Khái niệm số mũ Lyapunov và một vài ứng dụng đối với hệ động lực

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN - - - - - - - - - o0o - - - - - - - - - LƯỜNG THỊ DỈU KHÁI NIỆM SỐ MŨ LYAPUNOV VÀ MỘT VÀI ỨNG DỤNG ĐỐI VỚI HỆ ĐỘNG LỰC LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC Hà Nội - 2016 ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN - - - - - - - - - o0o - - - - - - - - - LƯỜNG THỊ DỈU KHÁI NIỆM SỐ MŨ LYAPUNOV VÀ MỘT VÀI ỨNG DỤNG ĐỐI VỚI HỆ ĐỘNG LỰC Chuyên ngành: TOÁN GIẢI TÍCH Mã số: 60460102 LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC: PGS.TS ĐẶNG ĐÌNH CHÂU Hà Nội - 2016 Mục lục LỜI MỞ ĐẦU Kiến thức chuẩn bị 1.1 Không gian Banach nguyên lý ánh xạ co 1.1.1 Không gian Banach 1.1.2 Toán tử tuyến tính 1.2 Sự tồn nghiệm phương trình Volterra không gian Banach 1.2.1 Phương trình Volterra tuyến tính 1.2.2 Phương trình Volterra phi tuyến 1.2.3 Chuẩn Bielecki tồn nghiệm phương trình Volterra phi tuyến 1.3 Sự tồn nghiệm phương trình vi phân không gian Banach 5 Các phương pháp nghiên cứu tính ổn định Lyapunov 2.1 Các khái niệm ổn định nghiệm phương trình vi phân 2.1.1 Hệ rút gọn 2.1.2 Các khái niệm ổn định theo Lyapunov 2.1.3 Các hàm xác định dấu 2.2 Các định lý theo phương pháp hàm Lyapunov Rn 2.2.1 Định lý thứ Lyapunov ổn định 2.2.2 Định lý thứ hai Lyapunov ổn định tiệm cận 2.2.3 Định lý thứ ba Lyapunov không ổn định 2.3 Khái niệm số mũ đặc trưng Lyapunov tính chất chúng 2.4 Số mũ đặc trưng ma trận, hệ phương trình vi phân tuyến tính phép biến đổi Lyapunov 2.4.1 Số mũ đặc trưng ma trận 2.4.2 Khái niệm phổ Lyapunov hệ phương trình vi phân tuyến tính 2.4.3 Bất đẳng thức Lyapunov 10 12 15 19 19 19 20 21 22 23 24 24 24 30 30 32 34 2.4.4 Phép biến đổi Lyapunov 35 Hệ động lực tuyến tính bị nhiễu ứng dụng phương pháp số mũ Lyapunov 3.1 Nửa nhóm liên tục mạnh không gian Banach toán tử sinh chúng 3.1.1 Nửa nhóm liên tục mạnh 3.1.2 Khái niệm toán tử sinh số kết bổ trợ 3.1.3 Định lý toán tử sinh nửa nhóm 3.2 Bài toán Cauchy đặt chỉnh 3.2.1 Khái niệm toán Cauchy đặt chỉnh 3.2.2 Tính ổn định nghiệm toán Cauchy đặt chỉnh 3.3 Sự tồn nghiệm phương trình vi phân tuyến tính không gian Banach 3.4 Họ toán tử tiến hóa liên tục mạnh không gian Banach 3.5 Phương trình tiến hóa với nhiễu Lipschitz 3.6 Đánh giá nghiệm phương trình Volterra KẾT LUẬN 37 37 37 41 44 46 46 52 56 57 59 62 67 Lời nói đầu Lý thuyết định tính phương trình vi phân hình thành phát triển từ đầu kỷ XIX (xem [2], [3], [5]) Trong thời gian gần yêu cầu đòi hỏi từ mô hình ứng dụng lý thuyết định tính phương trình vi phân không gian Banach phát triển mạnh mẽ (xem [4], [6], [7], [11], [13]) Mục tiêu luận văn tìm hiểu nghiên cứu tính ổn định nghiệm phương trình vi phân tuyến tính có nhiễu, dựa vào phương pháp xấp xỉ thứ Lyapunov Toàn nội dung luận văn bao gồm hai phần chính: • Phần thứ dành cho việc trình bày lại số kiến thức biết, cụ thể không gian định chuẩn toán tử tuyến tính, phương pháp thứ phương pháp thứ hai Lyapunov (xem [1], [4], [9], [10], [13], [14], [15]) • Phần thứ hai dành cho việc sâu tìm hiểu phương pháp số mũ Lya- punov hệ phương trình vi phân tuyến tính không gian Eucilid hữu hạn chiều Rn Sau tiếp tục phát triển mở rộng việc nghiên cứu tính ổn định cho phương trình vi phân tuyến tính có nhiễu không gian Banach ứng dụng phương pháp cho phương trình tiến hóa trừu tượng dạng tuyến tính có nhiễu ứng dụng ví dụ minh họa Bố cục luận văn gồm ba chương: • Chương : Kiến thức chuẩn bị • Chương : Các phương pháp nghiên cứu tính ổn định cuả Lyapunov • Chương : Hệ động lực tuyến tính bị nhiễu ứng dụng phương pháp số mũ Lyapunov Bản luận văn thực hướng dẫn tận tình PGS TS Đặng Đình Châu Nhân dịp xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới Thầy - người dành nhiều thời gian công sức để hướng dẫn, kiểm tra, giúp đỡ việc hoàn thành luận văn Tôi xin gửi lời cảm ơn đến lãnh đạo thầy cô giáo Khoa Toán Cơ - Tin học, trường Đại học Khoa học Tự nhiên - ĐHQG Hà Nội kiến thức điều tốt đẹp mang lại cho thời gian học tập trường Tôi xin cảm ơn phòng Sau đại học điều kiện thuận lợi việc hoàn thành thủ tục học tập bảo vệ luận văn Cuối muốn bày tỏ lòng biết ơn gia đình, người thân chỗ dựa vững cho sống học tập Mặc dù có nhiều cố gắng có hạn chế thời gian lượng kiến thức bổ trợ nên luận văn khó tránh khỏi thiếu sót Tôi mong nhận góp ý quý thầy cô bạn để luận văn hoàn thiện Hà Nội, tháng 11 năm 2016 Lường Thị Dỉu Chương Kiến thức chuẩn bị Trong chương mở đầu, dành cho việc trình bày lại số kiến thức nhất: Không gian Banach nguyên lý ánh xạ co tham khảo tài liệu [8] Sự tồn nghiệm phương trình Volterra không gian Banach [13], tồn nghiệm phương trình vi phân không gian Banach Cần thiết cho việc nghiên cứu chương sau 1.1 Không gian Banach nguyên lý ánh xạ co 1.1.1 Không gian Banach Các kiến thức sau tham khảo tài liệu [8], p.58 Định nghĩa 1.1 (Không gian tuyến tính định chuẩn) Giả sử X không gian vectơ trường vô hướng K ( K trường số thực R hay trường số phức C), X gọi không gian tuyến tính định chuẩn với x ∈ X có xác định số không âm x (gọi chuẩn x) thỏa mãn điều kiện sau: • x ≥ với x ∈ X, x = ⇔ x = 0; • λx = |λ| x , với λ ∈ K với x ∈ X ; • x + y ≤ x + y , với x, y ∈ X Định nghĩa 1.2 (a) Không gian X đầy đủ dãy Cauchy X dãy hội tụ, tức {xn }∞ n=1 dãy Cauchy X tồn x0 ∈ X mà xn → x0 (n → ∞) (b) Nếu không gian tuyến tính định chuẩn (X, ) không gian đầy đủ (X, ) gọi không gian Banach 1.1.2 Toán tử tuyến tính Các kiến thức sau tham khảo tài liệu [8], p.82 Định nghĩa 1.3 (Toán tử tuyến tính) Giả sử X, Y hai không gian tuyến tính định chuẩn trường K, toán tử A : X → Y gọi tuyến tính nếu: A(αx + βy) = αAx + βAy với x, y ∈ X với α, β ∈ K Định nghĩa 1.4 Toán tử tuyến tính A gọi liên tục x0 ∈ X với dãy xn hội tụ đến x0 , ta có Axn → Ax0 (n → ∞) Định lý 1.1 Nếu toán tử tuyến tính A liên tục điểm x0 ∈ X A liên tục điểm x ∈ X Định nghĩa 1.5 Giả sử X, Y không gian Banach Chuẩn A toán tử tuyến tính liên tục A : X → Y đại lượng : A = sup Ax = sup x ≤1 x=0 Ax x Định nghĩa 1.6 A : X → X toán tử tuyến tính bị chặn tồn số dương c > cho Ax < c x , ∀x ∈ X Ta có: Mệnh đề 1.1 a) A : X → X bị chặn liên tục b) Tập hợp tất toán tử tuyến tính từ X vào X tạo thành không gian Banach ký hiệu L(X), tức là: L(X) = {A|A : X → X, A < +∞} Chúng ta xin nhắc lại rằng, giả sử T ∈ L(X), T (x) ≤ x với x ∈ X, T gọi phép co Nếu T x = x , với x ∈ X T gọi phép đẳng cự Trong L(X) ta xác định tô pô khác tô pô đều, tô pô mạnh, tô pô yếu Xét họ (Tα )α∈J ⊂ L(X) gồm toán tử tuyến tính bị chặn Tα ∈ L(X) Khi ta nói (i) (Tα )α∈J hội tụ đến T , T ∈ L(X) theo tô pô Tα − T → (ii) (Tα )α∈J hội tụ đến T , T ∈ L(X) theo tô pô mạnh Tα x − T x → 0, ∀x ∈ X (iii) (Tα )α∈J hội tụ đến T , T ∈ L(X) theo tô pô yếu | < Tα x − Tx , x > | → 0, ∀x ∈ X, x ∈ X Với khái niệm đó, nguyên lý bị chặn phát biểu theo mệnh đề sau Mệnh đề 1.2 (xem [8], p.511) Cho tập K ⊂ L(X), tính chất tương đương (a) K bị chặn theo tô pô yếu (b) K bị chặn theo tô pô mạnh (c) K bị chặn theo tô pô tức T x ≤ c, với T ∈ K Mệnh đề 1.3 (xem [8], p.512) Trên tập bị chặn L(X) hội tụ theo tô pô sau (a) Tô pô mạnh (b) Tô pô tập gồm điểm hội tụ mà tập trù mật X (c) Tô pô tập điểm hội tụ mà tập compact tương đối X Định nghĩa 1.7 (Toán tử đóng) Giả sử X, Y không gian Banach Toán tử tuyến tính A : D(A) ⊂ X → Y gọi toán tử đóng với dãy {xn }∞ n=1 ⊂ D(A) mà xn → x, Axn → y x ∈ D(A) Ax = y 1.2 Sự tồn nghiệm phương trình Volterra không gian Banach Nội dung phần tham khảo tài liệu [13] Giả sử X không gian Banach, J ⊂ R khoảng vô hạn hay hữu hạn trục thực R, ta kí hiệu ∆J = {(t, s)|(t, s) ∈ J, t ≥ s} (1.1) Sau dây ta kí hiệu K ∈ C[∆J × X, X] toán tử liên tục từ ∆J × X → X xác định bởi: K : (t, s, x) → K(t, s, x), (1.2) (t, s) ∈ J, x ∈ X Trong định lý ta xét trường hợp cụ thể với giả thiết K tuyến tính phi tuyến, thỏa mãn điều kiện Lipschitz x, t, tức là: K(t, s, x) − K(t, s, y) ≤ L(s) x − y , (1.3) L(s) hàm khả tích địa phương s 1.2.1 Phương trình Volterra tuyến tính Nội dung phần tham khảo tài liệu [7], p.26 Lấy J = [0, T ], giả sử x : J → X, A : J → L(X) liên tục mạnh theo x K = A(t)x(t), t ∈ J x0 ∈ X Xét phương trình Volterra t x(t) = g(t) + với t0 , t ∈ J t ≥ t0 , A(τ )x(τ )dτ, (1.4) t0 t0 , t ∈ J (t ≥ t0 ), g ∈ C(J, X) g : J → X hàm liên tục Định lý sau xác lập cho ta điều kiện đủ cho tồn nghiệm phương trình tích phân ( 1.4) Định lý 1.2 Giả sử hàm g : J → X liên tục A : J → L(X) liên tục mạnh Khi phương trình (1.4) có nghiệm x = x(t) xác định đoạn [a, b] ⊂ J Nghiệm biểu diễn dạng: ∞ x(t) = g(t) + gk (t), k=1 đó: t g1 (t) = g(t) + A(t1 )g(t1 )dt1 , t0 t gk (t) = A(τ )gk−1 (τ )dτ, t0 Chứng minh Giả sử [a, b] ⊂ J bất kỳ, ta ký hiệu B = C([a, b], X), C([a, b], X) tập hàm liên tục [a, b] nhận giá trị X , với chuẩn: |||x||| = max x(t) , t∈[a,b] Với t0 ∈ [a, b] ta xét toán tử S : B → B xác định bởi: t (Sx)(t) = g(t) + A(τ )x(τ )dτ t0 (1.5) Từ giả thiết g : [a, b] → X liên tục A : [a, b] → L(X) liên tục mạnh ta suy vế phải (1.5) liên tục theo t S toán tử từ không gian C([a, b]; X) vào Bây ta xét dãy (S n x)(t) xác định bởi: t (Sx)(t) = g(t) + A(t1 )g(t1 )dt1 t0 t (S x)(t) = g(t) + A(t1 )(Sx)(t1 )dt1 t0 t n A(t1 )(S n−1 x)(t1 )dt1 (S x)(t) = g(t) + t0 Bằng phương pháp truy hồi ta được: A(t2 )A(t1 )g(t1 )dt1 dt2 + A(t1 )g(t1 )dt1 + (S x)(t) = g(t) + t2 tn−1 t t0 t0 t0 A(tn−1 )A(tn−2 ) A(t1 )g(t1 )dt1 dtn−1 ) + t0 t2 t t n t0 t0 t t2 tn A(tn )A(tn−1 ) A(t1 )g(t1 )dt1 dtn−1 dtn (1.6) + t0 t0 t0 Với x1 , x2 ∈ X ta có: (S n x2 )(t) − (S n x1 )(t) t t2 tn = A(tn )A(tn−1 ) A(t1 )[x2 (t1 ) − x1 (t1 )]dt1 dtn−1 dtn , t0 t0 t0 (S n x2 )(t) − (S n x1 )(t) t t ≤ |||x2 − x1 ||| t0 tn t2 t0 A(tn ) A(t1 ) A(t1 ) dt1 dtn−1 dtn Do tính chất bất biến tích phân hoán đổi vị trí biến số t1 , t2 , , tn nên ta có: t t t2 t0 tn t0 A(tn ) A(t1 ) A(t1 ) dt1 dtn−1 dtn = n! t n A(τ ) dτ t0 (1.7) Hay ta có: |||S n x2 − S n x1 ||| ≤ n! b n A(τ ) dτ |||x2 − x1 ||| a Điều chứng tỏ toán tử S n co C([a, b]; X) n đủ lớn Sử dụng nguyên lý ánh xạ co ( suy rộng) ta suy phương trình (1.6) có nghiệm đồng thời ta có: x(t) = lim S n g(t), n→∞ với g(t) ∈ C([a, b]; X) Bổ đề chứng minh Hệ 1.1 Giả sử hàm g : J → X liên tục A : J → L liên tục mạnh Khi nghiệm x = x(t) phương trình (1.4) có dạng: ∞ t t2 tn A(tn )A( tn−1 ) A(t1 )g(t1 )dt1 dtn−1 dtn x(t) = n=1 t0 t0 t0 Đồng thời ta có đánh giá sau: b a |||x||| ≤ |||g|||e A(τ ) dτ ∞ k=1 gk (t), Chứng minh Xét chuỗi x(t) = g(t) + (1.8) với t ∈ [a, b], ta có ∞ x(t) ≤ g(t) + với t ∈ [a, b] gk (t) , (1.9) k=1 Bằng lý luận tương tự chứng minh bất đẳng thức (1.7) Đinh lý (1.1) ta có: ∞ |||x(t)||| ≤ |||g||| 1+ n=1 n! t n A(τ ) dτ , t0 Với α ≤ t0 ≤ t ≤ b, từ ta suy |||x||| ≤ |||g|||e b a A(τ ) dτ Hệ chứng minh 1.2.2 Phương trình Volterra phi tuyến Nội dung phần tham khảo tài liệu [7], p.91 Cho X không gian Banach thực, J = [t0 , t0 + a](a > 0), g ∈ C[J, X], kí hiệu ∆J = {(t, s) ∈ J × J : t ≥ s} Giả sử K ∈ C[∆J × X, X] thỏa mãn điều kiện Lipschitz, tức tồn L > cho: K(t, s, x) − K(t, s, y) ≤ L x − y , ∀(t, s) ∈ ∆J , x, y ∈ X Xét phương trình tích phân Volterra phi tuyến t x(t) = g(t) + K(t, s, x(s))ds, t0 10 (1.10) toán tử tích phân liên kết t (F x)(t) = g(t) + K(t, s, x(s))ds (1.11) t0 Để tồn nghiệm phương trình (1.10) ta có định lý sau đây: Định lý 1.3 Giả sử K ∈ C[∆J × X, X] g ∈ C[J, X], K(t, s, x) thỏa mãn điều kiện Lipshitz x, tức tồn số L > cho ||K(t, s, x) − K(t, s, y)|| ≤ L||x − y||, ∀(t, s) ∈ ∆J , x, y ∈ X (1.12) Khi phương trình (1.10) có nghiệm x∗ ∈ C[J, X] với xn ∈ C[J, X]sao cho ||xn − x∗ ||C → n → ∞, ta có t x1 (t) = g(t) + K(t, s, x0 (s))ds, t0 t K(t, s, xn (s)) ds, xn+1 (t) = g(t) + t0 ∀t ∈ J (n = 1, 2, 3, ) (1.13) Chứng minh Lấy x ∈ C[J, X] t, t ∈ J, t > t, từ phương trình (1.11) ta có ||(F x)(t ) − (F x)(t)|| ≤ ||g(t ) − g(t)||+ ||K(t , s, x(s)) − K(t, s, x(s))|| ds + + (1.14) t t ||K(t , s, x(s))|| ds t t0 Do (1.12) ta ||K(t, s, x(s))|| ≤ ||K(t, s, x(s)) − K(t, s, θ)|| + ||K(t, s, θ)|| ≤ L||x(s)|| + M ≤ L||x||C + M, (1.15) ∀(t, s) ∈ ∆J , M = max {||K(t, s, θ)|| : (t, s) ∈ ∆J } < ∞ Từ giả thiết K ∈ C[∆J × X, X] ta suy với (t, s), (t , s) ∈ ∆J ta có: lim ||K(t , s, x(s)) − K(t, s, x(s))|| = t →t (1.16) Do g, x ∈ C[J, X] K ∈ C[∆J ×X, X] ta suy ||(F x)(t )−(F x)(t)|| → với t → t, F x ∈ C[J, X], ánh xạ F từ C[J, X] vào C[J, X] Mặt khác, từ (1.11) ta có: t ||(F x)(t) − (F y)(t)|| ≤ ||K(t, s, x(s)) − K(t, s, y(s))|| ds t0 (1.17) t ≤L ||x(s) − y(s)|| ds, t0 11 ∀x, y ∈ C[J, X], t ∈ J Bằng phương pháp quy nạp ta ||(F m x)(t) − (F m y)(t)|| ≤ Lm (t − t0 )m ||x − y||C , ∀t ∈ J, x, y ∈ C[J, X], m! (m = 1, 2, 3, ) (1.18) Thật vậy, bất phương trình (1.17) bất phương trình (1.18) m = Giả sử bất phương trình (1.18) với m Khi đó, với bất phương trình (1.17) (1.18), ta có t ||(F m+1 x)(t) − (F m+1 ||(F m x)(s) − (F m y)(s)|| ds y)(t)|| ≤ L t0 t ≤L Lm (s − t t0 m! )m ||x − y||C ds = Lm+1 (t − t0 )m+1 ||x − y||C , (m + 1)! bất phương trình (1.18) với m + Do đó, phép quy nạp, phương trình (1.18) với số nguyên dương m Ta chọn số nguyên dương m đủ lớn cho q = L m am < 1, ta có m! ||F m x − F m y||C ≤ q||x − y||C với x, y ∈ C[J, X] Do đó, theo định lý điểm bất động Banach, toán tử F m có điểm bất động x∗ C[J, X] F mn y → x∗ n → ∞ với y ∈ C[J, X] Như ta có F x∗ = F (F m x∗ ) = F m+1 x∗ = F m (F x∗ ) nên F x∗ ∈ C[J, X] điểm bất động F m , ta có F x∗ = x∗ ,sử dụng tính nguyên lý điểm bất động ta suy x∗ điểm bất động F Bây lấy y = F k x1 (k = 0, 1, , m − 1), lý luận tương tự ta F mn+k x1 → x∗ n → ∞(k = 0, 1, , m − 1) Như xn → x∗ n → ∞, xn định nghĩa (1.13) Cuối cùng, tính điểm bất động F m , ta đến kết luận điểm bất động F 1.2.3 Chuẩn Bielecki tồn nghiệm phương trình Volterra phi tuyến Các kiến thức phần tham khảo tài liệu [7] Cho (X, ) không gian Banach, J = [a, b], a, b ∈ R Giả sử K : J ×J ×X → X toán tử bị chặn thỏa mãn điều kiện Lipschitz (không ô tô nôm) tức tồn L ∈ C([a, b], R) cho với x, y ∈ X ta có: K(t, s, x) − K(t, s, y) ≤ L(s) x − y , (1.2.3) Sau ta toán tử V : C([a, b], R) xác định bởi: t K(t, s, x(s))ds, V (x) = a 12 (1.19) V ∈ C([a, b], X) toán tử co không gian (X, chuẩn Bielecki C([a, b], X) xác định x = sup e−p B,p t a L(s)ds B,p ), với B,p (1.20) x(t) a≤t≤b Bổ đề 1.1 Toán tử V : C([a, b], X) → C([a, b], X) xác định (1.19) toán tử co không gian Banach C([a, b], X) Chứng minh Ta chuẩn B,p tương đương với chuẩn |||.||| toán tử V thỏa mãn điều kiện Lipschitz với số Lipschitz Bielecki B.p , theo chuẩn p tức là: V (x) − V (y) ≤ B,p x−y p (1.21) B,p Thật vậy, tính tương đương suy từ ước lượng C1 |||.||| ≤ B,p ≤ C2 |||.|||, với C1 = e−p b a L(s)ds > 0, C2 = > Và đó, không gian C([a, b], X) không gian Banach theo chuẩn Bielecki Tiếp theo để có tính Lipschitz, ta xét V (x) − V (y) B,p t a = sup e−p L(s)ds V (x)(t) − V (y)(t) a≤t≤b = sup e−p t a t L(s)ds [K(t, s, x(s) − K(t, s, y(s))]ds a≤t≤b ≤ sup e−p t a a t L(s)ds a≤t≤b ≤ sup e −p t a t L(s)ds a≤t≤b = sup e −p t a t L(s)ds tính Lipschitz K L(s)ep s a L(u)du e−p s a L(u)du a B,p sup e−p a≤t≤b ≤ L(s) x(s) − y(s) ds, a a≤t≤b ≤ x−y [K(t, s, x(s) − K(t, s, y(s))] ds a x−y p t a t L(s)ds L(s)ep a B,p 13 s a L(u)du ds x(s) − y(s) ds Ước lượng cuối có t p L(s)e s a t L(u)du ds = a = = < s d ep a L(u)du p a p s L(u)du s=t e a p s=a t p L(u)du e a − p p p t L(s)ds e a p Lấy p > 1, ta thấy toán tử K co chuẩn Bielecki Định lý 1.4 Giả sử hàm K(t, s, x) thỏa mãn điều kiện Lipschitz theo x theo t, tức K(t, s, x) − K(t, s, y) ≤ L(s) x − y , ∀t, s ∈ [a, b], ∀x, y ∈ X L ∈ C([a, b], R) Khi với g ∈ C[J, X] phương trình tích phân Volterra t x(t) = (1.22) K(t, s, x(s))ds + g(t), a có nghiệm x ∈ C([a, b], X), nghiệm phụ thuộc vào liên tục g Chứng minh Từ giả thiết định lý ta suy giả thiết bổ đề (1.1) thỏa mãn Theo bổ đề (1.1) toán tử tích phân Volterra ánh xạ co, suy toán tử U (x) = V (x) + g ánh xạ co, vì: U (x) − U (y) B,p = V (x) − V (y) B,p < x−y p B,p Như áp dụng nguyên lý ánh xạ co cho toán tử U , ta suy phương trình tích phân Volterra t x(t) = (1.23) K(t, s, x(s))ds + g(t), a có nghiệm x ∈ C([a, b], X) với hàm g ∈ C([a, b], X) cho trước Để phụ thuộc liên tục nghiệm x vào g ta xét x = V (x) + g, Kí hiệu xg xg0 hai nghiệm tương ứng với g g0 phương trình x g − xg B,p = V (xg ) − V (xg0 ) + g − g0 B,p ≤ V (xg ) − V (xg0 ) B,p + g − g0 ≤ xg − xg0 B,p + g − g0 B,p , p 14 B,p suy xg − xg0 B,p ≤ p g − g0 p−1 B,p → g → g0 Vậy nghiệm x tồn phụ thuộc liên tục vào g 1.3 Sự tồn nghiệm phương trình vi phân không gian Banach Giả sử B không gian Banach Trong không gian B ta xét phương trình vi phân dx(t) = f (t, x(t)), dt (1.24) t ∈ R+ , x(.) ∈ B hàm f : R+ × D → B với D miền đơn liên không gian Banach B Từ sau không nói thêm ta hiểu nghiệm (1.24) nghiệm theo nghĩa cổ điển sau: Định nghĩa 1.8 Hàm x = x(t), (x : I → B; I ⊂ R+ xác định I , khả vi liên tục theo t ∈ I ) gọi nghiệm (1.24) thay vào (1.24) ta thu đồng thức I Tức dx(t) = f (t, x(t)), ∀t ∈ I dt Bài toán Cauchy: Tìm nghiệm x = x(t) phương trình (1.24) thỏa mãn điều kiện ban đầu x(t0 ) = x0 với (t0 , x0 ) ∈ I × B cho trước Tương ứng với phương trình (1.24) ta thường xét phương trình tích phân sau: t x(t) = x0 + f (τ, x(τ ))dτ (1.25) t0 Nhận xét: Nếu hàm f liên tục theo chuẩn B ta nghiệm (1.25) nghiệm toán Cauchy ngược lại Sau ta ký hiệu: S(ε,η) = (t, x) ∈ R+ × B : |t − t0 | ≤ ε, ||x − x0 || ≤ η , với ε > 0, η > lân cận đóng điểm (t0 , x0 ) Khi ta có định lý tồn nghiệm toán Cauchy sau: Định lý 1.5 (Tính nghiệm địa phương) Giả sử tồn lân cận đóng (t0 , x0 ) cho lân cận hàm f (t, x) liên tục theo t, ||f (t, x0 )|| ≤ M0 < +∞ thỏa mãn điều kiện Lipschitz: ||f (t, x2 ) − f (t, x1 )|| ≤ M ||x2 − x1 ||, 15 (1.26) M số hữu hạn Khi tồn lân cận điểm x0 mà lân cận (1.24) có nghiệm x = x(t) thỏa mãn điều kiện ban đầu x(t0 ) = x0 Chứng minh Từ giả thiết ta suy tồn ε > 0, η > cho miền |t − t0 | ≤ ε, ||x − x0 || ≤ η , ta có: ||f (t, x)|| ≤ ||f (t, x0 )|| + ||f (t, x) − f (t, x0 )|| ≤ ||f (t, x0 )|| + M η ≤ M1 < +∞ Lấy δ = ε, Mη1 ký hiệu Cδ (B) không gian Banach hàm liên tục x(t) xác định |t − t0 | ≤ δ với chuẩn |||x||| = sup ||x(t)|| |t−t0 |≤δ Gọi Bη (x0 ) = {x ∈ Cδ (B) : |||x − x0 ||| ≤ η} Xét toán tử: t f (τ, x(τ ))dτ (Sx)(t) = x0 + t0 Ta có: t ||(Sx)(t) − x0 || = || f (τ, x(τ ))dτ || ≤ ||t − t0 || sup ||f (τ, x(τ ))|| τ ∈[t0 ,t] t0 ≤ δM1 ≤ η Suy toán tử S ánh xạ từ Bη vào Bη Hơn nữa, với x1 , x2 ∈ Bη , từ điều kiện Lipschitz ta có đánh giá: t ||(Sx2 )(t) − (Sx1 )(t)|| ≤ ||f (τ, x2 (τ )) − f (τ, x1 (τ ))||dτ t0 t ≤M ||x2 (τ ) − x1 (τ )||dτ ≤ M (t − t0 )|||x2 − x1 ||| t0 Mặt khác ta lại có: t || S x2 (t) − S x1 (t) || ≤ M || (Sx2 ) (τ ) − (Sx1 ) (τ ) ||dτ t0 t ≤ M |||x2 − x1 ||| (τ − t0 ) dτ t0 = [M (t − t0 )] |||x2 − x1 ||| 2! 16 Sử dụng phép đánh giá liên tiếp ta được: [M (t − t0 )]n |||x2 − x1 ||| n! [δM ]n n n ||S x2 − S x1 || ≤ |||x2 − x1 ||| n! || (S n x2 ) (t) − (S n x1 ) (t) || ≤ n ] n Do [δM n! → n → +∞ nên với n đủ lớn S toán tử co Bη Do đó, sử dụng định lý ánh xạ co ta suy phương trình tích phân t f (τ, x(τ ))dτ x(t) = x0 + t0 Nên x(t) = (Sx)t có nghiệm Do tồn nghiệm x(t) ∈ Bη (x0 ) Định lý 1.6 (Sự kéo dài nghiệm toán Cauchy) Giả sử ||x|| < ∞, t ≥ t0 , hàm f (t, x) thỏa mãn điều kiện ||f (t, x(t))|| ≤ L(||x||), L(r) hàm liên tục có tính chất r dr → ∞, r → ∞, L (r) r0 nghiệm phương trình (1.25) kéo dài khoảng thời gian vô hạn t0 ≤ t < ∞ Chứng minh Vì || x(t2 ) − x(t1 ) ||x(t2 )|| − ||x(t1 )|| || ≥ t2 − t1 t2 − t1 ⇒ || dx d||x|| || ≥ dt dt Mặt khác ta có d (x) = f (t, x (t)) , dt f (t, x) ≤ L ( x ) , nên ta suy L( x ) ≥ d x dt Lấy tích phân dọc theo đường cong x = x(t) từ điểm x0 = x (t0 ) đến điểm x theo 17 chiều tăng t ta được: t t d x · dr dt L( x ) dr ≥ t0 t0 x dr L( x ) ⇒ t − t0 ≥ x0 Bằng cách đổi biến p = x , ta có p p0 x dp = L(p) Khi từ giả thiết định lý p p0 x0 d x L( x ) dp → ∞, p → ∞ Ta suy ra: L(p) * Nếu p = x(t) → ∞ t → ∞ định lý chứng minh * Ngược lại r < ∞, ∀t ∈ R nghiệm kéo dài 18 ... - - - - - - o0o - - - - - - - - - LƯỜNG THỊ DỈU KHÁI NIỆM SỐ MŨ LYAPUNOV VÀ MỘT VÀI ỨNG DỤNG ĐỐI VỚI HỆ ĐỘNG LỰC Chuyên ngành: TOÁN GIẢI TÍCH Mã số: 60460102 LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC NGƯỜI HƯỚNG... 2.4 Số mũ đặc trưng ma trận, hệ phương trình vi phân tuyến tính phép biến đổi Lyapunov 2.4.1 Số mũ đặc trưng ma trận 2.4.2 Khái niệm phổ Lyapunov hệ phương... pháp hàm Lyapunov Rn 2.2.1 Định lý thứ Lyapunov ổn định 2.2.2 Định lý thứ hai Lyapunov ổn định tiệm cận 2.2.3 Định lý thứ ba Lyapunov không ổn định 2.3 Khái niệm số mũ đặc trưng Lyapunov