(Ω, Rn ) số dương M, α, β cho ||f (σ, ϕ)|| < M, ◦ (σ, ϕ) ∈ V, f ∈ U ◦ ◦ ◦ ) ∈ V với t ∈ Iα Ta có với (σ, ϕ) ∈ W, (σ + t, yt + ϕσ+t y ∈ A(α, β) ◦ Bổ đề 1.1.3 Giả sử Ω ⊆ R × C tập mở, W ⊆ Ω tập compact, f ∈ C(Ω, Rn ) hàm cho trước, lân cận U, V, số dương M, α, β Bổ đề 1.1.2 Nếu T : W × U × A(α, β) −→ C([−h, α], Rn ), T (σ, ϕ, f, y)(t) = 0, t ∈ [−h, 0], t T (σ, ϕ, f, y)(t) = f (σ + s, ϕσ+s + ys )ds, t ∈ Iα LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.com T liên tục tồn tập compact K C([−h, 0], Rn ) cho T : W × U × A(α, β) −→ K Hơn Mα ≤ β T : W × U × A(α, β) −→ A(α, β) Bổ đề 1.1.4 (Định lý Schauder điểm cố định) Nếu U tập lồi đóng bị chặn khơng gian Banach X, ánh xạ T : U −→ U liên tục hoàn toàn (tức T liên tục biến tập bị chặn thành tập tiền compact) T có điểm cố định U ◦ Định lý 1.1.1 (Sự tồn nghiệm) Nếu Ω tập mở R × C, f ∈ ◦ C(Ω, Rn ), (σ, ϕ) ∈ Ω phương trình vi phân (1.1) với f thay f ln có nghiệm với điều kiện đầu (σ, ϕ) Hơn W ⊂ Ω tập ◦ ◦ compact có lân cận V W Ω cho f ∈ C(V, Rn ), có ◦ ◦ lân cận U ⊂ C(V, Rn ) f cho có α > để f ∈ U, phương trình vi phân RF DE(f ) (retarded functional differential equation) có nghiệm [σ − h, σ + α) với điều kiện đầu (σ, ϕ) Định lý 1.1.2 (Tính phụ thuộc liên tục vào điều kiện đầu vế phải) Giả sử ◦ ◦ ◦ ◦ Ω tập mở R × C, f ∈ C(Ω, Rn ), (σ, ϕ) ∈ Ω, x nghiệm ◦ ◦ ◦ ◦ phương trình RF DE(f ) với điều kiện đầu (σ, ϕ) xác định [σ − h, b] ◦ Cho tập W ⊆ Ω tập compact xác định ◦ ◦ ◦ W = {(t, xt ) : t ∈ [σ, b]} ◦ ◦ ◦ V lân cận mở W mà f bị chặn Nếu (σ k , ϕk , f k ), k = ◦ ◦ ◦ 1, 2, 3, thỏa mãn σ k → σ, ϕk → ϕ, f k → f , k → ∞ thí có k0 cho RF DE(f k ) với k ≤ k0 cho nghiệm xk = xk (σ k , ϕk , f k ) với điều ◦ kiện đầu (σ k , ϕk ) tồn [σ − h, b]; hiểu với > bất kỳ, tồn ◦ ◦ k1 ( ) cho xk (t), k ≥ k1 ( ), xác định [σ − h + , b] xk → x ◦ [σ − h + , b] Định lý 1.1.3 (Định lí tồn nhất) Giả sử Ω tập mở R × C, f : Ω −→ Rn liên tục f (t, ϕ) Lipschitz theo ϕ với tập compact Ω Với (σ, ϕ) ∈ Ω, tồn nghiệm hệ (1.1) với điều kiện ban đầu (σ, ϕ) Định lý 1.1.4 (Thác triển liên tục nghiệm) Giả sử Ω tập mở R × C, f : Ω −→ Rn liên tục hoàn toàn, tức f liên tục biến tập đóng, bị chặn Ω thành tập bị chặn Rn , x nghiệm khơng thác triển phương trình (1.1) [σ − h, b) Khi đó, với tập đóng, bị chặn U R × C, U ⊂ Ω, tồn số tU cho (t, xt ) ∈ / U với tU ≤ t < b LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.com 1.2 Tính chất ổn định phương trình vi phân hàm Giả sử f : R × C −→ Rn hàm liên tục, xét hệ x(t) ˙ = f (t, xt ) (1.3) Hàm f giả sử liên tục hoàn toàn thỏa mãn điều kiện để hệ tồn nghiệm với điều kiện ban đầu, nghiệm liên tục khoảng xác định Cũng giả sử f (t, 0) = với t ∈ R, điều đảm bảo cho hệ có nghiệm tầm thường với điều kiện đầu ϕ = Ta đưa định nghĩa ổn định nghiệm không hệ (1.3) Kí hiệu B(0, ) = {ϕ ∈ C : ||ϕ|| < } hình cầu tâm O bán kính C Định nghĩa 1.2.1 Nghiệm x = hệ (1.3) gọi ổn định với σ ∈ R, > 0, tồn δ = δ(σ, ) > cho ϕ ∈ B(O, δ) xt (σ, ϕ) ∈ B(O, ) với t ≥ σ ổn định δ không phụ thuộc vào σ ổn định tiệm cận ổn định tồn η = η(σ) > cho ϕ ∈ B(O, η) x(t, σ, ϕ) → t → ∞ ổn định tiệm cận ổn định tồn η > cho với > 0, tồn T = T ( ) > cho ϕ ∈ B(O, η) x(t, σ, ϕ) ∈ B(O, ) t ≥ σ + T với σ ∈ R ổn định tiệm cận mũ tồn số α > cho với η = η( ) > thỏa mãn với σ ∈ R, ϕ ∈ B(O, η) > tồn ||xt (σ, ϕ)|| ≤ e−α(t−σ) ||ϕ|| ∀t ≥ σ Tiếp theo ta đưa số điều kiện đủ cho ổn định nghiệm x = hệ (1.3) nhờ việc mở rộng phương pháp hàm Liapunov phương trình vi phân thường Nếu V : R × C −→ R hàm liên tục x(t, ϕ) nghiệm hệ (1.3) điều kiện đầu (t, ϕ) ta xác định V˙ (t, ϕ) = lim sup {V (t + ∆, xt+∆ (t, ϕ)) − V (t, ϕ)} ∆→0+ ∆ Hàm V˙ (t, ϕ) đạo hàm bên phải V (t, ϕ) dọc theo nghiệm hệ (1.3) Trong (Yoshizawa) chứng minh hệ (1.3) thỏa mãn điều kiện tồn nghiệm V˙ (t, ϕ) xác định theo (t, ϕ) LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.com Định lý 1.2.1 (Ổn định ổn định tiệm cận đều) Giả sử tồn hàm a, b ∈ K(K − hàm lớp Hahn) c hàm liên tục, không âm Nếu tồn hàm liên tục V : R × C −→ R cho a(|ϕ(0)|) ≤ V (t, ϕ) ≤ b(||ϕ||) V˙ (t, ϕ) ≤ −c(|ϕ(0)|) nghiệm x = hệ (1.3) ổn định Nếu hàm c xác định dương nghiệm x = ổn định tiệm cận Định lý 1.2.2 (Không ổn định) Giả sử V : C −→ R hàm liên tục bị chặn Nếu tồn số γ > tập mở U C cho V (ϕ)) > U, V (ϕ) = biên U, thuộc bao đóng U ∩ B(O, γ), V (ϕ) ≤ b(|ϕ(0)|) với b ∈ K, V˙ − (ϕ) ≥ c(|ϕ(0)|) với c ∈ K, V˙ − (ϕ) = lim inf {V (xt+∆ (t, ϕ)) − V (ϕ)} + ∆→0 ∆ Khi nghiệm x = hệ (1.3) không ổn định Hơn nữa, nghiệm xt (σ, ϕ) với điều kiện đầu (σ, ϕ) với ϕ ∈ U ∩b(O, γ) tiến biên B(O, γ) sau thời gian hữu hạn 1.3 Tính chất ổn định theo xấp xỉ hệ phương trình vi phân thường Xét hệ phương trình vi phân thực: x˙ = Ax + ϕ(t, x) (1.4) A ma trận số ϕ(t, x) ∈ C(R+ ×BH ) ϕ(t, x) = 0(|x|) theo t, tức là: |ϕ(t, x)| → theo t x → |x| Khi đó, ta có Định lí tính ổn định hệ (1.4) Định lý 1.3.1 (Liapunov) Nếu giá trị riêng λj (A), (j = 1, 2, , n) ma trận A có phần thực âm: Reλj (A) < 0, (j = 1, 2, , n) nghiệm tầm thường x = hệ tựa tuyến tính (1.4) ổn định tiệm cận theo Liapunov Định lý 1.3.2 (Định lí khơng ổn định) Nếu giá trị riêng λj (A), (j = 1, 2, , n) ma trận A có phần thực dương, nghiệm tầm thường x = hệ (1.4) không ổn định theo Liapunov t → +∞ LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.com 1.4 Một số bổ đề Trong phần ta trình bày số Bổ đề sử dụng Chương Chương 1.4.1 Bổ đề Gronwall - Bellman Bổ đề 1.4.1 Cho m, n ∈ C(R+ , R+ ) giả sử t m(t) ≤ c + v(s)m(s)ds, t ≥ t0 ≥ t0 c ≥ số Khi đó: t m(t) ≤ c exp t0 v(s)ds , t ≥ t0 Bổ đề 1.4.2 (Bổ đề Gronwall - Bellman mở rộng) Cho m, n, h ∈ C(R+ , R+ ) giả sử t m(t) ≤ h(t) + t0 v(s)m(s)ds, t ≥ t0 ≥ h(t) hàm dương khơng giảm Khi đó: t m(t) ≤ h(t) exp 1.4.2 t0 v(s)ds , t ≥ t0 Bổ đề Bihari Bổ đề 1.4.3 (Bihari) Giả sử u(t) ≥ f (t) ≥ với t ≥ t0 , u(t), f (t) ∈ C([t0 , ∞)) có bất đẳng thức: t u(t) ≤ c + t0 f (s)Φ(u(s))ds, t ≥ t0 c số downg Φ(u) hàm dương, liên tục, không giảm < u < u, (u ≥ ∞) giả sử: Ξ(u) = u c Khi đó, nếu: du1 , (0 < u < u) Φ(u1 ) t t0 f (s)ds < Ξ(u − 0), (t0 ≥ t < ∞) với t0 ≤ t < ∞ ta có bất đẳng thức: u(t) ≤ Ξ−1 t f (s)ds t0 Ξ−1 (u) hàm ngược hàm Ξ(u) Đặc biệt, u = ∞ Ξ(∞) = ∞ kết luận Bổ đề khơng có hạn chế LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.com Hệ 1.4.1 (Trường hợp Φ(u) = ud (d > 1) ) Giả sử giả thiết Bổ đề 1.4.3 với hàm Φ(u) = ud , (d > 1) Khi đó, t f (s)ds < t0 , (d − 1)cd−1 với t0 ≤ t < ∞ ta có bất đẳng thức: u(t) ≤ 1.4.3 c − (d − 1)cd−1 i,j f (s)ds d−1 Định lí xấp xỉ Bổ đề 1.4.4 Cho ma trận A số > không suy biến T cho: λ1 b12 λ2 T −1 AT = 0 với A t t0 cho trước Khi tồn ma trận · · · b1n b2n ··· λn |bj | < Trong λj (j = 1, 2, , n) giá trị riêng ma trận LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.com Chương Phương pháp trung bình hóa lí thuyết ổn định phương trình vi phân hàm 2.1 Mở đầu Xét hệ phương trình vi phâm hàm x˙ = F (t, xt ) = f (t, x) + g(t, xt ) (2.1) f : DH −→ Rn liên tục, thỏa mãn điều kiện Lipschitz theo x n F, g : GH −→ R liên tục, thỏa mãn điều kiện Lipschitz theo xt F (t, 0) ≡ với DH = R+ × BH ; GH = R+ × ΩH BH = {x ∈ Rn : |x| < H} ΩH = {ϕ ∈ C ([−r, 0] ; Rn ) : ϕ < H} Giả sử: |g(t, ϕ (.))| ≤ m0 ϕ(.)|d0 (m0 > 0, d0 > 1) (2.2) Khi hệ (2.1) lân cận đủ bé điểm O ΩH "gần" với phương trình vi phân thường x˙ = f (t, x) (2.3) theo nghĩa: F (t, xt ) = f (t, ϕ(0)) + 0( ϕ ) ϕ → C([−h, 0]; Rn ) • Kí hiệu: Với t0 ∈ R+ ; ϕ ∈ ΩH , y0 ∈ BH x(t0 , ϕ) : R+ −→ Rn t −→ x(t; t0 , ϕ) nghiệm phương trình vi phân hàm dạng trễ (2.1) với điều kiện ban đầu xt0 (t0 , ϕ) = ϕ y(t0 , y0 ) : R+ −→ Rn t −→ y(t; t0, y0 ) nghiệm phương trình vi phân thường (2.3) với điều kiện ban đầu y0 , tức y(t0 ; t0 , y0 ) = y0 LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.com 10 Ta phát biểu chứng minh vài khẳng định bổ trợ: Bổ đề 2.1.1 Giả sử hàm F thỏa mãn miền GH điều kiện Lipschitz với số L giả sử cho điểm ϕ ∈ ΩH Khi đó: x(t; t0 , ϕ) ∈ BH đánh giá sau (2.4) xt ≤ ϕ exp[L(t − t0 )] Chứng minh Do x(t + s) = xt0 (t + s − t0 ) nên với s ∈ [−h, 0], ta có ϕ(0) + t0 F (u, xu )du với t0 − t ≤ s ≤ ϕ(t − t0 + s) với −h ≤ s ≤ t − t0 t+s x(t + s) = Từ ta nhận đánh giá |x(t + s)| = ϕ + ϕ t+s t0 |F (u, xu )| du ≤ ϕ + L t+s t0 |xu | du với t0 − t ≤ s ≤ với −h ≤ s ≤ t − t0 Do đó, t ≥ t0 : xt = Max {|x(t + s)| : −h ≤ s ≤ 0} t+s ≤ ϕ +L xu du t0 Áp dụng Bổ đề Gronwall - Bellman ta được: xt ≤ ϕ exp[L(t − t0 )] Bổ đề 2.1.2 Giả sử cho t0 hàm ϕ ∈ ΩH giả sử x(t0 , ϕ) y(t0, ϕ(0)) nghiệm hệ (2.1) (2.3) tương ứng mà giá trị trùng t = t0 Khi đó: |x(t; t0 , ϕ) − y(t; t0 , ϕ(0))| ≤ ϕ m0 Ld0 d0 (eLd0 (t−t0 ) − 1)eL(t−t0 ) (2.5) với t ≥ t0 , mà quỹ đạo x(t; t0 , ϕ) y(t; t0 , ϕ(0)) nằm BH (ở L số Lipschitz hàm f F ) Chứng minh Nhờ biểu diễn đáng ý y(t) = y(t; t0 , ϕ(0)) t y(t) = ϕ(0) + f (s, y(s))ds t0 t x(t) = ϕ(0) + t0 F (s, xs )ds với t ≥ t0 LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.com 45 3.3 Ma trận A xyclic, tức A có tất giá trị riêng với phần thực khơng dương giá trị riêng có với phần thực không ứng với ước sơ cấp đơn Giả sử A có giá trị riêng là: với ◦ Giá trị riêng λ có Reλ = ◦ Giá trị riêng λ có Reλ < λk = cấp k (với k = k = ) ±iα1 , ±iα2 , , ±iαm (m ≥ 0; αj > ∀j = 1m) β1 ± iγ1 cấp k1 , β2 ± iγ2 cấp k2 , , βp ± iγp cấp kp (p ≥ 0, βj < 0, γj > ∀j = 1p) cấp l1 , cấp l2 , , q cấp lq (q ≥ 0, j < ∀j = 1q) q p li = n ki + k + 2m + i=1 i=1 Ta xét bước sau: Bước Tìm ma trận P cho A∗ = P −1AP hay AP = P A∗ Tức đưa ma trận A dạng: A∗ = A1 O O A2 (3.30) với A1 = cấp n1 = k + 2m αm (3.31) cấp k O −α1 α1 0 α2 −α2 O J1 J2 O A2 = O Jp+q −αm cấp n2 + n3 = q p li ki + i=1 (3.32) i=1 LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.com 46 βj γj −γj βj O β γ j j −γ β j j Jj = cấp 2kj ∀j = 1p βj γj −γj βj O βj γj −γj βj j Jp+j 1 j O = O j j cấp lj ∀j = 1q Thật vậy: Giả sử Q ma trận (phức) không suy biến chuyển A dạng chuẩn tắc Jordan: A = Q−1 AQ A1 O A= A2 O A3 với cấp k iα1 A1 = O O −iα1 iα2 −iα2 J1 J−1 O J2 J−2 A2 = O Jp iαm J−p −iαm cấp n1 = k + 2m cấp n2 = p ki i=1 LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.com 47 Jp+1 O Jp+2 A3 = cấp n3 = O Jp+q J±j q li i=1 βj ± iγj βj ± iγj O = cấp kj ∀j = 1p O βj ± iγj Có thể coi: Q = [Q1 , Q2 , Q3 ] với Q1 ∈ Cn×n1 , Q2 ∈ Cn×n2 , Q3 ∈ Rn×n3 Khi AQ1 = Q1 A1 (3.33) AQ2 = Q2 A2 (3.34) AQ3 = Q3 A3 (3.35) ◦ Xét Q1 = [xk , y1 , y , y2 , y , · · · , ym , y m ] (xk ∈ Rn , yj , y j ∈ Cn Nếu k = xk khơng có mặt Q1 Và yj , y j hai véc tơ liên hợp ∀ j = 1m Từ (3.33) suy ra: Axk = Ayj = iαj yj Ayj = −iαj yj ∀j = 1m) ∀j = 1m Ax =0 k yj −y j ∀j = 1m ⇒ A(yj + y j ) = −αj i A yj −yj = αj (yj + y j ) ∀j = 1m i (3.33 ) m , · · · , ym + y m , ym −y ∈ Rn×n1 Do chọn P1 = xk , y1 + y , y1 −y i i từ (3.33’), ta có: AP1 = P1 A1 ◦ Xét Q2 = Q21 , Q2−1 , Q22 , Q2−2 , · · · , Q2p , Q2−p với Q2j , Q2−j ∈ Cn×kj ∀j = 1p Từ (3.34), ta có: AQ2j = Q2j Jj (3.34a) ∀j = 1p AQ2−j = Q2−j J−j LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.com 48 Do Jj J−j hai ma trận liên hợp nhau, nên coi Q2j Q2−j hai ma trận liên hợp Giả sử Q2j = Q2−j = z1j , z2j , · · · , zkj j ∈ Cn×kj z j1 , z j2 , · · · , z jkj ∀j = 1p Dễ thấy từ (3.34a) có: j = (βj + iγj )zsj + zs+1 ∀s = 1kj ; zkj j +1 = z jkj +1 = j j = (βj − iγj )z s + z s+1 Azsj Az js từ suy ra: j j j j j s) + (zs+1 + z js+1 ) A(zsj + z js ) = βj (zsj + z js ) − γj (zs −z i j j s) A (zs −z i s) = γj (zsj + z js ) + βj (zs −z + i j (zs+1 −z js+1 ) i (3.34 b) ∀s = 1kj ; zkj j +1 = z jkj +1 = với Chọn P2 = P12 , P22, · · · , Pp2 , Q3 ∈ Rn×(n2 +n3 ) Pj2 = z1j + z j1 , (zkj j − z jkj ) (z2j − z j2 ) j j ∈ Rn×(2kj ) ∀j = 1p , · · · , zkj + z kj , i i Khi từ (3.33’), (3.34b) (3.35) với P = [P1 , P2 ] ∈ Rn×n ta có A.P = P.A∗ với A∗ ma trận dạng (3.30) • Chứng minh P không suy biến Thật vậy: Do Q không suy biến, mà véc tơ cột P tổ hợp thực véc tơ cột ma trận Q Vì P khơng suy biến Bước Chuyển hệ (3.1) dạng z˙ = A∗ z + g(t, zt ) (3.36) dạng tương đương sau: z˙1 = A1 z1 + g1 (t, zt ) (3.36 a) z˙2 = A2 z2 + g2 (t, zt ) (3.36 b) với phép đặt z = P −1 x z= z1 ; g(t, zt ) = P −1 g(t, P zt) = z2 g1 (t, zt ) ; z1 ∈ Rn1 , z2 ∈ R(n2 +n3 ) g2 (t, zt ) LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.com 49 Khi từ (3.2) dễ thấy ∃m0 > 0, d0 > cho |g(t, zt )| ≤ m0 ||zt ||d0 Hệ tương ứng (3.36) là: (3.37) ξ˙ = A∗ ξ Bước Xây dựng hàm Liapunov Xét hệ (3.36): z˙ = A∗ z + g(t, zt ) Hay ⇔ với z= z˙1 z˙2 z1 ; g(t, zt ) = z2 Hệ tương ứng: = A1 z1 + g1 (t, zt ) = A2 z2 + g2 (t, zt ) g1 (t, zt ) g2 (t, zt ) (3.36 ) (z1 ∈ Rn1 , z2 ∈ Rn2 +n3 ) ξ˙1 = A1 ξ1 ξ˙2 = A2 ξ2 (3.37a) (3.37b) Bổ đề 3.3.1 Với ma trận thực đối xứng xác định dương R cấp n1 , ta ln có: xT1 AT1 R + RA1 x1 = ∀ x1 ∈ Rn1 (3.38) AT1 ma trận chuyển vị A1 Chứng minh Ta có AT1 = −A1 Đặt C = AT1 R + RA1 ⇒ C = −A1 R + RA1 ⇒ CT = −RAT1 + AT1 R = RA1 − A1 R Hay C T = −C ⇒ C ma trận phản đối xứng Do với x1 ∈ Rn1 , ta có < x1 , Cx1 > = = = = Hay < C T x1 , x1 > − < Cx1 , x1 > − < x1 , Cx1 > −xT1 Cx1 ⇒ xT1 Cx1 = xT1 AT1 R + RA1 x1 = LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.com 50 Khi xét hàm Liapunov: v(x1 ) = xT1 Rx1 (3.39) (với R ma trận đối xứng xác định dương bất kỳ, cấp n1 , x1 ∈ Rn1 ) Khi dễ thấy, từ Bổ đề 3.1 ta nhận được: v| ˙ (3.37a) = (3.40) Φ1 (t, zt ) = v˙ x1 g1 (t, zt ) = z1T Rg1 (t, zt ) (3.41) Khi def Gọi ξ(t) = ξ(t; t0 , x0 ) nghiệm hệ tuyến tính (3.37) với điều kiện đầu ξ(0) = x0 với ξ(t) = (ξ1 (t), ξ2(t)) ξ1 (t) ∈ Rn1 , ξ2 (t) ∈ Rn2 +n3 Từ ta có số kết sau: Bước Một số kết Định lý 3.3.1 (Trường hợp d0 > ) Giả sử rằng: Tồn M > 0, d > cho: |Φ(t, ϕ(·))| ≤ M ϕ(·) ∀ (t, ϕ(·)) ∈ GH |Φ(t, ϕ(·)) − Φ(t, φ(·))| ≤ Mr d−1 ϕ(·) − φ(·) ∀ < r < H; (t, ϕ(·)), (t, φ(·)) ∈ Gr Tồn số T > 0, δ > ma trận thực đối xứng xác định dương R cấp n1 cho: ∀ t0 ≥ 0, z0 ∈ BH ta có t0 +∆t I(∆t, t0 , z0 ) = t0 +∆t Φ(t, ξt )dt = t0 t0 ξ1T (t)Rg1 (t, ξt ) ≤ −2δ |z10 |d ∆t < với ∆t ≥ T, ξ(t) = ξ(t; t0 , z0 ) = (ξ1 (t), ξ2 (t)) nghiệm hệ (3.37) z0 = (z10 , z20 ) ∈ Rn1 × Rn2 +n3 Hơn giả thiết nghiệm z2 = hệ (3.36b) ổn định tiệm cận Khi nghiệm khơng hệ (3.1) ổn định tiệm cận Chứng minh Trong Rn = Rn1 × Rn2 +n3 xét chuẩn x = x1 + x2 , x = (x1 , x2 ) ∈ Rn1 × Rn2 +n3 Khi dễ thấy rằng: ∀ ϕ ∈ C([−h, 0], Rn ) ϕ ≤ ϕ1 + ϕ2 (3.42) với ∀ s ∈ [−h, 0], ϕ(s) = (ϕ1 (s), ϕ2 (s)) ∈ Rn1 × Rn2 +n3 Nhận thấy để chứng minh nghiệm không hệ (3.1) ổn định tiệm cận LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.com 51 ta cần chứng minh nghiệm z = hệ (3.36) ổn định tiệm cận Thậy vậy, ta chứng minh làm bước: • Bước Chứng minh nghiệm z = hệ (3.36) ổn định Do cách xây dựng hàm Liapunov nên tồn số A, B > cho: Đặt A2 |x1 |2 ≤ v(x1 ) ≤ B |x1 |2 R0 = Chọn T1 ≥ T cho Chọn (3.43) ∀ x1 ∈ Rn1 2B A (3.44) δ 2Mh(R0 + 1)d eLhd ≤ T1 > đủ nhỏ cho m0 C1 (T1 ) (1 + R0 )d+d0 −1 C2 (T1 ) d0 (3.45) d0 −1 ≤ δ ≤ (3.46) M eLd0 T1 −1 eLT1 Ld0 m0 Ld0 T1 −1 LT1 C2 (T1 ) = e e Ld0 C1 (T1 ) = Do nghiệm z2 = hệ (3.36b) ổn định tiệm cận nên tồn η1 = η1 ( ) > cho: ∀ σ ∈ R+ , ϕ ∈ Ωη1 z2t (t; σ, ϕ) < Chọn η = R0 ; η1 (3.47) ∀t≥σ γ = A2 Kí hiệu {v = γ} = {z ∈ Rn : v(z1 ) = γ} Khi từ (3.43) dễ thấy v(z1 ) ≤ γ v(z1 ) < ∀ z ∈ Ωη ∀ z ∈ {v = γ} Với σ ∈ R+ , ϕ ∈ Ωµ , gọi z(t) = z(t; σ, ϕ) nghiệm hệ (3.36) với điều kiện ban đầu zσ = ϕ Do |ϕ| < η nên z(σ) ∈ {v = γ} Giả sử thời điểm t0 quỹ đạo z(t) = z(t; σ, ϕ) giao với mặt {v = γ} khỏi miền {v ≤ γ} Khi tích phân bất đẳng thức (2.6) từ t0 → t, ta t v(z1 (t)) = v(z1 (t0 )) + Φ(τ, zτ )dτ t0 LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.com 52 hay t v(z1 (t)) ≤ γ + (3.48) Φ(τ, zτ )dτ t0 Xét hàm y : R+ −→ Rn cho z(t) với t0 − h ≤ t ≤ t0 ξ(t; t0 , x(t0 )) với t ≥ t0 y(t) = với ξ(t) = (ξ1 , ξ2 ) nghiệm hệ phương trình (2.7) với ξ(t0 ) = z(t0 ) ta biểu diễn tích phân vế phải (3.48) dạng t t Φ(τ, zτ )dτ = t0 t Φ(τ, yτ )dτ + t0 t0 [Φ(τ, zτ ) − Φ(τ, yτ )] dτ (3.49) Do điều kiện 1) Định lý, ta có: (3.50) |Φ(τ, zτ ) − Φ(τ, yτ )| ≤ Mr d−1 ||zτ − yτ || với r = Max {||zτ ||, ||yτ || : t0 ≤ τ ≤ t} Tiếp theo ta giả sử rằng: t0 ≤ t ≤ t0 + T1 Do Bổ đề 2.1 với t0 ≤ τ ≤ t0 + T1 (3.51) |z(τ )| ≤ ||zt0 ||.eLT1 Khi τ ≥ t0 : y(τ ) = ξ(τ ; t0 , z(t0 )), nên theo Bổ đề 2.1 ta (3.52) |ξ(τ )| ≤ |z(t0 )|.eLT1 với t0 ≤ τ ≤ t0 + T1 Nhờ đánh giá (3.51) (3.52), ta kết luận (3.50) đặt r = ||zt0 ||.eLT1 Ta đánh giá hiệu: ||zτ − yτ || với τ ∈ [t0 , t0 + T1 ] Tính tốn hàm y, ta nhận ||zτ − yτ || = max {|z(τ + s) − y(τ + s)| : −h ≤ s ≤ 0} ≤ max {|z(θ) − y(θ)| : t0 ≤ θ ≤ τ } ≤ max {|z(θ) − ξ(θ)| : t0 ≤ θ ≤ τ } max {|z(θ) − ξ(θ)| : t0 ≤ θ ≤ t0 + T1 } Từ Bổ đề 2.2 ta nhận ||zτ − yτ || ≤ ||zt0 ||d0 m0 Ld0 eLd0 T1 − eLT1 (3.53) Cuối từ (3.50) (3.53) ta nhận đánh giá: |Φ(τ, zτ ) − Φ(τ, yτ )| ≤ M||zt0 ||d−1 eLT1 (d−1) ||zt0 ||d0 ≤ m0 C1 (T1 )||zt0 ||d+d0 −1 m0 Ld0 eLd0 T1 − eLT1 (3.54) LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.com 53 với C1 (T1 ) cho (3.46) Bây ta đánh giá tích phân (3.48) Vì y(t) = ξ(t) với t ≥ t0 nên Φ(τ, yτ ) = Φ(τ, ξτ ) với τ ≥ t0 + h Do tích phân viết lại dạng tổng hai tích phân: t t0 +h Φ(τ, yτ )dτ = t0 t Φ(τ, yτ )dτ + Φ(τ, ξτ )dτ t0 (3.55) t0 +h Khi t − t0 ≥ T điều kiện 2) Định lý, ta có t t Φ(τ, ξτ )dτ = t0 +h t0 t0 +h Φ(τ, ξτ )dτ − Φ(τ, ξτ )dτ t0 ≤ −2δ|z10 (t0 )|d (t − t0 ) + MheLhd |z(t0 )|d (3.56) ta sử dụng điều kiện 1), 2) kiện (3.52): max {||ξτ || : t0 ≤ τ ≤ t0 + h} = max {||ξ(θ)|| : t0 − h ≤ θ ≤ t0 + h} ≤ |z(t0 )|eLh Vì nghiệm ξ(t0 , z(t0 )) xác định với t ≥ 0, t0 +h Φ(τ, yτ )dτ t0 ≤ h max {|Φ(τ, yτ )| : t0 ≤ τ ≤ t0 + h} ≤ hM||zt0 ||d eLhd (3.57) Vì ||yτ || = ≤ ≤ ≤ ≤ max {|y(τ + s)| : −h ≤ s ≤ 0} max {|y(θ)| : t0 − h ≤ θ ≤ t0 + h} max {max{|x(θ)| : t0 − h ≤ θ ≤ t0 }; max{|ξ(θ)| : t0 ≤ θ ≤ t0 + h}} max{||zt0 ||; |z(t0 )|eLh } ||zt0 ||.eLh Như vậy, đánh giá (3.56), (3.57) vào (3.55) ta t t0 Φ(τ, yτ )dτ ≤ −2δ|z(t0 )|d + 2MheLhd ||zt0 ||d (t − t0 ) t − t0 (3.58) Bây ta nhận xét thời điểm: z(t) ∈ {v = γ} mà z(s) ∈ {v ≤ γ} ∀ s ∈ [t − h, t] ta có khẳng định sau: z1t ≤ R0 |z1 (t)| z2t ≤ R0 |z1 (t)| ∀ t ≥ σ (3.59) Thật vậy, ta chứng minh điều vừa khẳng định Vì v(z1 (t)) = γ nên theo (3.43) thu √ γ = |z1 (t)| ≥ B R0 LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.com 54 Hơn theo (3.47) suy ∀ t ≥ σ x2t z2t ≤ Vậy ≤ R0 |z1 (t)| ∀ t ≥ σ Ta phải chứng minh: z1t ≤ R0 |z1 (t)| Thực r1 = max {|z1 (t)| : v(z1 (t)) = γ} r2 = {|z1 (t)| : v(z1 (t)) = γ} Do có (3.43) nên A2 r22 ≤ γ ≤ B r12 ⇒ r2 ≤ R0 r1 Mà z(s) ∈ {v ≤ γ} ∀ s ∈ [t − h, t] z(t) ∈ {v = γ} suy z1t ≤ r2 ≤ R0 r1 ≤ R0 |z1 (t)| Vậy (3.59) chứng minh Từ (3.42), (3.49), (3.54), (3.58) (3.59), ta nhận được: t0 +T1 Φ(τ, zτ )dτ ≤ t0 2MheLhd ||zt0 ||d + m0 C1 (T1 )||zt0 ||d+d0 −1 T1 T1 2MheLhd (R0 + 1)d −2δ + + m0 C1 (T1 )(R0 + 1)d+d0 −1 |z1 (t0 )|d0 −1 |z1 (t0 )|d T1 T1 ≤ ≤ −2δ.|z1 (t0 )|d + Kết hợp bất đẳng thức cuối (3.45), (3.46) ta có t0 +T1 t0 (3.60) Φ(τ, zτ )dτ ≤ −δ.|z1 (t0 )|d T1 Từ (3.48) (3.60) ta nhận bất đẳng thức bản: (3.61) v(z1 (t0 + T1 )) ≤ γ − δT1 |z1 (t0 )|d < γ Điều có nghĩa quỹ đạo z(t) quay trở lại miền {v < γ} Khi đó, khỏi giới hạn miền {v ≤ γ}, quỹ đạo z(t) rời bỏ − lân cận B2 gốc Rn Thật vậy: ◦ Thứ nhất: Do ma trận A∗ xyclic nên quỹ đạo ξ(t) khơng rời bỏ miền v < γ, ξ(t) ∈ B /2 ∀ t ≥ t0 ◦ Thứ hai: Nhờ Bổ đề 2.1.2 điều kiện (3.46) kết hợp với ||zt0 || ≤ ||z1t0 || + ||z2t0 || < nên |z(t; t0 , zt0 ) − ξ(t; t0 , z(t0 ))| ≤ C2 (T1 ) d0 < LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.com 55 C2 (T1 ) hàm cho (3.46) Vậy với t0 ≤ t ≤ t0 + T1 : |z(t)| ≤ |z(t) − ξ(t)| + |ξ(t)| < /2 + /2 = Từ đánh giá (3.45), (3.46), (3.51) (3.60) hiển nhiên số T1 > T chọn "với trữ lược", miễn là: v(z1 (t0 + T1 + s)) ≤ v(z0 (t0 )) − δ(T1 + s)|z1 (t0 )|d < γ ∀ s ∈ [−h, 0] (3.62) Như vậy, điểm z(t) quay trở lại miền {v < γ} không gian pha, lưu lại khoảng thời gian khơng nhỏ h Vì thời điểm t0 > t0 + T1 điểm x(t) khỏi miền v ≤ γ đánh giá bất đẳng thức cần thiết: |z1 (t0 )| ≥ ||x1t ||/R0 v|z1 (t0 )| ≥ ||x2t ||/R0 0 thực Vậy quỹ đạo z(t) rời bỏ miền {v ≤ γ} lần được, quay lại sau thời gian hữu hạn bị lưu B Tính ổn định nghiệm khơng hệ (3.36) chứng minh • Bước Chứng minh: Tính hút nghiệm tầm thường hệ (3.36) Chọn T1 ≥ T, = > (3.45) (3.46) với R0 > thay R02 , tức δ 2Mh(R02 + 1)d eLhd ≤ (3.45 ) T1 m0 C1 (T1 ) (1 + R2 )d+d0 −1 C2 (T1 ) d0 d0 −1 ≤ δ ≤ (3.46 ) Do tính ổn định nghiệm khơng hệ (3.36) nên tồn η0 = η0 ( ) > cho ∀σ ≥ h ϕ ∈ Ωη0 : x(t) = x(t; σ, ϕ) ∈ B Ta chứng minh: z(t) → t → ∞ Để làm điều xây dựng dãy tăng, không bị chặn {tk } cho ||z1tk (σ, ϕ)|| → k → ∞ Thậy vậy: Giả sử tồn {tk } ↑ ∞ cho ||z1tk (σ, ϕ)|| → ⇒ ∃ k0 > cho ||z1tk (σ, ϕ)|| < η0 /2 ∀ k ≥ k0 LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.com 56 Do nghiệm z2 = hệ (3.36b) ổn định tiệm cận nên coi ||z2tk (σ, ϕ)|| < η0 /2 ∀ k ≥ k0 Hay có: ||ztk (σ, ϕ)|| ≤ ||z1tk (σ, ϕ)|| + ||z2tk (σ, ϕ)|| < η ∀ k ≥ k0 Mà ∀ t ≥ tk0 ||z(t; tk0 , xk0 (σ, ϕ))|| < ⇒ |z(t; σ, ϕ)| < Hay z(t; σ, ϕ) → t → ∞ Để đơn giản ta kí hiệu: z(t) = z(t; σ, ϕ) v(t) = v(t, z1 (t)) Theo Bổ đề 2.1.3: z1 (t) → ∃t∗ > σ cho ∀ t ≥ t∗ : |z1 (t)| ≤ ||z1t ||/R0 ⇒ z(t) → t → ∞ Vì ta giả sử không tồn t∗ Do nghiệm z2 = hệ (3.36b) ổn định tiệm cận nên tồn ∆ > 0, T0 > cho ∀ σ ≥ 0, ϕ ∈ Ω∆ thì: ||z2 (t; σ, ϕ)|| < ∀ t ≥ σ + T0 (3.63) Như vậy: ◦ Nếu tồn t∗ ≥ σ + T0 cho: z(t) ∈ {v ≤ 4γ} ∀ t ≥ t∗ vơi γ chọn Bước Suy ra: |z1 (t)| < ⇒ |z(t)| = |z1 (t)| + |z2 (t)| < Hay z(t) → t → ∞ ∀ t ≥ t∗ ◦ Do ta giả sử ∀ t∗ ≥ σ + T0 , ∃ t ≥ t∗ cho: z(t) ∈ {v ≤ 4γ} Khi đó, ta xét trường hợp sau: Trường hợp Nếu tồn t ≥ σ + T0 cho: R0 ||z1t || ≤ ||z2t || LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.com 57 Theo (3.61) ta suy rằng: ||z1t || < ⇒ B ||z1t ||2 2R0 2 B < = 4γ R0 ⇒ z(t + s) ∈ {v ≤ 4γ} ∀ s ∈ [−h, 0] ⇒ ∃ t1 ≥ t : z(t1 ) ∈ {v = 4γ} z(t1 + s) {v ≤ 4γ} ∀ s ∈ [−h, 0] Vậy tương tự (3.59) ta có: z1t1 z2t1 ≤ R0 |z1 (t1 )| ≤ R0 |z1 (t1 )| Tương tự chứng minh Bước 1, ta thu được: v(t1 + T1 + s) ≤ v(t1 ) − δ(T1 + s)|z1 (t1 )|d < v(t1 ) ∀ s ∈ [−h, 0] (3.64) Do tồn t2 ≥ t1 + T0 cho: z1t2 z2t2 ≤ R0 |z1 (t2 )| ≤ R0 |z1 (t2 )| tức ta có: v(t2 + T1 + s) ≤ v(t2 ) − δ(T1 + s)|z1 (t2 )|d < v(t1 ) − δ(T1 + s)|z1 (t1 )|d − δ(T1 + s)|z1 (t2 )|d ∀ s ∈ [−h, (3.65) 0] Hiển nhiên trình kéo dài vơ hạn ta nhận dãy tăng tk với tk+1 − tk ≥ T1 cho số nguyên k bất kỳ: < v(tk + T1 ) < v(t1 ) − δ |z1 (t1 )|d + |z1 (t2 )|d + · · · + |z1 (tk )|d (T1 − h) Do tính xác định dương hàm v, điều nghĩa tổng |z1 (t1 )|d +|z1 (t2 )|d + · · · + |z1 (tk )|d + · · · bị chặn nên |z1 (tk )|d → k → ∞ Do cách xây dựng nên có: |z1 (tk )| ≥ ||z1tk ||/R0 ⇒ ||z1tk || → Trường hợp Nếu với t ≥ σ + T0 ta có: R0 ||z1t || ≥ ||z2t || Do cách giả thiết không tồn t∗ ≥ σ + T0 cho ∀ t ≥ t∗ : |z1 (t)| ≤ ||z1t ||/R0 Nến tốn t1 > σ + T0 cho: ||z1t1 || < R0 ||z1 (t1 )|| < R02 ||z1 (t1 )|| LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.com 58 Do ta có: z1t1 z2t1 ≤ R02 |z1 (t1 )| ≤ R02 |z1 (t1 )| Tương tự Trường hợp 1, ta thu v(t1 + T1 + s) ≤ v(t1 ) − δ(T1 + s)|z1 (t1 )|d < v(t1 ) ∀ s ∈ [−h, 0] (3.66) với t2 = t1 + T0 có z(t2 + s) ∈ {v ≤ v(t1 )} ∀ s ∈ [−h, 0] Tại t = t2 , điều kiện tương tự (3.59) thỏa mãn: z1t2 z2t2 ≤ R02 |z1 (t2 )| ≤ R02 |z1 (t2 )| Từ trình chứng minh thực Trường hợp Như hai trường hợp ta rằng: tồn dãy tăng, không bị chặn {tk } cho ||z1tk (σ, ϕ)|| → k → ∞ VVậy Bước chứng minh Do ta có điều phải chứng minh Dễ thấy đánh giá vừa nhận Bổ đề 2.1.3 đảm bảo tính ổn định tiệm cận Vậy Định lý chứng minh hoàn toàn Ta đưa hệ trực tiếp Định lí 3.2.1 Định lí 3.3.1 Hệ 3.3.1 Giả sử điều kiện 1) 2) Định lí 3.3.1 thỏa mãn điệu kiện 3) thay 3’ Giả sử g2 (t, zt ) = g2 (t, z2t ) |g2 (t, z2t )| → theo t ∈ R+ z2t Khi nghiệm khơng hệ (3.1) ổn định tiệm cận Nhận xét 3.3.1 Trường hợp d0 = ta có kết tương tự số dương m0 đủ nhỏ (tức m0 − đủ nhỏ) Sau ta phát biểu mà không chứng minh Định lí cho trường hợp d0 = Định lý 3.3.2 (Trường hợp d0 = ) Giả sử d0 = điều kiện T z Rg1 (t, zt ) d ≥ Khi Định lý 3.3.1 thỏa mãn, Φ(t, zt ) = m0 nghiệm khơng hệ (2.1) ổn định tiệm cận số m0 bất đẳng thức (2.2) đủ bé LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.com 59 Hệ 3.3.2 Giả sử điều kiện Định lí 3.3.2 thỏa mãn giả thiết thêm g2 (t, zt ) = g2 (t, z2t ) |g2 (t, z2t )| → theo t ∈ R+ z2t Khi nghiệm không hệ (3.1) ổn định tiệm cận Sau ta xét vài thí dụ 3.4 Thí dụ LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.com ... khác với phương pháp sử dụng [4] LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.com Chương Tính chất ổn định hệ phương trình vi phân hàm xấp xỉ tuyến tính Xét hệ phương trình vi phân dạng:... download : add luanvanchat@agmail.com Chương Phương pháp trung bình hóa lí thuyết ổn định phương trình vi phân hàm 2.1 Mở đầu Xét hệ phương trình vi phâm hàm x˙ = F (t, xt ) = f (t, x) + g(t,... −→ x(t; t0 , ϕ) nghiệm phương trình vi phân hàm dạng trễ (2.1) với điều kiện ban đầu xt0 (t0 , ϕ) = ϕ y(t0 , y0 ) : R+ −→ Rn t −→ y(t; t0, y0 ) nghiệm phương trình vi phân thường (2.3) với điều