Một số tính chất hình học của phép chiếu y nhị phân

MỤC LỤC Mục lục Mở đầu Các tính chất hình học phép chiếu nhị phân 1.1 Các định nghĩa tính chất hình học phép nhị phân 1.2 Các tính chất nhị phân hệ vi phân tuyến tính 11 1.3 Sự tồn nghiệm hệ không nhị phân hệ tương ứng 16 Các tính chất hình học phép chiếu Ψ-nhị phân 19 2.1 Định nghĩa tính chất hình học 19 2.2 Phép chiếu Ψ−nhị phân mũ hệ vi phân tuyến tính 21 2.3 Phép chiếu Ψ-nhị phân thường hệ vi phân tuyến tính 32 Kết luận 38 Tài liệu tham khảo 39 MỞ ĐẦU Lý thuyết phương trình vi phân phận quan trọng toán học đại phát triển mạnh mẽ có nhiều ứng dụng ngành khoa học khác Nhị phân lý thuyết ổn định mở rộng khái niệm ổn định hệ vi phân Các kết nghiên cứu công bố tổng hợp hệ thống nhiều tài liệu khác nhau, tiêu biểu W.A.Coppel [6], Với mục đích mở rộng lớp phương trình vi phân tuyến tính ổn định, gần Akinnyele đưa khái niệm Ψ−ổn định cấp k Ψ thuộc C(R+ , R+), R+ = [0, +∞) Constantin đề xuất khái niệm Ψ−ổn định Ψ−bị chặn cấp k Ψ ∈ C(R+ , R+ ) Mochalo đề xuất khái niệm Ψ−ổn định, Ψ−ổn định đều, Ψ−ổn định tiệm cận Gần nghiên cứu tính chất Ψ−ổn định tác giả đề xuất khái niệm Ψ−nhị phân phương trình vi phân tuyến tính có nhiều kết công bố vấn đề Diamandescu, Phạm Ngọc Bội, Vấn đề đặt cụ thể sau: Trong không gian Rn với chuẩn x = max{|x1 |, |x2 |, , |xn |} với x = (x1 , x2 , , xn ) Xét hệ vi phân x = A(t)x (1) A(t) ma trận cấp n × n liên tục J (thường ta xét J R+ , R− toàn đường thẳng R) Giả sử Ψi : J → R, i = 1, 2, , n Đặt Ψ = diag{Ψ1 , Ψ2 , , Ψn } Khi đó, hệ (1) gọi có Ψ−nhị phân mũ không gian nghiệm phân tích thành tổng trực tiếp hai không gian cho không gian chứa tất nghiệm x(t) cho Ψ(t)x(t) → với tốc độ hàm mũ không gian chứa tất nghiệm x(t) cho Ψ(t)x(t) → ∞ với tốc độ hàm mũ Tương tự ta có khái niệm Ψ−nhị phân thường không yêu cầu tốc độ tiến tới ∞ nghiệm Bài toán thường quan tâm giải điều kiện cần điều kiện đủ để hệ có Ψ−nhị phân J Trong trường hợp A(t) = A0 ma trận hằng, Ψ(t) hàm điều kiện để hệ (1) tồn Ψ−nhị phân đơn giản.Một đường tiếp cận tìm tòi nhà Toán học trường hợp A(t) Ψ(T ) thỏa mãn thêm tính chất Đồng thời xét hệ vi phân tuyến tính không tương ứng x = A(t)x + f (t) (**) với f (t) hàm vectơ J → R vấn đề đặt tự nhiên là: Ma trận A(t) phải thỏa mãn tính chất nào, hàm f phải thỏa mãn điều kiện phương trình (**) có nghiệm Ψ−bị chặn J Thông thường người ta thường yêu cầu f thỏa mãn điều kiện: liên tục J, Ψ−khả tích J, Ψ−khả tích bị chặn J Về điều kiện A(t), tính liên tục người ta yêu cầu điều kiện khác nữa, điều kiện đặt A(t) làm hệ phương trình (1) tương ứng có nhị phân J Với mục đích trên, luận văn trình bày thành hai chương Chương I Các tính chất hình học phép chiếu nhị phân Với quan điểm chương sở, chương trình bày hệ thống kiến thức nhị phân kết giúp làm sở nghiên cứu Ψ−nhị phân Điểm đặc biệt nhấn mạnh hiểu phép chiếu nhị phân thông qua chứng minh minh họa tính chất hình học Chương II Các tính chất hình học phép chiếu Ψ-nhị phân Đây chương luận văn Trong chương vạch rõ biểu diễn hình học nhị phân mở rộng để hình thành khái niệm Ψ−nhị phân tìm biểu diễn hình học Đồng thời trình bày kết tiếp cận toán nhà toán học giới quan tâm nghiên cứu Các Định lý 2.2.5, Định lý 2.3.4, Định lý 2.3.5 kết đề xuất chứng minh Luận văn hoàn thành hướng dẫn T.S Phạm Ngọc Bội Tác giả bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc giúp đỡ tận tình thầy giảng trình thực đề tài Tác giả gửi lời cảm ơn thầy cô giáo khoa Toán khoa Đào tạo sau đại học, đặc biệt giảng viên trực tiếp giảng dạy chuyên ngành ý kiến đóng góp quý báu học tập làm luận văn Cảm ơn anh, chị bạn học viên Cao học 13 - Toán giúp đỡ, động viên suốt khóa học Tôi cảm ơn gia đình, bạn bè dành quan tâm, ủng hộ cho thân học tập trình hoàn thành luận văn Vinh, tháng 12 năm 2007 Tác giả CHƯƠNG CÁC TÍNH CHẤT HÌNH HỌC CỦA PHÉP CHIẾU NHỊ PHÂN Sự phát triển theo hướng tự nhiên lý thuyết ổn định cổ điển phát sinh ta nhận thấy điều kiện ổn định có số hệ với điều kiện chặt chẽ Lý thuyết nhị phân ổn định đời thỏa mãn cho số câu hỏi Trong chương trình bày lý thuyết nhị phân kiến thức để làm sở tìm kiếm kết nghiên cứu lý thuyết Ψ−nhị phân Nội dung chương trình bày định nghĩa nhị phân, tìm biểu diễn hình học đặc trưng phép chiếu nhị phân dấu hiệu chứng minh hệ có nhị phân mối quan hệ tính có nghiệm hệ không với tính có nhị phân hệ tương ứng 1.1 Các định nghĩa tính chất hình học phép nhị phân Trong Rn xét hệ vi phân tuyến tính x = A(t)x (1.1) n × n ma trận A(t) liên tục khoảng J mở R Các trường hợp nghiên cứu chủ yếu J nửa đường thẳng R+ , R− toàn đường thẳng R Gọi X(t) ma trận nghiệm hệ 1.1.1 Định nghĩa Một n × n ma trận P (t) gọi phép chiếu thỏa mãn P (= P (t) 1.1.2 Định nghĩa • Hệ phương trình (1.1) gọi có nhị phân mũ J tồn phép chiếu P số dương K, l, α, β cho: |X(t)P X −1 (s)| Ke−α(t−s) |X(t)(I − P )X −1 (s)| Le−β(s−t) với t s; với s t, s ∈ J t; t, s ∈ J (1.2) • Hệ phương trình (1.1) gọi có nhị phân thường J bất đẳng thức với α = β = hay tồn số dương K, L cho: |X(t)P X −1 (s)| với ∀t K |X(t)(I − P )−1 X −1 (s)| L s với ∀s t Để tìm hiểu chất khái niệm phép chiếu nhị phân biểu diễn lại bất đẳng thức (1.2) dạng tương đương sau: |X(t)P ξ| |X(t)(I − P )ξ| K e−α(t−s) |X(s)P ξ| với t L e−β(s−t) |X(s)(I − P )ξ| |X(t)P X −1 (t)| s với t s (1.3) với ∀t M K , L , M số dương ξ vectơ tùy ý 1.1.3 Nhận xét Trường hợp đặc biệt hệ (1.1) có nhị phân mũ với phép chiếu P = I nghiệm x(t) có tính chất: x(t) Ke−α(t−t0 ) x(t0 ) , t0 t; t, t0 ∈ J (*) Chứng minh Từ Định nghĩa 1.2 ta có X(t)X −1 (t0 )ξ Ke−α(t−t0 ) ξ ; ∀ξ ∈ Rn Trong công thức đặt ξ = x(t0 ) ta có x(t) = X(t)X −1 (t0 )x(t0 ) Ke−α(t−t0 ) x(t0 ) Điều phải chứng minh Từ hệ thức (*) ta có hệ ổn định mũ 1.1.4 Định nghĩa Giả sử không gian X phân tích thành tổng trực tiếp hai không gian X1 , X2 , góc hai không gian X1 , X2 ký hiệu Sn xác định Sn (X1 , X2 ) := inf x1 + x2 x1 = x2 =1 x1 ∈ X1 ; x2 ∈ X2 giá trị inf cặp véc tơ đơn vị X1 X2 Giả sử phép chiếu P có hạng k traceP = k cho trước α, β > ta có: 1.1.5 Nhận xét Hệ (1.1) có nhị phân mũ R+ thì: • Có không gian k−chiều không gian nghiệm bao gồm nghiệm dần tới theo tốc độ hàm mũ t → ∞ • Có không gian (n − k)−chiều nghiệm dần tới ∞ t → ∞ với tốc độ hàm mũ • Góc hai không gian dương đủ lớn để không gần Chứng minh *) Ta chứng minh nhận xét Từ đó, không gian sở n-chiều nên không gian nghiệm hệ (2.1) có chiều n suy nhận xét thứ hai chứng minh Thật vậy: Giả sử ξ1 , ξ2 , , ξk n vectơ độc lập tuyến tính không gian Rk (0) = P (0)Rn ξi = (c1i , c2i , , cni ), ∀i = 1, 2, Khi ma trận   c11 c12 c1k c c c  2k   21 22 (*)     cn1 cn2 cnk có hạng k Gọi y1 (t), y2 (t), , yk (t) k nghiệm hệ (1.1) cho y1 (0) = ξ1 , y2 (0) = ξ2 , , yk (0) = ξk Ta chứng minh {y1 (t), y2 (t), , yk (t)} sở không gian nghiệm thỏa mãn bất đẳng thức Hệ đầy đủ Giả sử ngược lại hệ phụ thuộc tuyến tính, tồn j ; j k Sao cho k k αi yi (t) ⇒ yj (0) = yj (t) = i=i,i=j αi yi (0) i=i,i=j chứng tỏ ma trận (*) phụ thuộc tuyến tính (mâu thuẫn) Vậy hệ độc lập tuyến tính Hệ hệ sinh Giả sử x(t) nghiệm hệ với x(0) = ξ ∈ Rk (0) Khi tồn số {α1 , α2 , , αk } cho ξ = α1 ξ1 + α2 ξ2 + + αk ξk Dễ thấy nghiệm x (t) = α1 y1 (t) + α2 y2 (t) + + αk yk (t) thỏa mãn x (0) = x(0) nên theo điều kiện nghiệm ta có x(t) = x (t) Suy x(t) = α1 y1 (t) + α2 y2 (t) + + αk yk (t) nên hệ hệ sinh 10 Dễ thấy nghiệm thuộc không gian nghiệm thỏa mãn bất đẳng thức thứ dần tới với tốc độ hàm mũ có chiều k Khẳng định chứng minh *) Để chứng minh nhận xét thứ ba ta chứng minh bổ đề sau: 1.1.6 Bổ đề Giả sử không gian X phân tích thành tổng trực tiếp hai không gian đóng X1 X2 với phép chiếu tương ứng P1 , P2 Pk Pk Sn (X1 , X2 ) (k = 1, 2) Chứng minh Ta chọn số δ > Sn (X1 , X2 ), tồn cặp vectơ đơn vị x1 , x2 X1 , X2 cho x1 + x2 < δ Đặt x1 + x2 = x, x1 = P1 x, x2 = P2 x = xk mà 1/ Pk < δ ⇒ 1/ Pk Sn Pk x < Pk δ Sn (X1 , X2 ) Mặt khác với vectơ x ∈ Rn : P1 x P1 x = P1 x + P2 x P1 x P1 x P2 x P1 x − P2 x x+ P2 x = P1 x P2 x P1 x + P2 x x x + P2 x P1 x P2 x P1 x Từ Sn (X1 , X2 ) inf x∈X x = P1 x P1 Bổ đề chứng minh Trở lại với chứng minh nhận xét, ta gọi X1 = {u|u = x(0); x(t) nghiệm hệ (1.1)} đồng thời gọi P1 , P2 phép chiếu không gian sở lên X1 không gian phụ với Suy thời điểm t Pk (t) = X(t)Pk (0)X −1 (t) Kết hợp với bổ đề ta có Sn (t) 1 = Pk (t) X(t)Pk (0)X −1 (t) Do M số, Nhận xét chứng minh >0 M 11 Như vậy, ta thấy ý nghĩa hình học nhị phân phân tích không gian nghiệm thành tổng trực tiếp hai không gian chiếu nghiệm lên không gian nghiệm tiến tới với tốc độ hàm mũ lên không gian lại nghiệm tiến tới ∞ với tốc độ hàm mũ 1.1.7 Ví dụ Hệ vi phân x = A0 x, với A0 ma trận hằng, có nhị phân mũ R+ giá trị riêng A0 có phần thực có nhị phân thường nghiệm có phần thực ước sơ cấp đơn Chứng minh *) Nếu nghiệm A0 có phần thực khác Gọi λ1 , λ2 , , λn nghiệm đa thức đặc trưng A0 − λI cho Reλi < (i = 1, 2, , k) Reλi > (i = k + 1, k + 2, , n) Khi ta gọi X1 không gian Rn sinh giá trị ban đầu nghiệm λ1 , λ2 , , λk X2 không gian Rn phụ với X1 P phép chiếu Rn lên X1 Khi với t s > α = sup |λi | ta có: i k |X(t)P X −1 (s)| = |(eλ1 (t−s) , eλ2 (t−s) , , eλk (t−s) , 0, 0, , 0)| e−α(t−s) Tương tự ta có với s t>0 |X(s)(I − P )X −1 (t)| e−β(s−t) Vậy hệ có nhị phân mũ *) Hoàn toàn tương tự ta chứng minh ảnh nghiệm hệ bị chặn R+ qua phép chiếu lên không gian sinh giá trị ban đầu nghiệm có phần thực không dương phép chiếu phụ với nên hệ có nhị phân thường R+ 1.2 Các tính chất nhị phân hệ vi phân tuyến tính 1.2.1 Mệnh đề Phương trình (1.1) có nhị phân mũ R+ tồn số dương T > 0, S > < β < cho nghiệm x(t) 12 phương trình (1.1) thỏa mãn |x(t)| C|x(s)| với |x(t)| θ sup |x(u)| với t s t s+T T (1.4) |u−t| T Chứng minh Trước hết giả sử x(t) nghiệm không tầm thường bị chặn (1.1) với s đặt µ(s) = sup |x(u)| u s Thì với t s+T |x(t)| θ sup |x(u)| θµ(s) |u−t| T từ µ(s) = sup |x(u)| s u s+T nên |x(t)| Nếu s + nT C|x(s)| với t Tiếp theo giả sử x(t) nghiệm không bị chặn với |x(0)| = cần xác định tn > |x(tn )| = θ−n C, |x(t)| < θ−n C với Thì T < t1 < t2 < tn → ∞ Hơn tn+1 |x(tn )| θ sup u tn +T t < tn tn + T , từ |x(u)| 25 Gọi (Q1 , Q2 ) cặp phép chiếu cho Q1 Rn = X0 Ta chứng tỏ (2.1) có Ψ-nhị phân mũ R+ với cặp phép chiếu (Q1 , Q2 ) Thật vậy, áp dụng (1.2) cho (P1 , P2 ) ta có Q1 Rn = X0 ⊂ P1 Rn ⊂ X1 Tập hợp X0 = (P1 − Q1 )Rn tập hợp P1 Rn phụ với X0 Chúng ta số N > cho Ψ(t)Y (t)u N u với u ∈ X0 ; t (2.19) Mặt khác, tồn dãy vectơ đơn vị {vn } ⊂ X0 ; n = 1, 2, thỏa mãn Ψ(tn )Y (tn )vn → Do mặt cầu đơn vị X0 compact nên ta giả sử → v ∈ X0 n → ∞, v vectơ đơn vị Theo Nhận xét 2.3.1 v − ∈ X0 ⊂ P1 Rn , ta có: Ψ(tn )Y (tn )(v − ) = Ψ(tn )Y (tn )P1 (v − ) K1 v − v n Cho n → ∞ ta có Ψ(tn )Y (tn )(v − ) → Từ Ψ(tn )Y (tn )v Ψ(tn )Y (tn )vn + Ψ(tn )Y (tn )(v−vn ) ta có Ψ(tn )Y (tn )v → tn → ∞ Suy v ∈ X0 Mà v ∈ X0 ta có v = (mâu thuẫn v vectơ đơn vị).Từ ta có (2.19) Từ (2.19) (2.43) ta có N (P1 − Q1 )u Ψ(t)Y (t)(P1 − Q1 )u (2.20) Ψ(t)Y (t)P1 u + Ψ(t)Y (t)Q1 u K Ψ(s)Y (s)u + Ψ(t)Y (t)Q1 u với u ∈ Rn s t cho t → ∞ ta có Ψ(t)Y (t)Q1 u → Theo (2.20) N (P1 − Q1 )u Ψ(s)Y (s)u với s (2.21) Theo Nhận xét 2.3.1 (2.21) ta suy Ψ(t)Y (t)(P1 − Q1 )u ∀t, s K1 (P1 − Q1 )u K1 N −1 Ψ(s)Y (s)u nên Ψ(t)Y (t)Q1 u Ψ(t)Y (t)P1 u + Ψ(t)Y (t)(P1 − Q1 )u (K + K1 N −1 ) Ψ(s)Y (s)u với s t (2.22) 26 Từ Q2 = P2 + P1 − Q1 ta có Ψ(t)Y (t)Q2 u Ψ(t)Y (t)P2 u + Ψ(t)Y (t)(P1 − Q1 )u (L + K1 N −1 ) Ψ(s)Y (s)u với t (2.23) s Bây ta giả sử (Q1 , Q2 ) cặp phép chiếu phụ cho (2.19) thỏa mãn Ta chứng tỏ (2.1) có Ψ-nhị phân thường R+ với cặp (Q1 , Q2 ) Thật từ Q1 Rn = X0 ⊂ Q1 Rd ⊂ X1 , ta có Q2 Q1 Rd ⊂ Q2 Q1 Rd = Q1 Q1 = (Id − Q2 )Q1 = Q1 Suy Q1 Q2 = Q1 (Id − Q1 ) = Q1 − Q1 (2.24) Theo định nghĩa X1 , với v ∈ X1 tồn N > cho Ψ(t)Y (t)u N u (2.25) Từ (2.24) (2.25) suy Ψ(t)Y (t)(Q1 − Q1 )u N (Q1 − Q1 )u N Q1 Q2 u (2.26) N |Q1 | Q2 u K2 Ψ(s)y(s)u , với s K2 số Từ (2.11), (2.15), ta có Ψ(t)Y (t)Q1 u Ψ(t)Y (t)Q1 u + Ψ(t)Y (t)(Q1 − Q1 )u (K + K1 N −1 + K2 ) Ψ(s)Y (s)u , với s t t s (2.27) Từ Q2 = Q2 + Q1 − Q1 , (2.23) (2.26), ta có Ψ(t)Y (t)Q2 u Ψ(t)Y (t)Q2 u + Ψ(t)Y (t)(Q1 − Q1 )u (L + K1 N −1 + K2 ) Ψ(s)Y (s)u , với (2.28) Bổ đề 2.1.5 (2.27), (2.28) kéo theo (2.1) có Ψ-nhị phân thường R+ với cặp (Q1 , Q2 ) Định lý chứng minh Hoàn toàn tương tự chứng minh có kết xét phép chiếu R− sau: 27 2.2.7 Định lý [7] Cho |Ψ(t)A(t)Ψ−1 (t)| |Ψ(t)Ψ−1 (t)| M với t L với s t hệ (2.2) có nghiệm Ψ-bị chặn R+ với hàm f Ψ-bị chặn R+ (2.1) có nhị phân mũ 2.2.8 Định lý [3]Giả sử g ánh xạ từ tập hợp nghiệm hệ (2.2) vào tập hợp hàm Ψ−khả tích bị chặn đặt nghiệm tương ứng với hàm f tương ứng Khi g toàn ánh hệ (2.1) tương ứng có Ψ-nhị phân mũ Chứng minh *)Điều kiện cần: Giả sử (2.1) có Ψ-nhị phân mũ Xét hàm số ∞ t Ψ(t)Y (t)P1 Y −1 (s)f (s)ds − x(t) = Ψ(t)Y (t)P2 Y −1 (s)f (s)ds t t Ψ(t)Y (t)P1 Y −1 (s)Ψ−1 (s)Ψ(s)f (s)ds = ∞ Ψ(t)Y (t)P2 Y −1 (s)Ψ−1 (s)Ψ(s)f (s)ds − t với t Hàm x(t) bị chặn Giả sử t+1 Ψ(s)f (s) ds C với t t t e−α(t−s) Ψ(s)f (s) ds C(1 − e−α )−1 ∞ eβ(t−s) Ψ(s)f (s) ds C(1 − e−β )−1 28 sử dụng Bổ đề Massera Schaffer Đặt ∞ t x(t) = Ψ−1 (t)x(t) = Y (t)P1 Y −1 (s)f (s)ds − Y (t)P2 Y −1 (s)f (s)ds t x(t) Ψ-bị chặn liên tục R+ ∞ t Y (t)P1 Y −1 (s)f (s)ds − x (t) = A(t) −1 + Y (t)P1 Y (t)f (t) + Y (t)P2 Y = A(t)x(t) + f (t) t −1 Y (t)P2 Y −1 (s)f (s)ds (t)f (t) Điều chứng tỏ x(t) nghiệm (2.2) *)Điều kiên đủ: Xác định tập hợp CΨ = {x : R+ → Rn ; x Ψ-bị chặn liên tục R+ } Dễ thấy CΨ không gian Banach thực với chuẩn x CΨ = sup Ψ(t)x(t) t Đầu tiên giả sử (2.2) có nghiệm Ψ-bị chặn đồng dạng x(t) với x(0) ∈ X2 với f ∈ CΨ Hơn nữa, tồn số r độc lập thỏa mãn với f cho x CΨ r f cΨ (2.29) Tiếp theo ta chứng minh tồn Giả sử f ∈ CΨ , theo giả thiết tồn nghiệm Ψ−bị chặn x(t) (2.2) Ta gọi y(t) nghiệm phương trình Cauchy y = A(t)y; y(0) = −P1 x(0) Nghiệm y(t) Ψ−bị chặn theo định nghĩa X1 nên z = x + y nghiệm Ψ−bị chặn (2.2) với P1 z(0) = P1 x(0) − P12 x(0) = nên z(0) ∈ X2 Từ z(t) nghiệm Ψ−bị chặn (2.2) với z(0) ∈ X2 Ta chứng minh tính Đặt x(t) y(t) nghiệm Ψ−bị chặn 29 (2.2) với x(0) ∈ X2 , y(0) ∈ X2 Từ x − y nghiệm Ψ−bị chặn (2.1) x(0) − y(0) ∈ X2 Nhưng x(0) − y(0) ∈ X1 nên x(0) = y(0) ⇒ x = y Ta chứng minh bất đẳng thức (2.29) Xác định ánh xạ T : cΨ → CΨ xác định T f = x, x nghiệm Ψ−bị chặn (2.2) Ta chứng tỏ T liên tục Giả sử xn = T fn , fn → f xn → x Với t ta có t [fn (s) − f (s)]ds lim n→∞ t |Ψ−1 (s)| Ψ(s)fn (s) − Ψ(s)f (s) ds lim n→∞ (2.30) t lim fn − f |Ψ−1 (s)|ds = CΨ n→∞ Mặt khác t A(s)[xn (s) − x(s)]ds lim n→∞ t |A(s)Ψ−1 (s)| Ψ(s)xn (s) − Ψ(s)x(s) ds lim n→∞ (2.31) t lim xn − x n→∞ |A(s)Ψ−1 (s)|ds = CΨ Từ (2.30) (2.31) ta có x(t) − x(0) = lim xn (t) − xn (0) n→∞ t [A(s)xn (s) + xn (s) − A(s)xn (s)]ds = lim n→∞ t = lim t [A(s)xn (s) + fn (s)]ds = n→∞ [A(s)x(s) + f (s)]ds 30 suy x(t) nghiệm (2.2) Từ x(t) Ψ−bị chặn x(0) = lim xn (0) ∈ X2 ta có x = T f Theo định lý đồ thị đóng T liên tục n→∞ Bây ta đặt: Y (t)P1 Y −1 (s) với s t −Y (t)P2 Y −1 (s) với t s G(t, s) = Nếu f ∈ CΨ , f (t) = với t > t1 > t1 x(t) = G(t, s)f (s)ds (2.32) nghiệm (2.2) Mà x ∈ CΨ t1 Ψ(t)Y (t)P1 Y −1 (s)Ψ−1 (s)Ψ(s)f (s)ds Ψ(t)x(t) = với t t1 t1 Mặt khác x(0) = −P2 Y −1 (s)f (s)ds ∈ X2 Suy x r f CΨ (2.33) CΨ Đặt x nghiệm không tầm thường (2.1) cho α(t) hàm thực liên tục cho α(t) với t 0, α(t) = với t t2 , α(t) = với t0 t t1 t2 Đặt f (t) = α(t)x(t) Ψ(t)x(t) −1 f ∈ CΨ Từ (2.32) (2.33) ta có t1 Ψ(t)G(t, s)x(s) Ψ(s)x(s) t0 −1 ds CΨ =r với t1 t0 (2.34) 31 Theo tính liên tục (2.34) trường hợp t = s Chọn x(0) = P1 ξ, ξ ∈ Rn Do t1 tùy ý nên từ (2.34) ta có t1 Ψ(t)Y (t)P2 ξ Ψ(u)Y (u)P2 ξ −1 du r với t t1 t Tiếp theo đặt x1 (t) = Y (t)P1 Y −1 (s)x(s) = Y (t)P1 ξ, ta có t Ψ(t)x1 (t) Ψ(u)x1 (u) −1 du r với t t0 (2.35) t0 Đồng thời đặt x2 (t) = Y (t)P2 Y −1 (s)x(s) = Y (t)P2 ξ, ta có t1 Ψ(t)x2 (t) Ψ(u)x2 (u) −1 du với t1 t (2.36) t Biến đổi tích phân ta t s Ψ(u)x1 (u) −1 du e−r −1 (t−s) Ψ(u)x1 (u) −1 du với t Ψ(u)x2 (u) −1 du với t1 s t0 (2.37) t0 t0 t1 t1 Ψ(u)x2 (u) −1 du e−r −1 (s−t) s s t (2.38) t Vì hàm Ψ−khả tích Ψ−khả tích địa phương, theo Định lý 2.3.3 tồn số K dương cho Ψ(t)x1 (t) K Ψ(s)x(s) với s t (2.39) Ψ(t)x2 (t) K Ψ(s)x(s) với t s (2.40) Suy r+s rK −1 Ψ(s)x(s) −1 Ψ(u)x1 (u) s −1 du với s 32 Trong (2.37) thay t0 s, s s + r ta r+s t Ψ(u)x1 (u) −1 e−r du −1 (t−r−s) s −1 Ψ(u)x1 (u) du s t ee−r −1 (t−s) Ψ(u)x1 (u) −1 du với t s+r với t s+r s Suy s Ψ(u)x1 (u) r −1 −1 du eK Ψ(s)x(s) e−r −1 (t−s) t Từ (2.35) thay t0 s, s s + r, ta có Ψ(t)x1 (t) eK Ψ(s)x(s) e−r −1 (t−s) với t s+r Dễ thấy bất đẳng thức với s t s+r Từ x1 (t) = Y (t)P1 Y −1 (s)x(s), Ψ(t)Y (t)P1 Y −1 (s)Ψs K e−α(t−s) với t s K = eK, α = r−1 Tương tự ta từ công thức (2.36), (2.38), (2.40) chứng minh Ψ(t)Y (t)P2 Y −1 (s)Ψ−1 (s) K eα(s−t) với s t Định lý chứng minh 2.3 Phép chiếu Ψ-nhị phân thường hệ vi phân tuyến tính Trong mục trình bày điều kiện để hệ (2.1) có nhị phân thường với tính chất tương tự mục trước 2.3.1 Bổ đề Hệ (2.1) có Ψ−nhị phân thường J hai điều kiện sau thỏa mãn với ξ ∈ Rn : ψ(t)Y (t)P1 ξ K ψ(s)Y (s)ξ với t s; s, t ∈ J (2.41) ψ(t)Y (t)P2 ξ L ψ(s)Y (s)ξ với s t; s, t ∈ J (2.42) 33 2.3.2 Nhận xét Nếu (2.1) có nhị phân thường R+ Ψ(t)Y (t)P1 ξ K1 ξ Ψ(t)Y (t)ξ L P2 ξ K1 , L1 ,K2 , L2 số dương 2.3.3 Định lý (a)Xét ánh xạ g từ tập hợp nghiệm Ψ−bị chặn hệ (2.2) R− lên tập hàm nhiễu ψ-khả tích R− đặt tương ứng nghiệm với hàm nhiễu hệ (2.2), g toàn ánh hệ tương ứng có Ψ−nhị phân thường (b)Nếu hệ (2.1) có Ψ-nhị phân thường R− (Q1 , Q2 ) cặp phép chiếu phụ nhau,thì (2.1) có Ψ-nhị phân thường R− với cặp (Q1 , Q2 ) X0 ⊂ Q2 Rd ⊂ X1 (2.43) Việc chứng minh Định lý hoàn toàn tương tự Định lý 2.2.6 Định lý 2.2.7 việc thay R+ R− , t s s t +∞ −∞ 2.3.4 Bổ đề Nếu hệ (2.2)có nghiệm ψ-bị chặn R với hàm f ψ-khả tích R ba điều kiện sau thỏa mãn: a) Hệ (2.2)có nghiệm R, ψ-bị chặn R+ với hàm f ψ-khả tích R+ b) Hệ (2.2)có nghiệm R, ψ-bị chặn R− với hàm f ψ- khả tích R− c) Mọi nghiệm (2.2) tổng hai nghiệm (2.1), nghiệm ψ-bị chặn R+ , nghiệm lại ψ−bị chặn R− 2.3.5 Định lý Ba điều kiện sau tương đương: a) Hệ (2.1) có Ψ-nhị phân thường R+ b) Hệ (2.2) có nghiệm R+ với hàm f Ψ-khả tích R+ c) Hệ (2.2) có nghiệm x(t) R+ , cho lim Ψ(t)x(t) = 0, t→∞ với hàm f Ψ-khả tích R+ 34 Chứng minh Theo định lý (2.1) hai điều kiện (a) (b) tương đương Chúng ta chứng minh hai điều kiện (a) (c) tương đương (a) suy (c) Theo định lý (2.7) giả sử (2.1) có Ψ-nhị phân thường R+ với cặp phép chiếu (P1 , P2 ) cho P1 Rd = Xo Đặt ∞ t Y (t)P1 Y −1 (s)f (s)ds − x(t) = Y (t)P2 Y −1 (s)f (s)ds t Ta chứng tỏ x(t) nghiệm Ψ-bị chặn R+ (2.2), thỏa mãn lim Ψ(t)x(t) = t→∞ Ta có t Ψ(t)Y (t)P1 Y −1 (s)Ψ−1 (s) Ψ(s)f (s) ds Ψ(t)x(t) ∞ Ψ(t)Y (t)P2 Y −1 (s)Ψ−1 (s) Ψ(s)f (s) ds + t t K ∞ Ψ(s)f (s) ds < ∞, Ψ(s)f (s) ds + L t f (t) Ψ-khả tích R+ Kiểm tra điều kiện, ∞ t Y (t)P1 Y −1 (s)f (s)ds − x (t) = A(t)( Y (t)P2 Y −1 (s)f (s)ds) t +Y (t)P1 Y −1 (t)f (t) + Y (t)P2 Y −1 (t)f (t) = A(t)x(t) + f (t), chứng tỏ x(t) nghiệm bị chặn (2.2) Do f Ψ-bị chặn R+ , chứng tỏ với ε > 0, tồn T > cho ∞ (K + L) Ψ(s)f (s) ds < ε/2 T 35 Vì P1 Rn = Xo , nên tồn t1 > T cho, với t t1 , T Y −1 (s)f (s) ds < ε/2, |Ψ(t)Y (t)P1 | Thì với t t1 ta có T |Ψ(t)Y (t)P1 | Y −1 (s)f (s) ds Ψ(t)x(t) t |Ψ(t)Y (t)P1 Y −1 (s)Ψ−1 (s)| Ψ(s)f (s) ds + T ∞ |Ψ(t)Y (t)P2 Y −1 (s)Ψ−1 (s)| Ψ(s)f (s) ds + t T Y −1 (s)f (s) ds |Ψ(t)Y (t)P1 | ∞ Ψ(s)f (s) ds + (K + L) T < ε/2 + ε/2 = ε Điều chứng tỏ lim Ψ(t)x(t) = t→∞ (c) suy (a) Từ (c) suy (b) (a) (b) tương đương, điều chứng tỏ hệ (2.1) có Ψ-nhị phân thường R+ 2.3.6 Định lý Giả sử hệ (2.1) có nghiệm không tầm thường Ψ-bị chặn R Thì hệ (2.2) có nghiệm Ψ-bị chặn R cho hàm f Ψ-khả tích R (2.1) có Ψ-nhị phân thường R Chứng minh Ta chứng minh điều kiện cần 36 Xét hàm ∞ t Y (t)P1 Y −1 (s)f (s)ds − x(t) = −∞ Y (t)P2 Y −1 (s)f (s)ds t Ta có t Ψ(t)Y (t)P1 Y −1 (s)Ψ(s) Ψ−1 (s)f (s) ds Ψ(t)x(t) −∞ ∞ Ψ(t)Y (t)P2 Y −1 (s)Ψ(s) Ψ−1 (s)f (s) ds + t t K ∞ Ψ(s)f (s) ds < ∞, Ψ(s)f (s) ds + L −∞ t f (t) Ψ-khả tích R Kiểm tra thấy ∞ t x (t) = A(t)( Y (t)P1 Y −1 (s)f (s)ds − −∞ Y (t)P2 Y −1 (s)f (s)ds) t + Y (t)P1 Y −1 (t)f (t) + Y (t)P2 Y −1 (t)f (t) = A(t)x(t) + f (t), điều chứng tỏ x(t) nghiệm (2.2) Tính nghiệm x(t) suy (2.1) có nghiệm không tầm thường Ψ-bị chặn R Giả sử y nghiệm Ψ-bị chặn R (2.2) x − y nghiệm Ψ-bị chặn R (2.2) Ta kết luận x = y từ x − y nghiệm tầm thường (2.2) Ta chứng minh điều kiện đủ Giả sử (2.2) có nghiệm Ψ-bị chặn Ψ-bị chặn R cho hàm f Ψ-khả tích R Với u ∈ Rd , biểu thị x = x(t) nghiệm (2.1), x(0) = u Theo Bổ đề 2.2.5 (c), ta có x = x1 + x2 , với x1 , x2 nghiệm Ψ-bị chặn tương ứng R+ , R− (2.1) Điều chứng tỏ x1 (0) ∈ X1 x2 (0) ∈ X1 Từ u = x1 (0) + x2 (0) ta có Rd = X1 + X1 (2.44) 37 Với vectơ v ∈ X1 ∩ X1 , chứng tỏ x(t) nghiệm (2.1) thỏa mãn x(0) = v Suy x(t) nghiệm Ψ-bị chặn R (2.1) Thì x(t) nghiệm tầm thường, từ giả thiết (2.1) nghiệm không tầm thường Ψ-bị chặn R Suy v = Do X1 ∩ X1 = (2.45) Quan hệ (2.44)và (2.45) chứng tỏ Rd tổng trực tiếp X1 X1 Chọn cặp phép chiếu phụ (P1 , P2 ) thỏa mãn ImP1 = X1 , ImP2 = X1 Bổ đề 2.3.4 (a), (b), Định lý 2.3.3 Định lý 2.2.6 (a) chứng tỏ (2.2) có Ψ-nhị phân thường R+ có Ψ-nhị phân thường R− Định lý 2.2.5 Định lý 2.2.6 (b) chứng tỏ (2.1) có Ψ-nhị phân thường R+ có Ψ-nhị phân thường R− với cặp phép chiếu (P1 , P2 ) Kéo theo (2.1) có Ψ-nhị phân thường R với cặp phép chiếu (P1 , P2 ) Chứng minh hoàn thành Trong chương trình bày kiến thức chứng minh cụ thể tính chất nghiên cứu Ψ−nhị phân Đặc biệt đề xuất chứng minh Định lý quan trọng Định lý 2.2.5, Định lý 2.3.4 Định lý 2.3.5 KẾT LUẬN Là vấn đề mang tính mẻ thời sự, lý thuyết Ψ−nhị phân nhiều nhà toán học quan tâm đạt nhiều kết sâu sắc Việc tiếp cận đòi hỏi người phải trang bị nhiều kiến thức nhiều chuyên ngành toán học Trong luận văn trình bày lý thuyết phép chiếu Ψ-nhị phân mở rộng tự nhiên phép chiếu nhị phân Chúng đặc biệt lưu ý đến tính chất hình học mở rộng tìm tính chất đặc trưng khác ứng dụng lý thuyết phép chiếu Ψ-nhị phân mối quan hệ tính có Ψ−nhị phân tính khả nghiệm hệ tuyến tính với hệ không tương ứng với lớp hàm nhiễu khác Các kết đạt sau: Trình bày giải thích chứng minh tính chất hình học đặc trưng phép chiếu nhị phân sau mở rộng cho phép chiếu Ψ−nhị phân Nêu tiêu chuẩn để hệ vi phân tuyến tính có Ψ−nhị phân tính chất hệ có Ψ−nhị phân (Định lý 2.2.5) Tìm mối quan hệ tính khả nghiệm hệ không tính có Ψ−nhị phân hệ tương ứng (Định lý 2.3.4 Định lý 2.3.5) Đề tài nghiêm cứu có tính mở cao, hướng mà phát triển nghiên cứu tìm tính chất mối quan hệ tính khả nghiệm hệ không hệ tương ứng tìm tính chất đánh giá mạnh Bất đẳng thức tìm 38 TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] Akinyele, O; On partial stability and boundedness of degree k, Atti Acad Naz Lincei Rend Cl Sei Fis Mat Natur., (8), 65 (1978), 259-264 [2] Avramescu C; Asupra comport˜ arii asimptotice a solutiilor unor ecuatii funcionable, Analele Universitãtii din Timisoara, Seria Stiinte Matamatice-Fizice, Vol VI, 1968, 41-55 [3] Pham Ngoc Boi; On the ψ- dichotomy for homogeneous linear differential equations EJDE, vol 2006 (2006), No 40, pp.1-12 [4] Pham Ngoc Boi; Existence of ψ-bounded solution on R for nonhomogeneous linear differential equations EJDE, vol 2007 (2007) No 52, pp.1-10 [5] Constantin A; Asymptotic properties of solution of differential equation, Analele Universit˜ atii din Timisoara, Seria Stiinte Matamatice, Vol XXX, fasc 2-3,1992, 183-225 [6] Coppel W.A.; Dichotomies on stability theory; Springer-Verlag Berlin Heidelberg New York,1978 [7] Diamandescu A ; Existence of ψ-bounded solutions for a system of differential equations; EJDE, vol 2004 (2004), No 63, 1-6 [8] Diamandescu A.; On the ψ-stability of a nonlinear Volterra integrodifferential system; EJDE, vol 2005 (2005), No 56, 1-14 [9] Dimandescu A; Note on the ψ-boundedness of the solutions of a system of differential equations Acta Math Univ Comenianea vol LXXIII, (2004), 223-233 [10] Ju.L.Daleckii - Krein.M.G; Stability of Solutions of Differential Equations in Banach space American mathematical society, Provindence, Rohde island, 1978 39 [...]... sau: 1 Trình b y và giải thích bằng các chứng minh các tính chất hình học đặc trưng của phép chiếu nhị phân sau đó mở rộng cho phép chiếu Ψ nhị phân 2 Nêu các tiêu chuẩn để một hệ vi phân tuyến tính thuần nhất có Ψ nhị phân cũng như các tính chất cơ bản của một hệ có Ψ nhị phân (Định lý 2.2.5) 3 Tìm được một mối quan hệ giữa tính khả nghiệm của hệ không thuần nhất và tính có Ψ nhị phân của hệ thuần nhất... Trong luận văn chúng tôi trình b y lý thuyết về phép chiếu Ψ -nhị phân như là một mở rộng tự nhiên của phép chiếu nhị phân Chúng tôi đặc biệt lưu ý đến các tính chất hình học được mở rộng như thế nào và tìm các tính chất đặc trưng khác cũng như ứng dụng của lý thuyết của phép chiếu Ψ -nhị phân trong mối quan hệ giữa tính có Ψ nhị phân và tính khả nghiệm của hệ tuyến tính thuần nhất với hệ không thuần... nếu (2.1) có một Ψ -nhị phân thường trên R+ và trên R− với cùng cặp phép chiếu (P1 , P2 ) thì (2.1) có Ψ -nhị phân thường trên R với cùng cặp phép chiếu P1 , P2 Tiếp theo chúng tôi trình b y các kết quả khi nghiên cứu về nhị phân mũ và nhị phân thường của hệ vi phân tuyến tính thuần nhất 2.2 Phép chiếu Ψ nhị phân mũ của hệ vi phân tuyến tính thuần nhất Đầu tiên chúng tôi trình b y một số bổ đề cần thiết... nghiên cứu về phép chiếu nhị phân và các tính chất hình học của chúng, trong chương n y chúng tôi mở rộng nghiên cứu tính chất hình học của Ψ -nhị phân, đặc biệt là nghiên cứu về mối quan hệ giữa Ψ nhị phân của hệ thuần nhất và tính khả nghiệm của hệ không thuần nhất tương ứng với điều kiện của hàm nhiễu f 2.1 Định nghĩa và các tính chất hình học Ký hiệu Rn là không gian Euclide n−chiều Phần tử của Rn có... cặp phép chiếu Thật v y Do hệ có nhị phân mũ nên |Y (t)P1 Y −1 (s)| Ke−α(t−s) với t s, s, t ∈ J, nên |Ψ(t )Y (t)P1 Y −1 (s)Ψ−1 (t)| |Ψ(t)| |Y (t)P1 Y −1 (s)||Ψ−1 | N 2 |Y (t)P1 Y −1 (s)| N 2 Ke−α(t−s) Tương tự ta có |Ψ(t )Y (t)P2 Y −1 (s)Ψ−1 (s)| Leβ(t−s) với 0 Như v y hệ có Ψ nhị phân mũ Điều kiện đủ Chứng minh hoàn toàn tương tự t s Nhưng điểm đặc biệt ta nhận th y trong tính chất hình học của phép chiếu. .. năng biến đổi phép chiếu trong một phép chiếu nhị phân với hàm ma trận cơ bản đã cho Giả sử phương trình (1.1) có một nhị phân mũ hoặc nhị phân thường (1.2) với phép chiếu P, tương ứng với ma trận cơ bản X(t) với X(0) = I Chúng ta sẽ chứng tỏ rằng nếu P là phép chiếu có miền ảnh trùng với miền ảnh của P thì phương trình (1.1) có một nhị phân mũ hoặc nhị phân thường với phép chiếu P Thật v y P P = P,... chuẩn để một hệ vi phân tuyến tính thuần nhất có Ψ nhị phân mũ, bao gồm các điều kiện cần để hệ có nhị phân mũ và tính có Ψ nhị phân 22 của hệ thuần nhất với tính có nghiệm của hệ không thuần nhất, với các hàm nhiễu f xác định 2.2.1 Bổ đề Hệ (2.1) có một Ψ nhị phân mũ trên J nếu tồn tại các hằng số dương K, L sao cho: Ψ(t )Y (t)P1 ξ K Ψ(s )Y (s)ξ với t s; s, t ∈ J (2.6) Ψ(t )Y (t)P2 ξ L Ψ(s )Y (s)ξ với... tra th y ∞ t x (t) = A(t)( Y (t)P1 Y −1 (s)f (s)ds − −∞ Y (t)P2 Y −1 (s)f (s)ds) t + Y (t)P1 Y −1 (t)f (t) + Y (t)P2 Y −1 (t)f (t) = A(t)x(t) + f (t), điều n y chứng tỏ rằng x(t) là một nghiệm của (2.2) Tính duy nhất của nghiệm x(t) được suy ra do (2.1) có nghiệm không tầm thường Ψ-bị chặn trên R Giả sử rằng y là một nghiệm Ψ-bị chặn trên R của (2.2) thì x − y là một nghiệm Ψ-bị chặn trên R của (2.2)... chứng tỏ rằng (2.2) có một Ψ -nhị phân thường trên R+ và có một Ψ -nhị phân thường trên R− Định lý 2.2.5 và Định lý 2.2.6 (b) chứng tỏ rằng (2.1) có một Ψ -nhị phân thường trên R+ và có một Ψ -nhị phân thường trên R− với cặp phép chiếu (P1 , P2 ) Kéo theo (2.1) có một Ψ -nhị phân thường trên R với cặp phép chiếu (P1 , P2 ) Chứng minh được hoàn thành Trong chương n y chúng tôi đã trình b y các kiến thức cơ... Nếu hệ (2.1) có một Ψ -nhị phân mũ trên J thì Ψ(t )Y (t)P1 Y −1 (s)Ψ−1 (s )y K y Ψ(t )Y (t)P2 Y −1 (s)Ψ−1 (s )y với t L y với s s; s, t ∈ J t; s, t ∈ J (2.8) (2.9) với véctơ y ∈ Rn Chọn y = Ψ(s )Y (s)ξ, chúng ta được các bất đẳng thức (2.6), (2.7) Ngược lại nếu (2.6), (2.7) đúng, với mọi véctơ y ∈ Rd , đặt ξ = Y −1 (s)ξ −1 (s )y ta có (2.8), (2.9) Điều n y chứng tỏ rằng (2.1) có một Ψ nhị phân thường trên ... HỌC CỦA PHÉP CHIẾU Ψ-NHỊ PHÂN Trên sở nghiên cứu phép chiếu nhị phân tính chất hình học chúng, chương mở rộng nghiên cứu tính chất hình học Ψ -nhị phân, đặc biệt nghiên cứu mối quan hệ Ψ nhị phân. .. minh họa tính chất hình học Chương II Các tính chất hình học phép chiếu Ψ -nhị phân Đ y chương luận văn Trong chương vạch rõ biểu diễn hình học nhị phân mở rộng để hình thành khái niệm Ψ nhị phân. .. tự nhiên phép chiếu nhị phân Chúng đặc biệt lưu ý đến tính chất hình học mở rộng tìm tính chất đặc trưng khác ứng dụng lý thuyết phép chiếu Ψ -nhị phân mối quan hệ tính có Ψ nhị phân tính khả