3 PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN TRONG KHÔNG GIAN BA-
3.3.1 Ổn định mũ đều của nghiệm của phương trình thuần nhất
Việc nghiên cứu tính ổn định của nghiệm của phương trình vi phân chính là bài toán nghiên cứu dáng điệu của nghiệm của nó tại vô cực. Trong phần này chúng ta sẽ không nghiên cứu nhiều về lý thuyết ổn định mà chỉ tập trung vào nghiên cứu một đặc tính được gọi là ổn định mũ đều. Trước tiên chúng ta xét phương trình vi phân tổng quát
dx
dt =f(t, x(t)), 0≤t <+∞, (3.51) với điều kiện ban đầu
x(s) = x0, 0≤s <+∞. (3.52) Chúng ta sẽ gọi nghiệm của bài toán Cauchy (3.51)− (3.52) là x(t) =x(t, s, x0).
Chương 3. PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN TRONG KHÔNG GIAN BANACH
Định nghĩa 3.5. (i) Ta nói rằng nghiệmx(t) = x(t, s, x0)của phương trình (3.51) là ổn định mũ đều nếu tồn tại các hằng số M >0 và α >0 sao cho mọi nghiệm
e
x(t) =ex(t, s,ex0) khác của nó luôn thỏa mãn
||ex(t)−x(t)|| ≤M e−α(t−s)||ex0−x0||, ∀s, t, 0≤s≤t <+∞. (3.53) (ii) Ta nói rằng nghiệm tầm thường x(t) = 0 (nếu có) của phương trình (3.51) là ổn định mũ đều nếu tồn tại các hằng số M >0 và α >0 sao cho mọi nghiệm
x(t) =x(t, s, x0) khác của nó luôn thỏa mãn
||x(t)|| ≤M e−α(t−s)||x0||, ∀s, t, 0≤s≤t <+∞. (3.54) Nhận xét 3.8. Nếu nghiệm tầm thường x(t) = 0 mà ổn định mũ đều thì mọi nghiệm khác sẽ dần tới 0 khi t −→+∞. Điều ngược lại không đúng.
Ví dụ minh họa
Ví dụ 3.4. Nghiên cứu tính ổn định mũ đều của nghiệm của các phương trình vi phân sau
(a) dx
dt = (−2 + 3 sint)x, 0≤t <+∞; (b) dx
dt = (6 + 8 cost)x−e6t+8 sintcost, 0≤t <+∞.
Lời giải. (a) Phương trình tương đương với
dx
x = (−2 + 3 sint)dt
tích phân hai vế, ta được
Z dx x = Z (−2 + 3 sint)dt hay ln|x|=−2t−3 cost+C, C ∈R.
Vậy nghiệm tổng quát
x(t) =C0.e−2t−3 cost, C0 ∈R.
Ta có
Chương 3. PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN TRONG KHÔNG GIAN BANACH
suy ra
C0 =e2s+3 cossx0.
Vậy nghiệm của bài toán Cauchy là
x(t) =e−2(t−s)−3 cost+3 cossx0=e−2(t−s)−3(cost−coss)x0.
Từ đó, ta có ước lượng
|x(t)|=e−2(t−s)−3(cost−coss)|x0| ≤e6e−2(t−s)|x0|.
Theo Định nghĩa thì nghiệm tầm thường của phương trình đã cho ổn định mũ đều.
(b) Giải bằng phương pháp biến thiên hằng số, ta có nghiệm của bài toán Cauchy của phương trình là
x(t) = (−sint+ sins+e−6s−8 sinsx0).e6t+8 sint.
Nhận thấy, với hai nghiệm x(t) = x(t, s, x0) và ex(t) = (t, s,ex0) bất kỳ, ta có
|ex(t)−x(t)|=e6(t−s)+8(sint−sins)|ex0−x0|
≥e6(t−s)−16|ex0−x0| −→+∞ khi t−→+∞.
Vậy mọi nghiệm của phương trình đã là không ổn định mũ đều. Ví dụ 3.5. Chứng tỏ rằng mọi nghiệm của phương trình sau dần tới 0 khi
t−→+∞ nhưng nghiệm tầm thường của nó không ổn định mũ đều.
dx
dt = (−2t+ 5tsint)x, 0≤t <+∞.
Chứng minh. Biến đổi phương trình và tích phân hai vế, ta được nghiệm tổng quát là
x(t) =C0.e−t2+5 sint−5tcost, C0 ∈R
từ đó
|x(t)|=|C0|e−t2+5 sint−5tcost ≤ |C0|e−t2+5+5t −→0, khi t−→+∞.
Nhưng nghiệm này không thỏa mãn bất đẳng thức
|x(t)| ≤M.e−α(t−s)|x0|, ∀t ≥s ≥0.
với M, α dương nào đó không phụ thuộc vào t, s. Vì nếu nó thỏa mãn, thì từ nghiệm của bài toán Cauchy
Chương 3. PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN TRONG KHÔNG GIAN BANACH bằng cách chọn t= (2n+ 1)π, s= 2nπ, n∈N ta được x(t) =e−t2+5t+s2+5s =e(s+t)(s−t+5) =e(4n+1)π(5−π). Vậy bất đẳng thức trở thành e(4n+1)π(5−π)|x0| ≤M.e−απ|x0| suy ra
M ≥e(4n+1)π(5−π)eαπ −→+∞ khi n −→+∞, (vô lý vì M hữu hạn).
Vậy nghiệm tầm thường không ổn định mũ đều.
Trong phần này chúng ta chỉ xét phương trình vi phân tuyến tính thuần nhất dạng tổng quát
dx
dt =A(t)x(t), 0≤t <+∞. (3.55) Định lý 3.9. Giả sử U(t, s), 0≤s ≤t <+∞, là một họ toán tử tiến hóa tương ứng với phương trình (3.55). Khi đó, nghiệm tầm thường x(t) = 0 của phương trình (3.55)là ổn định mũ đều khi và chỉ khi tồn tại hai hằng số M > 0 và α >0
sao cho
||U(t, s)|| ≤M e−α(t−s), ∀s, t, 0≤s ≤t <+∞. (3.56)
Chứng minh. Chúng ta đã biết rằng mỗi nghiệm x(t) của phương trình (3.55) có dạng
x(t) = U(t, s)x(s).
Do đó, nghiệm tầm thường của phương trình (3.55) là ổn định mũ đều khi và chỉ khi tồn tại hai hằng số M > 0 và α >0 sao cho
||x(t)|| ≤M e−α(t−s)||x(s)||, ∀s, t, 0≤s≤t <+∞,
khi và chỉ khi
||U(t, s)x(s)|| ≤M e−α(t−s)||x(s)||, ∀s, t, 0≤s≤t <+∞,
khi và chỉ khi
||U(t, s)|| ≤M e−α(t−s), ∀s, t, 0≤s≤t <+∞. Ví dụ 3.6. Nghiên cứu tính ổn định mũ đều của nghiệm tầm thường của các phương trình vi phân sau
Chương 3. PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN TRONG KHÔNG GIAN BANACH
(a) dx
dt = (−2 + 3 sint)x, 0≤t <+∞; (b) dx
dt = (6 + 8 cost)x, 0≤t <+∞.
Lời giải. (a) Trước tiên ta đi tìm họ U(t, s). Xét bài toán Cauchy của phương trình vi phân toán tử (dU dt = (−2 + 3 sint)U(t), U(0) = 1. Nghiệm tương ứng là U(t) =e−2t−3 cost+3. Suy ra U−1(t) = e2t+3 cost−3. Vậy họ toán tử U(t, s) là
U(t, s) = U(t)U−1(s) =e−2t−3 cost+3e2s+3 coss−3=e−2(t−s)−3(cost−coss)
Từ đó, ta có ước lượng
||U(t)||=e−2(t−s)−3(cost−coss) ≤e6e−2(t−s).
Theo Định lý 3.9, nghiệm tầm thường của phương trình đã cho ổn định mũ đều. (b) Giải tương tự như trên, ta có họ toán tử U(t, s) của phương trình là
U(t, s) = e6(t−s)+8(sint−sins).
Nhận thấy, với s cố định thì
||U(t, s)||=e6(t−s)+8(sint−sins) ≥e6(t−s)−8−8 sins −→+∞ khi t−→+∞.
Vậy nghiệm tầm thường x(t) = 0 không ổn định mũ đều.
Chú ý 3.2. Nhờ Định lý này mà thay vì nghiên cứu tính ổn định mũ đều của nghiệm tầm thường của phương trình (3.55) ta đi nghiên cứu tính ổn định mũ đều của họ toán tử tiến hóa U(t, s).
Giả sử N(a, u)là một hàm số xác định và liên tục trên miền(0,+∞)×[0,+∞)
sao cho
(i) Với mỗi a >0 cố định thì N(a, u) là một hàm không giảm theo u;
Chương 3. PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN TRONG KHÔNG GIAN BANACH
(iii) Với mỗi u≥0 cố định thì N(a, u) là một hàm không giảm theo a.
Định nghĩa 3.6. (i) Chúng ta nói rằng họ toán tử tiến hóa U(t, s) là ổn định mũ đều nếu tồn tại hai hằng số M >0 và α >0 sao cho
||U(t, s)|| ≤M e−α(t−s), ∀s, t, 0≤s≤t <+∞. (3.57) (ii) Chúng ta nói rằng họ toán tử tiến hóa U(t, s)là N− ổn định đều nếu đối với mọi x∈X, có một số a(x)>0 sao cho
sup
0≤s<+∞
Z +∞
s
N(a(x),||U(t, s)x||)dt <+∞. (3.58) (iii) Chúng ta nói rằng họ toán tử tiến hóa U(t, s) là bị chặn đều nếu
K1:= sup
0≤t−s≤1
||U(t, s)||<+∞. (3.59) Định lý chính ở phần này do Rolewicz S. đưa ra năm 1986 và được phát biểu như sau
Định lý 3.10. Nếu họ toán tử tiến hóa U(t, s) là bị chặn đều và là N− ổn định đều, thì nó là ổn định mũ đều.
Để chứng minh Định lý này, ta cần đến một số kết quả sau đây. Nhưng trước tiên là một ví dụ minh họa.
Ví dụ 3.7. Sử dụng Định lý 3.10 để chứng tỏ nghiệm tầm thường của phương trình vi phân sau là ổn định mũ đều
dx
dt = (−2 + 3 sint)x, 0≤t <+∞.
Chứng minh. Theo Ví dụ 3.6 phần (a) thì họ toán tử tiến hóa tương ứng là
U(t, s) = e−2(t−s)−3(cost−coss). Vì ||U(t, s)||=e−2(t−s)−3(cost−coss) ≤e−2(t−s)+6 ≤e6 nên K1= sup 0≤t−s≤1 ||U(t, s)||<+∞, từ đó họ U(t, s) bị chặn đều. Tiếp theo, bằng cách chọn hàm N(a, u) =a√ u
thì trên miền (0,+∞)×[0,+∞) hàmN(a, u) liên tục, không giảm theo từng biến và khi cố định a >0 thì N(a, u) = 0 ⇐⇒ u= 0.
Chương 3. PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN TRONG KHÔNG GIAN BANACH
Ngoài ra, với mọi x∈R, tồn tại a(x) =x2+ 1>0 sao cho
sup 0≤s<+∞ Z +∞ s N(a(x),||U(t, s)x||)dt≤ sup 0≤s<+∞ Z +∞ s (x2+ 1)p|x|e−(t−s)+3dt = sup 0≤s<+∞ (x2+ 1)p|x|es+3 Z +∞ s e−tdt = sup 0≤s<+∞ (x2+ 1)p|x|es+3(−e−t) t=+∞ t=s = (x2+ 1)p|x|e3 <+∞.
Vậy họU(t, s) làN− ổn định đều. Theo Định lý 3.10 suy ra nghiệm tầm thường
của phương trình trên là ổn định mũ đều.
Bổ đề 3.1. Nếu họ toán tử tiến hóa U(t, s) bị chặn đều thì với mọi T > 0, ta có
KT := sup 0≤t−s≤T ||U(t, s)||<+∞. (3.60) Chứng minh. Đặt T0=t−s, thì 0≤T0≤T và ||U(t, s)||=||U(s+T0, s)|| =||U(s+T0, s+T0−1)U(s+T0−1, s+T0−2). . . U(s+T0−[T0], s)|| ≤ ||U(s+T0, s+T0−1)||.||U(s+T0−1, s+T0−2)||. . .||U(s+T0−[T0], s)|| ≤K[T0]+1 1 ≤K1[T]+1<+∞. Vậy KT := sup 0≤t−s≤T ||U(t, s)|| ≤K1[T]+1<+∞. Định lý 3.11. Cho U(t, s) là họ toán tử tiến hóa bị chặn đều. Nếu có các hằng số T > 0 và q ∈ (0,1) sao cho với mọi t > 0 và mọi x ∈ X, tồn tại một số
θ=θ(t, x), 0< θ≤T, thỏa mãn
||U(t+θ, t)x|| ≤q||x||, (3.61)
thì họ U(t, s) là ổn định mũ đều.
Chứng minh. Lấy 0≤s≤t là hai số không đổi và x∈X là điểm cố định. Đặt
bt1 là số thỏa mãn
||U(bt1, s)x|| ≤q||x||, s <bt1 ≤s+T.
Sốbt1 như thế tồn tại theo (3.61). Tiếp theo, đặtbt2 là số thỏa mãn
Chương 3. PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN TRONG KHÔNG GIAN BANACH
Số bt2 như thế tồn tại theo (3.61). Tiến hành theo quy luật đó, chúng ta xây dựng được một dãy {bti} thỏa mãn
||U(bti+1,bti)U(bti, s)x|| ≤q||U(bti, s)x||, bti <bti+1≤bti+T.
Bây giờ chúng ta có hai khả năng: hoặc lim
i→+∞bti= +∞ hoặc lim
i→+∞bti<+∞.
Trong khả năng thứ nhất, chúng ta xây dựng dãy {ti} đơn giản bằng cách đặt ti =bti. Trong khả năng thứ hai, chúng ta xây dựng dãy {ti} phức tạp hơn như sau. Gọi m là số nguyên dương không đổi sao cho
qm−1KT /2 <1,
điều này có được là vì lim
n→+∞qnKT /2= 0.
Gọi i0 là số nguyên dương nhỏ nhất sao cho
b
ti0+m−bti0 < T
2,
điều này có được là vì lim
i→+∞bti <+∞, tức là {bti} là dãy Cauchy. Đến đây, chúng ta đặt ti=bti, ∀i= 1, . . . , i0, ti0+1=bti0+m+T 2. Nhận thấy rằng ||U(ti0+1, ti0)U(ti0, s)x||=||U(ti0+1,bti0+m)U(bti0+m,bti0)U(bti0, s)x|| ≤ ||U(ti0+1,bti0+m)||.||U(bti0+m, s)x|| ≤qmKT /2||U(bti0, s)x|| ≤q||U(ti0, s)x||.
Và ti0 < ti0+1 ≤ti0 +T. Vậy ta có dãy hữu hạn t1, t2, . . . , ti0+1.
Lặp lại cấu trúc xây dựng dãy {bti} từ chỉ số thứ i0 + 2 trở đi, các phần tử ứng với các chỉ số nhỏ hơn i0+ 1 được giữ nguyên còn bti0+1=ti0+1, và có thể cứ lặp lại như thế, chúng ta sẽ tìm được một dãy {ti} sao cho
||U(ti+1, ti)U(ti, s)x|| ≤q||U(ti, s)x||, (3.62)
ti < ti+1≤ti+T, (3.63)
lim
Chương 3. PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN TRONG KHÔNG GIAN BANACH
Theo (3.62), ta có
||U(ti, s)x|| ≤qi||x||. (3.65) Vì dãy {ti} không bị chặn nên sẽ tồn tại một chỉ số j sao cho t ∈(tj−1, tj].
Từ s đến t có j đoạn con [s, t1],[t1, t2], . . . ,[tj−1, t] với độ dài mỗi đoạn ≤T và có t−s
T đoạn con với độ dài mỗi đoạn =T. Vậy ta phải có
j ≥ t−s T . Từ (3.65), ta thu được ||U(t, s)x|| ≤ ||U(t, tj)||.||U(tj, s)x|| ≤KTqj||x|| ≤KTqt−Ts||x|| =KTe−(t−s)T1 ln1 q||x||.
Đối với mục đích của chúng ta thì Định lý 3.11 được phát biểu lại như sau sẽ hữu dụng hơn.
Định lý 3.11’. Cho U(t, s) là họ toán tử tiến hóa bị chặn đều. Nếu họ U(t, s)
không ổn định mũ đều thì với mọi T >0 và mọi q∈(0,1), tồn tại t >0 và x∈X,
sao cho
||U(t+θ, t)x||> q||x||, ∀θ∈(0, T]. (3.66) Mệnh đề 3.4. Cho N(u) là một hàm liên tục không giảm sao cho N(0) = 0 và
N(u)>0, ∀u >0. Giả sử U(t, s) là họ toán tử tiến hóa bị chặn đều. Khi đó, nếu họ U(t, s) không ổn định mũ đều thì tập E = x∈X: sup s≥0 Z +∞ s N(||U(t, s)x||)dt= +∞ (3.67)
là trù mật trong không gian X.
Chứng minh. Lấy x0∈X là một phần tử bất kỳ và δ0 là một số dương tùy ý. Chúng ta cần chứng tỏ rằng có một phần tử bx∈E sao cho ||xb−x0|| ≤2δ0. Nếu x0∈E thì ta đặt bx=x0. Nếu x0∈/E thì ta ký hiệu M0 := sup s≥0 Z +∞ s N(||U(t, s)x0||)dt <+∞.
Lấy tùy ý số q ∈(0,1), thì hiển nhiên N(qδ0)> 12N(qδ0) và do tính liên tục của hàm N(·) ta tìm được một số ε >0 sao cho
N(qδ0−ε)> 1
Chương 3. PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN TRONG KHÔNG GIAN BANACH
Hiển nhiên, với mỗi s ≥0, trên tập ω:={t≥s: ||U(t, s)x0||> ε} ta có
N(||U(t, s)x0||)≥N(ε).
Suy ra (với ký hiệu |ω| để chỉ độ đo Lebesgue của tập ω)
M0 ≥ Z +∞ s N(||U(t, s)x0||)dt≥ Z ω N(||U(t, s)x0||)dt≥ Z ω N(ε)dt =|ω|.N(ε).
Vậy độ đo Lebesgue của tập ω là
|{t≥s: ||U(t, s)x0||> ε}| ≤ M0
N(ε). (3.69)
Gọi T1 là số sao cho
T1 > M0 N(ε) + 2
2 1
N(qδ0).
Theo Định lý 3.11’ thì tồn tại số t1 >0 và phần tử x∈X sao cho
||U(t1+s, t1)x||> q||x||, ∀s∈(0, T1].
Nói riêng x6= 0, nên ta đặt ex=δ0 x
||x|| thì ta tìm được ex∈X, ||ex||=δ0 sao cho
||U(t1+s, t1)ex||> qδ0, ∀s ∈(0, T1]. (3.70) Đặt x1=ex+x0, ta có ||U(t1+s, t1)x1|| ≥ ||U(t1+s, t1)ex|| − ||U(t1+s, t1)x0||. (3.71) Dễ thấy tập hợp {0< s≤T1 : ||U(t1+s, t1)x0|| ≤ε}={t1< t≤t1+T1 : ||U(t, t1)x0|| ≤ε} là tập con của các tập {0< s≤T1 : ||U(t1+s, t1)ex||> qδ0}={0< s≤T1} theo (3.70) {0< s≤T1 : ||U(t1+s, t1)x1||> qδ0−ε} theo (3.71) và có độ đo Lebesgue bằng |{t1 < t≤t1+T1: ||U(t, t1)x0|| ≤ε}|=T1− |{t1< t≤t1+T1 : ||U(t, t1)x0||> ε}| ≥T1− |{t ≥t1 : ||U(t, t1)x0||> ε}| ≥T1− M0 N(ε) theo (3.69).
Chương 3. PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN TRONG KHÔNG GIAN BANACH
Do đó, độ đo Lebesgue của tập
Ω :={0< s≤T1: ||U(t1+s, t1)x1||> qδ0−ε} có ước lượng là |Ω| ≥T1− M0 N(ε) >2 2 1 N(qδ0). (3.72)
Hiển nhiên, trên tập Ω, ta có
N(||U(t1+s, t1)x1||)≥N(qδ0−ε). (3.73) Do đó, ta có đánh giá Z T1 0 N(||U(t1+s, t1)x1||)ds≥ Z Ω N(||U(t1+s, t1)x1||)ds ≥ Z Ω N(qδ0−ε)ds theo (3.73) > 1 2 Z Ω N(qδ0)ds = 1 2|Ω|N(qδ0) theo (3.68) > 1 22 2 1 N(qδ0)N(qδ0) = 2 theo (3.72). Như vậy, chúng ta đã xây dựng được một phần tử x1 và tìm được các số t1, T1
sao cho
||x1−x0||=δ0≤δ0;
Z T1
0
N(||U(t1+s, t1)x1||)ds >2.
Bây giờ chúng ta sẽ xây dựng theo quy nạp một dãy phần tử {x0, x1, . . . , xn, . . .}
và các dãy số dương {t1, t2, . . . , tn, . . .}, {T1, T2, . . . , Tn, . . .} và {δ0, δ1, . . . , δn, . . .} sao cho δn+1< 1 2δn, n = 0,1,2, . . .; (3.74) ||xn+1−xn|| ≤δn, n = 0,1,2, . . .; (3.75) Z Ti 0 N(||U(ti+s, ti)xn||)ds >2i, i= 1,2, . . . , n. (3.76) Phần tử đầu tiên x1 và các số đầu tiên t1, T1 và δ0 đã được xây dựng như trên. Giả thiết quy nạp rằng chúng ta đã tìm được các phần tử x0, x1, . . . , xn và các số dương t1, t2, . . . , tn, T1, T2, . . . , Tn và δ0, δ1, . . . , δn thỏa mãn (3.74), (3.75), (3.76).
Chương 3. PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN TRONG KHÔNG GIAN BANACH
Nhận xét rằng do họ U(t, s) bị chặn đều nên hàm số f(t, x) := ||U(t, ti)x|| liên tục theo (t, x), trên miền
D=
ti ≤t≤ti+Ti
||x−xn|| ≤∆n, với một ∆n >0 nào đó. Quả vậy, với t≥s, ta xét hiệu
|f(t, x)−f(s, y)|=||U(t, ti)x−U(s, ti)y||
≤ ||U(t, ti)x−U(t, ti)y||+||U(t, ti)y−U(s, ti)y||
=||U(t, ti)(x−y)||+||U(t, s)U(s, ti)y−U(s, ti)y|| ≤ ||U(t, ti)||.||(x−y)||+||U(t, s)U(s, ti)y−U(s, ti)y||
≤KTi.||x−y||+||U(t, s)U(s, ti)y−U(s, ti)y|| →0 khi (t, x)→(s, y), t≥s.
Tương tự, với t < s, ta xét hiệu
|f(t, x)−f(s, y)|=||U(t, ti)x−U(s, ti)y||
≤KTi.||x−y||+||U(t, ti)y−U(s, ti)y|| →0 khi (t, x)→(s, y), t < s.
Suy ra |f(t, x)−f(s, y)| −→0 khi (t, x)−→(s, y).
Vậy nên f(t, x) liên tục trên miền D.
Lại vì hàm N(·) liên tục nên hàm g(t, x) =N(f(t, x))liên tục trên D. Từ tính liên tục của tích phân phụ thuộc tham số, suy ra hàm
J(x) = Z ti+Ti ti g(t, x)dt= Z ti+Ti ti N(||U(t, ti)x||)dt = Z Ti 0 N(||U(ti+s, ti)x||)ds
liên tục theo x trên miền ||x−xn|| ≤∆n. Hơn nữa, từ điều kiện (3.76) ta có
J(xn)>2i.
Lại do J(x) liên tục nên ta có thể tìm được một số δn >0 sao cho
J(x) =
Z Ti
0
N(||U(ti+s, ti)x||)ds >2i, ∀x, ||x−xn|| ≤δn.
Không giảm tổng quát, ta có thể xem
δn < 1
2δn−1.
Bây giờ chúng ta có hai khả năng:
⊕ Khả năng thứ nhất sup t≥0 Z +∞ 0 N(||U(t+s, t)xn||)ds = +∞.
Chương 3. PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN TRONG KHÔNG GIAN BANACH
Khi đó sẽ tồn tại tn+1, Tn+1 sao cho
Z Tn+1 0 N(||U(tn+1+s, tn+1)xn||)ds >2n+1. Đến đây ta đặt xn+1=xn. ⊕ Khả năng thứ hai Mn := sup t≥0 Z +∞ 0 N(||U(t+s, t)xn||)ds <+∞.
Lúc này ta sẽ lặp lại như kiến trúc đã được thực hiện cho x1 ở trên.
Cụ thể, lấy tùy ý số q ∈ (0,1), thì hiển nhiên N(qδn) > 12N(qδn) và do tính liên tục của hàm N(·) ta tìm được một số ε >0 sao cho
N(qδn−ε)> 1
2N(qδn). (3.77)
Hiển nhiên, với mỗi t ≥0, trên tập ω :={0≤s≤Tn+1: ||U(t+s, t)xn||> ε} thì
N(||U(t+s, t)xn||)≥N(ε). Suy ra Mn ≥ Z +∞ 0 N(||U(t+s, t)xn||)dt≥ Z ω N(||U(t+s, t)xn||)dt ≥ Z ω N(ε)dt =|ω|.N(ε).
Vậy độ đo Lebesgue của tập ω là
|{0≤s≤Tn+1: ||U(t+s, t)xn||> ε}| ≤ Mn
N(ε). (3.78)
Gọi Tn+1 là số sao cho
Tn+1> Mn N(ε)+ 2
n+2 1
N(qδn).
Theo Định lý 3.11’ thì tồn tại số tn+1>0 và phần tử x∈X sao cho
||U(tn+1+s, tn+1)x||> q||x||, ∀s∈(0, Tn+1].