3 Định lý bóng cho tập hyperbolic của vi phôi
3.2 Nói thêm về tính vững của tập hyperbolic
Cho S là tập compact hyperbolic của C1 - vi phôi f : U →Rn. Như chúng ta đã biết ở trong mục 2.6 rằng nếu O là lân cận đủ nhỏ của S và g : U → Rn
là C1 - vi phôi đủ đóng trong C1 - tôpô của f thì tập bất biến lớn nhất S0 của g trong O là hyperbolic.
Trong mục này ta sẽ sử dụng tính chất bóng để chứng minh rằng nếu S là một tập cô lập bất biến của f thì S0 cũng là cô lập và đồng phôi f : S →S và g : S0 →S0 là liên hợp tôpô.
Định nghĩa 3.2.1. Cho X, Y là các không gian metric và f : X →X, g : Y → Y là các ánh xạ. Ta nóif vàg là liên hợp tôpô nếu có một đồng phôih : X →Y sao cho h◦f =g ◦h.
Định lý 3.2.2. Cho U là tập lồi mở trong Rn, f : U →Rn là C1 - vi phôi với S là tập compact hyperbolic cô lập. Khi đó nếu O là một lân cận mở đủ bé của S và g : U →Rn là C1 - vi phôi thỏa mãn
kf(x)−g(x)k+kDf(x)−Dg(x)k ≤ σ, x∈ U, (3.14) với σ đủ nhỏ, thì tập bất biến lớn nhất SO của g trong O là tập hyperbolic cô lập. Ngoài ra, đồng phôi f : S → S, g : SO → SO là liên hợp tôpô với ánh xạ liên hợp h: S →SO thỏa mãn
kh(x)−xk ≤ M σ, ở đây M là hằng số trong Định lý 3.1.2.
Chứng minh. Áp dụng Định lý 2.6.2 có các số d0 > 0, σ0 > 0 sao cho nếu dist (x, S)≤ d0 với ∀x ∈O và σ ≤σ0 thì tập bất biến lớn nhất S0 của g trong O là hyperbolic và các hằng số k1, k2 và các chặn trên Ms, Mu của các phép chiếu có thể chọn không phụ thuộc vào O và g.
Giả sửδ0, M, σ0 thỏa mãn điều kiện của định lý 3.1.2 chof và S. Chox ∈S thì {xk}∞
k=−∞ = {fk(x)}∞
k=0 là một δ - giả quỹ đạo của f trong S với J = 0. Theo Định lý 3.1.2 nếu σ ≤ σ0, tồn tại quỹ đạo thật {zk}∞k=−∞ của f sao cho
kzk −xkk ≤ M σ, ∀k ∈Z. (3.15) Hơn nữa, đây là quỹ đạo duy nhất của g thỏa mãn
kzk −xkk ≤ M σ0 với k ∈ Z. Khi đó ta đặt
h(x) =z0.
Nếu σ đủ nhỏ sao cho {x :dist (x, S)≤ M σ} ⊂ O, thì suy ra rằng h là một ánh xạ từ S vào tập bất biến lớn nhất SO của g trong O. Cũng từ (3.15) suy ra rằng
kh(x)−xk ≤ M σ
với x∈ S. Hơn nữa, do {xk+1}∞k=−∞ là quỹ đạo của f tương ứng với f(x) = x1 và
kzk+1 −xk+1k ≤ M σ với k ∈ Z, suy ra rằng (theo tính duy nhất)
h(f(x)) =h(x1) = z1 = g(z0) = g(h(x)). Tức là
h◦f = g ◦h.
Vì vậy ta chỉ còn phải chỉ ra rằng h là một đồng phôi từ S lên SO và SO là cô lập.
Rõ ràng là với điều kiện 2M σ không vượt quá hằng số co giãn của f trên S thì h là ánh xạ một - một.
Để chứng minh h là toàn ánh, giả sử z ∈ SO và đặt zk = gk(z) với k ∈ Z. Chọn yk ∈ S sao cho kyk −zkk ≤ d0. Khi đó
kyk+1−f(yk)k ≤ kyk+1−zk+1k+kg(zk)−f(zk)k+kf(zk)−f(yk)k ≤ d0+σ+M1d0, ở đây M1 = sup x∈U kDf(x)k. (3.16)
Nếu (1 +M1)d0+σ ≤δ0, thì tồn tại duy nhất một quỹ đạo {xk}∞k=−∞ của f sao cho
kxk −ykk ≤ M[(1 +M1)d0+σ].
Khi đó nếu d0 và σ đủ nhỏ để S là tập bất biến lớn nhất đối với f trong {x ∈Rn : dist (x, S)≤ M[(1 +M1)d0+σ]},
suy ra rằng xk thuộc S với mọi k. Hơn nữa, ta nhận thấy rằng kzk −xkk ≤ kzk −ykk+kyk −xkk
≤d0 +M[(1 +M1)d0+σ] = [1 +M(1 +M1)]d0+M σ. Vì vậy nếu d0 và σ đủ nhỏ sao cho
[1 +M(1 +M1)]d0+M σ ≤ M σ0,
từ tính duy nhất trong phần đầu của chứng minh suy ra rằng z = h(x0). Do vậy h là toàn ánh. Do h ánh xạ S vào O, suy ra rằng SO ⊂ O và do đó là cô lập.
Tiếp theo, ta chứng minh h liên tục. Giả sử x, x ∈ S và đặt xk = fk(x), xk =fk(x)vớik ∈Z. Các quỹ đạo tương ứng {zk}∞
k=−∞, {zk}∞
k=−∞ của g thỏa mãn
kzk −xkk ≤ M σ, kzk −xkk ≤ M σ
với k ∈ Z. Ở đây z0 = h(x), z0 = h(x) và {zk}∞k=−∞, {zk}∞k=−∞ là các quỹ đạo của g trong tập hyperbolic SO. Lấy
β1 = 1 +λ1
2 , β2 =
1 +λ2
Áp dụng Mệnh đề 2.5.2 cho g và SO, nếu σ và ∆ đủ nhỏ chỉ phụ thuộc vào K1, K2, λ1, λ2, Ms, Mu và ω(·) (như đã xác định trong (??)), tồn tại các hằng số L1, L2 chỉ phụ thuộc vào K1, K2, λ1, λ2, Ms, Mu sao cho nếu
kzk −zkk ≤ ∆ với |k| ≤N, thì
kzk −zkk ≤ [L1β1k+N +L2β2N−k]∆ với |k| ≤ N.
(Chú ý rằng trong chứng minh của Mệnh đề 2.5.2 được áp dụng cho g, ω(·)
được thay thế bởi ω(∆) + 2σ, do
kDg(x)−Dg(y)k ≤ kDg(x)−Df(x)k+kDf(x)−Df(y)k+kDf(y)−Dg(y)k.)
Cho trước ε >0, chọn N >0 sao cho
[L1β1N +L2β2N]∆< ε. (3.18) Tiếp theo chú ý rằng với |k| ≤ N
kzk −zkk ≤ kzk −xkk+kxk −xkk+kxk −zkk ≤ 2M σ+kxk −xkk
≤ ∆, với điều kiện là
4M σ ≤∆ và kx−xk đủ nhỏ sao cho kxk −xkk ≤ ∆/2 với |k| ≤ N. Khi đó từ Mệnh đề 2.5.2 suy ra rằng kh(x)−h(x)k=kz0−z0k ≤ [L1β1N +L2β2N]∆< ε. Vì vậy h là liên tục.
Cuối cùng, ta chứng minh rằng h−1 cũng liên tục. (Thực ra điều này suy được ngay từ tính liên tục của h và tính compact của S. Chứng minh dưới đây có một ưu điểm là có thể sử dụng được trong trường hợp tập S không compact).
Giả sử z, z thuộc SO và đặt zk = gk(z), zk = gk(z) với k ∈ Z. Các quỹ đạo tương ứng {xk}∞k=−∞ và {xk}∞k=−∞ của f trong S thỏa mãn
kzk −xkk ≤ M σ, kzk −xkk ≤ M σ
với k ∈ Z. Ở đây z = h(x0), z = h(x0). Chọn β1, β2 như trong (3.17). Khi đó áp dụng Mệnh đề 2.5.2 cho f và S, tồn tại một số dương ∆ chỉ phụ thuộc vào K1, K2, λ1, λ2, Ms, Mu và ω(·) và các hằng số L1, L2 chỉ phụ thuộc vào K1, K2, λ1, λ2, Ms, Mu sao cho nếu
kxk −xkk ≤ ∆ với |k| ≤N, thì
kxk −xkk ≤ [L1β1k+N +L2β2N−k]∆ với |k| ≤N.
Cho trước ε >0, ta chọn N như trong (3.18). Chú ý rằng với |k| ≤N kxk −xkk ≤ kxk −zkk+kzk −zkk+kzk −xkk
≤2M σ+kzk −zkk ≤∆,
với điều kiện là
4M σ ≤∆
và kz−zk đủ nhỏ sao cho
kzk −zkk ≤∆/2 với |k| ≤N. Khi đó suy ra rằng
kh−1(z)−h−1(z)k= kx0−x0k ≤ [L1β1N +L2β2N]∆< ε.
Vậy ta đã chứng minh rằng h và h−1 liên tục và Định lý 3.2.2 được chứng minh xong.