2 Các định lý về tính bóng của tập hyperbolic
2.2 Định lý về tính bóng liên tục
Chúng ta cũng có thể chứng minh định lý bóng trong trường hợp liên tục. Trong định lý trước giả quỹ đạo nằm hoàn toàn trong tập S còn trong định lý này giả quỹ đạo có thể nằm ngoài nhưng không quá xa tập S.
Định nghĩa 2.3. Cho δ >0. Khi đó δ−giả quỹ đạo của phương trình ˙
x=F(x) là hàm khả vi liên tục y(t) sao cho với mọi t ∈R thì
ky˙(t)−F(y(t))k ≤δ.
Định lý 2.2. Cho U ∈Rn là một tập lồi mở và cho F :U → Rn là một trường vectơ khả vi liên tục. Giả sử S ⊂ U là một tập compact hyperbolic của phương trình (1.2) trong Định nghĩa 1.1. Cho y(t) là một δ−giả quỹ đạo sao cho
d(y(t), S)≤d
với mọi t. Khi đó tồn tại các số dương δ0, σ0, d0 và M chỉ phụ thuộc vào F và S sao cho nếu G:U →Rn là trường vectơ khả vi liên tục thỏa mãn
kF(x)−G(x)k+kDF(x)−DG(x)k ≤σ khi x∈U
với σ ≤ σ0 và nếu δ ≤ δ0, d ≤ d0 thì tồn tại duy nhất nghiệm x(t) của phương trình (2.2) và duy nhất hàm khả vi liên tục nhận giá trị thực α(t) với α(0) = 0 sao cho với mọi t
và
hx(α(t))−y(t), F(y(t))i= 0.
Hơn nữa
|α0(t)−1| ≤M(δ+σ+d).
Chứng minh. Ý tưởng chính của chứng minh là sử dụng định lý bóng rời rạc và xác định α(t) phù hợp. Với k∈Z , chọn yk ∈S sao cho
ky(k)−ykk ≤d. Khi đó, áp dụng Bổ đề Gronwall, kyk+1−φ1(yk)k ≤ kyk+1−y(k+ 1)k+ky(k+ 1)−φ1(yk)k +kφ1(y(k))−φ1(yk)k ≤d+eM1δ+eM1d =eM1δ+ (1 +eM1)d, trong đó M1 = sup x∈U kDF(x)k.
Cho δ0, σ0, M tương ứng với F, S, hmin =hmax = 1 trong Định lý 2.1. Khi đó nếu
σ≤σ0 và eM1δ+ (1 +eM1)d≤δ0,
giả quỹ đạo rời rạc {yk}+∞
k=−∞ được ε−bóng bởi các điểm {xk}+∞
k=−∞ trên quỹ đạo của phương trình (2.2) vớixk+1 =ψtk(xk)và
ε=M[eM1δ+ (1 +eM1)d+σ].
Trước hết ta thay đổi các giá trị xk. Với k ∈Z ta tìm số τk sao cho
hψτk(xk)−y(k), F(y(k))i= 0.
Để chứng minh hoàn thiện định lý ta cần bổ đề sau.
Bổ đề 2.3. Cho F : U →Rn là một trường vectơ lớp C1 trên tập mở U ∈Rn. Cho x
và y là các điểm thuộcU và v là một vectơ trong Rn sao cho hF(y), vi 6= 0 và
kF(x)−F(y)k ≤ |hF(y), vi|
Giả sử rằng nghiệm φt(x) của phương trình (1.2) được xác định trên đoạn [−α, α] và
kDF(φt(x))F(φt(x))k ≤ |hF(y), vi|
2αkvk
với |t| ≤α. Khi đó nếu
|hx−y, vi| ≤ α|hF(y), vi| 4 thì tồn tại t thỏa mãn |t| ≤ 4|hx−y, vi| |hF(y), vi| sao cho hφt(x)−y, vi= 0.
Hơn nữa, chỉ có duy nhất t thỏa mãn biểu thức cuối với |t| ≤α.
Chứng minh. Xem [6, tr101-102]. Giả sử M1d+σ ≤ ∆ 4, (2.24) trong đó ∆ = inf x∈SkF(x)k,
ta áp dụng Bổ đề 2.3 cho phương trình (2.2) với y(k) là y, xk là x, F(y(k)) là v và
α= ∆ 4(M0+σ)(M1+σ), trong đó M0 = sup x∈U kF(x)k. Chú ý rằng kxk−y(k)k ≤ε+d. (2.25) Nên nếu ε+d <min{∆ 4(M1+σ), ∆2 32(M0+σ)(M1+σ)},
thì từ Bổ đề 2.3 suy ra tồn tại τ =τk thỏa mãn
|τk| ≤8∆−1kxk−y(k)k(< α) (2.26) và
hψτ(xk)−y(k), F(y(k))i= 0. (2.27) Hơn nữa τk là số τ duy nhất thỏa mãn phương trình (2.27) trong |τ| ≤ α. Khi đó ta đặt
thì hxk−y(k), F(y(k))i= 0. Từ phương trình (2.25) và (2.26) suy ra |τk| ≤8∆−1(ε+d) và do đó kxk−y(k)k ≤ kψτk(xk)−xkk+kxk−y(k)k ≤(M0+σ)|τk|+kxk−y(k)k ≤[8(M0+σ)∆−1+ 1](ε+d). (2.28) Đồng thời chú ý rằng xk+1 =ψsk(xk), trong đó sk =−τk+tk+τk+1, và ta ước lượng |sk−1| ≤ |tk−1|+|τk|+|τk+1| ≤ε+ 16∆−1(ε+d).
Với mỗi k ∈Z, ta tìm hàmαk: [0,1]→R sao cho
hψαk(t)
(xk)−y(t+k), F(y(t+k))i= 0
với 0 ≤ t ≤ 1. Ta tiếp tục sử dụng Bổ đề 2.3 cho phương trình (2.2) với y(t+k) là
y, ψt(xk) là x, F(y(t+k)) là v và α = ∆
4(M0 +σ)(M1+σ). Chú ý rằng, theo Bổ đề Gronwall,
kψt(xk)−y(t+k)k ≤eM1(kxk−y(k)k+σ+δ) (2.29) nếu 0≤t≤1. Do đó, sử dụng các biểu thức (2.24), (2.28) và (2.29) nếu
eM1[8(M0+σ)∆−1+ 1)(ε+d) +σ+δ]
<min{∆
4(M1+σ), ∆2
32(M0+σ)(M1+σ)}, (2.30)
từ Bổ đề 2.3 suy ra tồn tại τ =τk(t)thỏa mãn
|τk(t)| ≤8∆−1kψt(xk)−y(t+k)k(< α) (2.31) và
Hơn nữa τk(t) là số τ duy nhất thỏa mãn phương trình (2.32) trong |τ| ≤α. Cụ thể, vì tính duy nhất, suy ra τk(0) = 0, τk(1) =sk−1 (2.33) với ε+ 16∆−1(ε+ 2d)≤ ∆ 4(M0 +σ)(M1 +σ) cho trước.
Tiếp theo ta chứng minh τk(t) là khả vi liên tục trong đoạn [0,1]. Nếu ta đặt
g(t, τ) =hψt+τ(xk)−y(t+k), F(y(t+k))i, ta thấy rằng ∂g ∂τ(t, τ) = hG(ψt+τ(xk)), F(y(t+k))i ≥ kF(y(t+k))k − kG(ψt+τ(xk))−F(y(t+k))k kF(y(t+k))k.
Giờ ta sử dụng các phương trình (2.28), (2.29), (2.30) và (2.31), ta thấy rằng với
τ =τk(t)thì kG(ψt+τ(xk))−F(y(t+k))k ≤ kG(ψt+τ(xk))−F(ψt+τ(xk))k+kF(ψt+τ(xk))−F(ψt(xk))k +kF(ψt(xk))−F(y(t+k))k ≤σ+M1[8(M0+σ)∆−1+ 1]kψt(xk)−y(t+k)k ≤σ+∆ 2. Do đó, sử dụng biểu thức (2.24), ta có ∂g ∂τ(t, τk(t))≥(∆−M1d−σ−∆ 2)kF(y(t+k))k ≥ ∆ 4kF(y(t+k))k. (2.34) Do đó ∂g ∂τ(t, τk(t))>0,
từ định lý hàm ẩn và tính duy nhất củaτk(t) suy ra rằngτk(t) là khả vi liên tục trên đoạn [0,1].
Khi đó nếu ta đặt
ta thấy rằngαk(t) là khả vi liên tục và với 0≤t ≤1, hψαk(t)(xk)−y(t+k), F(y(t+k))i= 0 (2.35) và áp dụng biểu thức (2.31), kψαk(t)(xk)−y(t+k)k ≤[8(M0+σ)∆−1+ 1]kψt(xk)−y(t+k)k. (2.36) Từ phương trình (2.33) suy ra αk(0) = 0, αk(1) =sk.
Để có được công thức cho α0k(t), ta đạo hàm phương trình (2.35) theot ta được
hG(ψαk(t)(xk))α0k(t)−y˙(t+k), F(y(t+k))i +hψαk(t)(xk)−y(t+k), DF(y(t+k)) ˙y(t+k)i= 0. (2.37) Từ phương trình (2.34) suy ra hG(ψαk(t)(xk)), F(y(t+k))i ≥ ∆ 4kF(y(t+k))k>0. (2.38) Vì thế ta có thể giải phương trình (2.37) đối với α0k(t)để được
αk0(t) =
hy˙(t+k), F(y(t+k))i − hψαk(t)(xk)−y(t+k), DF(y(t+k)) ˙y(t+k)i hG(ψαk(t)(xk)), F(y(t+k))i .
(2.39) Điều này có nghĩa là với mọi k
α0k(1) =α0k+1(0).
Hơn nữa từ phương trình (2.39) suy ra
αk0(t)−1 = hy˙(t+k)−G(ψαk(t)(xk)), F(y(t+k))i hG(ψαk(t)(xk)), F(y(t+k))i
− hψ
αk(t)(xk)−y(t+k), DF(y(t+k)) ˙y(t+k)i hG(ψαk(t)(xk)), F(y(t+k))i
và do đó sử dụng phương trình (2.38) với0≤t≤1 ta ước lượng
|α0k(t)−1|= ≤ 4∆−1 ky˙(t+k)−G(ψαk(t) (xk))k +M1kψαk(t) (xk)−y(t+k)k ky˙(t+k)k kF(y(t+k))k ≤ 4∆−1ky˙(t+k)−F(y(t+k))k+kF(y(t+k))−F(ψαk(t)(xk))k +kF(ψαk(t) (xk))−G(ψαk(t) (xk))k +M1(1 +δ(∆−M1d)−1)kψαk(t)(xk)−y(t+k)k ≤ 4∆−1[δ+σ+M1(2 +δ(∆−M1d)−1)kψαk(t)(xk)−y(t+k)k . (2.40)
Giờ ta định nghĩaα :R→R bởi α(t) = s0+· · ·+sk−1 +αk(t−k) nếu k≤t ≤k+ 1, k≥1 α0(t) nếu 0≤t ≤1 −sk− · · · −s−1+αk(t−k) nếu k≤t ≤k+ 1, k≤ −1 và ta xác định nghiệm x(t) = ψt(x0).
Khi đó từ mỗi αk(t) thuộc lớp C1, αk(0) = 0 , αk(1) = sk và α0k(1) = α0k+1(0) suy ra
α(t) là một hàm thuộc lớp C1 với α(0) = 0. Hơn nữa, từ các biểu thức (2.28), (2.29), (2.35), (2.36), (2.39) và (2.40) suy ra với mọi t
hx(α(t))−y(t), F(y(t))i= 0, kx(α(t))−y(t)k ≤eM1[8(M0+σ)∆−1+ 1][σ+δ+ (8(M0+σ)∆−1+ 1)(ε+d)], (2.41) α0(t) = hy˙(t), F(y(t))i − hx(α(t))−y(t), DF(y(t)) ˙y(t)i hG(x(α(t))), F(y(t))i (2.42) và |α0(t)−1| ≤4∆−1[δ+σ+M1(2 +δ(∆−M1d)−1)kx(α(t))−y(t)k]. (2.43) Do đó, với việc chọn M thích hợp, phần tồn tại của định lý được chứng minh xong.
Phần còn lại ta chỉ cần chứng minh tính duy nhất. Trước hết, ta giả sử δ, σ, d đủ nhỏ để vế phải của bất đẳng thức (2.43) là nhỏ hơn một. Khi đó suy ra rằng α(t) là đồng phôi. Chú ý rằng
d(x(t), S)≤d+M(δ+σ+d)
và do đó nếuδ, σ, d đủ nhỏ thì từ Định lý 1.2 suy ra rằng nghiệm x(t) nằm trong tập compact hyperbolic SO với số mũ 3α
4 , hằng số và các cận trên đúng N
0, Ns, Nu của các phép chiếu chỉ phụ thuộc vàoF vàS. Chú ý rằng nếu ta áp dụng chứng minh của Mệnh đề 1.4 cho phương trình (2.2) và SO thì môđun liên tục ω(ε) sẽ được thay thế bởiω(ε) + 2σ, trong đóω(·)là mô đun liên tục củaDF, và do đó ta có thể sẽ cầnε và
σ đủ nhỏ chỉ phụ thuộc vào F và S. Vì thế hằng số co giãn của SO nhận được trong Định lý 1.1 có thể được chọn chỉ phụ thuộc vào F và S.
Cho z(t) là một nghiệm khác của phương trình (2.2) và β :R →R là hàm khả vi liên tục vớiβ(0) = 0 sao cho với mọi t
Suy ra với mọi t
kz(β(t))−x(α(t))k ≤2M(δ+σ+d),
trong đó γ =β◦α−1. Khi đó nếu 2M(δ+σ+d)không vượt quá hằng số co giãn của tập hyperbolic SO, thì từ Định lý 1.1 suy ra tồn tại một số thực τ sao cho
x(0) =ψτ(z(0)),
trong đó
|τ| ≤T.2M(δ+σ+d)
T là hằng số chỉ phụ thuộc vào F và S nếu δ, σ và d đủ nhỏ. Giờ ta giả sử rằng
hz(β(t))−y(t), F(y(t))i= 0 với mọi t. (2.44) Cụ thể hz(0)−y(0), F(y(0))i= 0. Vì β(0) = 0, ta có kz(0)−y(0)k ≤M(δ+σ+d). Tuy nhiên, chú ý rằng hψτ(z(0))−y(0), F(y(0))i=hx(0)−y(0), F(y(0))i= 0.
Khi đó, từ tính duy nhất trong Bổ đề 2.3 suy ra τ = 0 với δ, σ vàd đủ nhỏ cho trước. Vì thế
x(0) =z(0) và do đó x(t) =z(t) mọi t.
Tiếp theo, chú ý từ phương trình (2.42) suy ra α(t) là một nghiệm của phương trình vi phân vô hướng
α0 = hy˙(t), F(y(t))i − hψα(x(0))−y(t), DF(y(t)) ˙y(t)i hG(ψα(x(0))), F(y(t))i
với α(0) = 0. Từ phương trình (2.44) đúng với mọi t, x(0) =z(0) và với δ, σ, d đủ nhỏ cho trước thì
hG(z(β(t))), F(y(t))i>0
với mọi t, β(t) là nghiệm của cùng bài toán giá trị ban đầu. Do đó, từ tính duy nhất ta có
α(t) =β(t)
Kết luận
Chúng ta đã chứng minh 2 phiên bản của tính bóng (rời rạc và liên tục) của tập bất biến hyperbolic của phương trình vi phân thường
x0 =F(x)
trong không gian hữu hạn chiều. Các tính chất này đúng cho mọi phương trình đủ gần phương trình đang xét.
Giả thiếtF xác định trên tập lồi, mở U là giả thiết mang tính kỹ thuật. Chúng tôi mong muốn bỏ giả thiết này bằng việc thay đổi ước lượng qua định lý trung bình.
Các kết quả trên cũng thích hợp để suy rộng cho hệ trên thang thời gian, vì bản thân thang thời gian là sự pha trộn của tính rời rạc và tính liên tục. Chúng tôi sẽ nghiên cứu bài toán này trong thời gian tới.
Tài liệu tham khảo
[1] Ju.L. Daleckii and M.G. Krein, (1974),Stability of Solutions of Differential Equa- tions in Banach Space, Amer.Math.Soc. Translations, R.I. Providence.
[2] J. Massera and J.J. Sch¨affer, (1966), Linear Differential Equations and Function Spaces, Academic Press, New York.
[3] J. Meiss, (2007),Diferential Dynamical Systems, SIAM, Philadelphia.
[4] M.W. Hirsch and S. Smale, (1974),Differential Equations, Dynamical Systems and Linear Algebra, Academic Press, New York.
[5] R.A. Sacker and G.R. Sell, (1974), "Existence of dichotomies and invariant split- tings for linear differential systems I", J.Diff.Eqns,(15), 429-458.
[6] Palmer Ken, (2000), Shadowing in Dynamical Systems Theory and Applications, Kluwer Academic Publishers.
[7] W.A. Coppel, (1965),Stability and Asymptotic Behavior of Differential Equations, D.C. Heath, Boston.
[8] W.A. Coppel, (1978), "Dichotomies in stability theory",Lecture Notes in Mathe- matics, (629), Springer-Verlag, Berlin.