vi phân không ôtônôm
Định lý Hartman-Grobman là một trong những kết quả quan trọng trong
lý thuyết định tính địa phương của phương trình vi phân ôtônôm Định lý chỉ ra rằng tại lân cận điểm cân bằng hyperbolic hệ phi tuyến sẽ có cấu
trúc định tính giống với hệ tuyến tính hóa của nó Cụ thể là, xét phương
trình vi phân ô tô nôm
x˙ = f (x), f (0) = 0,
trong đó f ∈ C 1(E) với E là tập mở chứa gốc Khi đó tồn tại một đồng phôi H trong lân cận điểm cân bằng sao cho với mọi x0 thuộc lân cận đó
ta luôn có
H ◦ φ(t, x0) = eAtH (x0)
Định lý này được chứng minh độc lập bởi P Hartman và nhà toán học người Nga D M Grobman Một trong những kết quả đầu tiên về tính trơn của f , H và H −1 đã được đưa ra bởi S Sternberg, xem [40] Trong trường hợp f ∈ C 2 cùng với điều kiện không cộng hưởng xảy ra thì Hart-
[18] Năm 1978, Palmer đã mở rộng định lý tuyến tính hóa Hartman- Grobman cho phương trình vi phân không ôtônôm với điều kiện đủ là 0 không thuộc phổ nhị phân mũ của hệ tuyến tính Tuy nhiên tính trơn của
H ở đây chưa được đánh giá Với mục tiêu tìm hiểu về tính trơn của H chúng tôi xây dựng và chứng minh Định lý Sternberg cho phương trình vi phân không ôtônôm Để chứng minh định lý này chúng tôi làm
phẳng
các đa tạp bất biến và loại bỏ các thành phần không cộng hưởng của hệ
phi tuyến Sau đó chúng tôi dùng phương pháp đường mở rộng để chứng
minh kết quả
Trong chương này, chúng tôi trình bày các kết quả nghiên cứu về tuyến tính hóa trơn cho hệ phương trình vi phân không ôtônôm Kết quả này được công bố trong công trình [CT1] Để thuận tiện cho người đọc theo dõi, cấu trúc của chương như sau:
· Đặt bài toán và phát biểu nội dung Định lý Sternberg cho phương trình vi phân không ôtônôm (Mục 3 1)
· Kết quả chuẩn bị về làm phẳng các đa tạp bất biến và loại bỏ thành phần không cộng hưởng (Mục 3 2)
· Xây dựng hệ sai phân liên kết cho phương trình vi phân không ôtônôm
(Mục 3 3)
· Thiết lập tiêu chuẩn tương đương của phương trình sai phân bằng phương pháp đường (Mục 3 4)
3 1 Đặt bài toán và phát biểu Định lý Sternberg cho phương trình vi phân không ôtônôm
Xét phương trình vi phân không ôtônôm: x˙ = A(t)x + f (t,
x), t ∈ R, (3 1)
trong đó A : R → Rd×d là ánh xạ đo được và thỏa mãn ess sup ||A(t)|| < ∞,
t∈R
và f : R × Rd → Rd là hàm C k Carathéodory, tức là với mỗi t ∈ R cố định thì f (t, ·) là liên tục, với mọi x ∈ Rd thì f (·, x) là đo được và với mỗi t ∈ R và với mọi x ∈ Rd thì đạo hàm riêng Dxkf (t, x) tồn tại và Dxj f là hàm Carathéodory với mọi j ∈ {1, , k}
Ta kí hiệu ΦA( , ) : R × R → Rd×d là toán tử tiến hóa của hệ tuyến tính
x˙ = A(t)x, (3 2)
tức là ΦA( , s)ξ là nghiệm của bài toán (3 2) với điều kiện ban đầu x(s) =
ξ
Chúng tôi giả sử các điều kiện sau đây trong suốt chương này
(A1) Hệ (3 1) có khai triển Taylor tại lân cận điểm cân bằng tầm thường thỏa mãn
f (t, 0) = 0 và Dxf (t, 0) = 0 với mỗi t ∈ R
(A2) Hệ tuyến tính (3 2) có tăng trưởng bị chặn mũ (xem [13]), tức là đối với toán tử tiến hóa Φ : R × R → Rd×d của hệ (3 2) tồn tại K, a > 0 sao cho
(A3) Hệ phi tuyến: Tồn tại M > 0 sao cho
∥Dxj f (t, x)∥ ≤ M với j = 0, , k, với mỗi t ∈ R và với mọi x ∈ Rd
Với mỗi k ∈ N và ma trận hàm khả tích địa phương A : R → Rd×d thỏa mãn (A2) ta định nghĩa tập các phương trình vi phân chấp nhận được
Ok(A) := {x˙ = A(t)x + f (t, x) : f là một hàm C k Carathéodory thỏa mãn (A1) và (A3)}
Sau đây chúng tôi nhắc lại về khái niệm C k tương đương của hai hệ phương trình vi phân không ôtônôm (xem [38])
Định nghĩa 3 1 (C k tương đương) Hai hệ thuộc Ok(A)
và
x˙ = A(t)x + f (t, x),
y˙ = A(t)y + g(t, y),
(3 3)
(3 4)
được gọi là C k tương đương, nếu tồn tại p, p > 0 và r ∈ (0, p), r ∈ (0, p)
cùng với các hàm liên tục
H : R × Br(0) → Rd và H −1 : R × Br(0) → Rd,
gọi là C k tương đương địa phương giữa (3 3) và (3 4), thỏa mãn các điều
kiện sau:
(i) Với mỗi t ∈ R ánh xạ
H (t, ·) : Br(0) → H (t, Br(0)) ⊂ Bp(0), H −1(t, ·) : Br(0) → H −1(t, Br(0)) ⊂ Bp(0), là C k vi phôi với
H −1(t, H (t, x)) = x với mọi x ∈ Br(0) với H (t, x) ∈ Br(0)
(ii) Nếu ν là nghiệm của (3 3) thuộc Br(0) thì H (·, ν(·)) là nghiệm của (3 4) Nếu ν là nghiệm (3 4) thuộc Br(0) thì H −1(·, ν(·)) là nghiệm của (3 3)
(iii) Nghiệm tầm thường được ánh xạ đến nhau đều: lim H (t, x) = lim H −1(t, x) = 0
x→0 x→0 đều theo t ∈ R
Một trong những kết quả đã biết về tuyến tính hóa hệ (3 1) đó là nếu (3 2) là hyperbolic, tức là 0 ∈ ΣED(A) (trong đó ΣED(A) là kí hiệu phổ nhị phân mũ của hệ tuyến tính (3 2)), thì mọi hệ thuộc O1(A) là tương đương
tô pô (C 0 tương đương) với (3 3) (xem [26]) Trong quá trình nghiên cứu
về tính trơn của hàm H chúng tôi thu được kết quả như sau:
Định lý 3 2 (Định lý Sternberg cho phương trình vi phân không ôtônôm) Cho ℓ ∈ N và kí hiệu ΣED(A) = λ1 ∪ λ2 ∪ · · · ∪ λn là phổ nhị phân mũ của hệ tuyến tính (3 2) (với λi = [ai, bi] là các đoạn phổ nhị phân mũ tương ứng) Giả sử hệ (3 2) là hyperbolic tức là 0 ∈ ΣED(A) Khi đó sẽ tồn tại một số k ∈ N nhỏ nhất, k ≥ ℓ, thỏa mãn điều kiện tách phổ
(k − ℓ)Σu > Σu − ℓΣs và (k − ℓ)Σs < Σs − ℓΣu, (3 5) trong đó
Σs := ΣED(A) ∩ R<0 và Σu := ΣED(A) ∩ R>0
Nếu không xảy ra điều kiện cộng hưởng đến bậc k, tức là
n n
λj ∩ kiλi = ∅ với mọi (k1, , kn) ∈
Nn0 với 2 ≤ ki ≤ k, (3 6)
i=1 i=1
3 2 Làm phẳng các đa tạp bất biến và loại bỏ thành phần không cộng hưởng
Kết quả chuẩn bị trong mục này là làm phẳng các đa tạp bất biến và loại bỏ các thành phần không cộng hưởng để chứng minh một hệ bất kì
k
về định nghĩa của lớp phương trình này) Khái niệm làm phẳng ở đây có
nghĩa là nếu các đa tạp ổn định và không ổn định của hệ phi tuyến trùng
với đa tạp ổn định và đa tạp không ổn định của hệ tuyến tính hóa tương
ứng
Giả sử A : R → Rd×d là đo được và bị chặn với 0 ∈ ΣED(A) Khi đó tồn tại phép đổi biến S : R → Rd×d sao cho y(t) = S(t)x(t) đưa hệ (3 2) về dạng chéo khối
y˙ = diag(A1(t), A2(t), , An(t))y, (3 7) trong đó Ai : R → Rdi×di là các hàm ma trận đo được và bị chặn d1 + d2 + + dn = d và
ΣED(Ai) = λi, (xem [37])
Do
H : R × Rd → Rd, (t, x) → H (t, x) := S(t)x,
thỏa mãn các điều kiện (i), (ii) và (iii) của Định nghĩa 3 1 với H −1(t, ·) = S(t)−1, ta có thể giả sử rằng A(t) có dạng đường chéo sau
A(t) = diag(A1(t), , An(t)),
với ΣED(Ai) = λi với i = 1, , n, ΣED(A) = ∪ni=1λi và λ1 > λ2 > · · · > thuộc Ok+2(A) là C k tương đương với một hệ thuộc Oflat(A), (xem (3 10)
λn Tồn tại m ∈ {0, , n} sao cho λ1 > · · · > λm > 0 > λm+1 > · · · > λn, ta định nghĩa Au(t) := diag(A1(t), , Am(t)) ∈ Rdu×du, (3 8) s ds×ds ,
trong đó du + ds = d, và nếu m = 0 thì du = 0, As = A, nếu m = d thì ds = 0, Au = A Kí hiệu πu và πs tương ứng là phép chiếu của Rd = Rdu × Rds lên Rdu và Rds Trong hệ tọa độ (xu, xs), với xu := πux, xs := πsx, hệ (3 7) viết lại như sau
x˙ u = Au(t)xu + πuf (t, xu, xs),
(3 9)
s s s u s
Kí hiệu φ(·, t0, xu0 , xs0) là nghiệm của bài toán (3 9) với điều kiện ban đầu
x(t0) = (xu0 , xs0) Theo lý thuyết về đa tạp bất biến (hay còn được gọi là
đa tạp tích phân) thì các đa tạp
U = (t, xu, xs) : lim φ(s, t, xu, xs) = 0
s→−∞
S = (t, xu, xs) : lim φ(s, t, xu, xs) = 0
s→∞
của nghiệm tầm thường của hệ (3 9), được gọi là các đa tạp không ổn định và đa tạp ổn định
Ta nói rằng U và S là làm phẳng, nếu chúng trùng với đa tạp không ổn định R × Rdu × {0} ⊆ R1+d và đa tạp ổn định R × {0} × Rds ⊆ R1+d
của hệ tuyến tính hóa
x˙ u = Au(t)xu, x˙ s = As(t)xs
x˙ = A (t)x + πsf (t, x , x ) A (t) := diag(Am+1(t), , An(t)) ∈ R
Sử dụng tính bất biến của U và S , khi đó U và S được làm phẳng là tương đương với điều sau
U = R × Rdu × {0} ⇔ πsf (t, xu, 0) = 0 với mọi (t, xu) ∈ R × Rdu, S = R × {0} × Rdu ⇔ πuf (t, 0, xs) = 0 với mọi (t, xs) ∈ R × Rds
Hơn nữa, dựa vào kết quả [37] ta sẽ loại bỏ các thành phần bậc cao và không cộng hưởng trong khai triển Taylor Dxi f (t, 0), i = 2, , k bằng các phép biến đổi C k tương đương Do đó hệ mới sẽ thỏa mãn thêm hai điều kiện sau:
(A4) Đa tạp ổn định và không ổn định là phẳng: πuf (t, 0, xs) = 0, πsf (t, xu, 0) =
0 với hầu hết t ∈ R và mọi (xu, xs) ∈ Rdu × Rds
(A5) Các phần tử trong khai triển Taylor đến bậc k được loại bỏ: Dxi f (t, 0) =
0 với i = 2, , k và hầu hết t ∈ R (do Dxf (t, 0) = 0 bởi (A1))
k k
(3 10) Trong mệnh đề sau chúng tôi chỉ ra rằng dưới điều kiện không cộng hưởng
của Định lý 3 2, một hệ bất kì hệ thuộc Ok+2(A) sẽ là C k tương đương
k
Mệnh đề 3 3 (Làm phẳng các đa tạp bất biến và loại bỏ thành phần không cộng hưởng) Kí hiệu ΣED(A) = λ1 ∪ λ2 ∪ · · · ∪ λn là phổ nhị phân mũ của hệ tuyến tính (3 2) Giả sử 0 ∈ ΣED(A) và k ∈ N Nếu điều kiện không cộng hưởng sau xảy ra
n n λj ∩ kiλi = ∅ với mọi (k1, , kn) ∈ Nn0 trong đó 2 ≤ ki ≤ k i=1 i=1 (3 11) Ta định nghĩa tập Oflat(A) ⊆ Ok(A) như sau:
Oflat(A) := Ok(A) ∩ {x˙ = A(t)x + f (t, x) : f thỏa mãn (A4) và (A5)}
Khi đó bất kì một hệ thuộc Ok+2(A) là C k tương đương với một hệ thuộc
k
Chứng minh Xét một hệ tùy ý
x˙ = A(t)x + f (t, x), (3 12)
thuộc Ok+2(A) với nghiệm φ(·, t0, xu0 , xs0) thỏa mãn φ(t0, t0, xu0 , xs0) = (xu0 , xs0)
Từ định nghĩa (3 8) of Au và As, ta có ΣED(Au) > 0 > ΣED(As) Gọi Φu
và Φs tương ứng là toán tử tiến hóa của hệ x˙ u = Au(t)xu và x˙ s = As(t)xs
Theo Định nghĩa 1 2 về phổ nhị phân mũ thì tồn tại các hằng số K, α > 0 sao cho ∥Φu(t, s)∥ ≤ Keα(t−s) ∥Φs(t, s)∥ ≤ Ke−α(t−s) với t ≤ s, với t ≥ s
Bước 1: (Làm phẳng các đa tạp ổn định và không ổn định) Áp dụng [4, Theorem 4 1], tồn tại hằng số L > 0 sao cho, nếu supt∈R,x∈Rd ∥Dxf (t, x)∥ ≤
L, hệ (3 12) sẽ có đa tạp ổn định và đa tạp không ổn định của nghiệm tầm thường Sử dụng giả thiết (A3) và định lý giá trị trung bình ta có
sup ∥Dxf (t, x)∥ ≤
t∈R,x∈Rd
sup ∥Dx2f (s, y)∥∥x∥ ≤ M ∥x∥,
s∈R,y∈Rd
và thay thế f bởi hàm cắt f˜ (xem trong [11, Example 6]) trong đó f và f˜ trùng nhau trên lân cận R × Br(0) ⊂ R × Rd với r > 0 đủ nhỏ và f˜ vẫn
thỏa mãn (A3), ta có supt∈R,x∈Rd ∥Dxf˜(t, x)∥ ≤ L Hệ sau khi được thay thế sẽ là C k tương đương với hệ ban đầu, để tiện lợi trong kí hiệu, chúng
tôi bỏ dấu ngã và viết lại f thay vì f˜
Theo [4, Theorem 4 1], tồn tại một ánh xạ liên tục u : R × Rdu → Rds sao cho đồ thị của hàm u
có đặc trưng sau:
U = (t, xu, xs) : lim φ(s, t, xu, xs) = 0
s→−∞
Tức là, U là đa tạp không ổn định của nghiệm tầm thường của hệ (3 12),
u(·, 0) = 0 và ta có tính bất biến sau
πs ◦ φ(t, s, xu, u(s, xu)) = u t, πu ◦ φ(t, s, xu, u(s, xu)) , (3 13) với mỗi t, s ∈ R, (xu, xs) ∈ Rd Theo [35, Theorem 5 20] thì u là một hàm
C k+2 Carathéodory với các đạo hàm riêng bị chặn toàn cục và
∂ u =0
với t ∈ R Ta định nghĩa H : R × Rd → Rd bởi
H (t, xu, xs) := (xu, xs − u(t, xu))
Khi đó H (·, 0) = 0, H (t, ·) là C k+2 vi phôi và khả nghịch với
H −1(t, x) = (xu, xs + u(t, xu)) và limx→0 H (t, x) = limx→0 H −1(t, x) = 0
∂
Lấy đạo hàm của cả hai vế của phương trình bất biến ta có (3 13) ∂u
∂t (t, xu) = As(t)u(t, xu) + πsf (t, xu, u(t, xu))
− ∂u (t, xu) Au(t)xu + πuf (t, xu, u(t, xu)) Khi đó, ta thu được H là phép đổi biến đưa (3 12) về
x˙ = A(t)x + g(t, x), với
πug(t, xu, xs) = πuf (t, xu, xs + u(t, xu)),
πsg(t, xu, xs) = πsf (t, xu, xs + u(t, xu)) − πsf (t, xu, u(t, xu))
(3 14)
− ∂u (t, xu) πsf (t, xu, xs + u(t, xu)) − πsf (t, xu, u(t, xu))
∂xu (t, 0)
đều theo t ∈ R do đó supt∈R,xu∈Rdu ∥ ∂xuu (t, xu)∥ < ∞
∂x
Hệ (3 14) là thuộc Ok+1(A), thỏa mãn điều kiện πsg(t, xu, 0) = 0, tức là đa tạp không ổn định của nó là phẳng và (3 12) là C k+1 tương đương với (3 14) Tương tự như vậy ta có thể làm phẳng đa tạp ổn định S := {(t, s(t, xs), xs) : (t, xs) ∈ R × Rds} của (3 14) với một C k tương đương (t, xu, xs) → (xu − s(t, xs), xs) Bằng cách xây dựng đồng thời hai phép đổi biến trên, thì (3 12) sẽ là C k tương đương với hệ thuộc Ok(A) thỏa mãn điều kiện (A4), tức là các đa tạp ổn định và không ổn định là phẳng
Bước 2 (Loại bỏ các thành phần không cộng hưởng): Nếu k = 1 không có các thành phần bị loại bỏ Nếu k ≥ 2, theo Định lý về dạng chuẩn tắc
cho phương trình vi phân không ôtônôm [37], mọi phần tử không cộng hưởng trong khai triển Taylor có bậc đến k có thể loại bỏ để được một hệ
C k tương đương Sử dụng giả thiết (3 11), mọi phần tử trong khai triển Taylor có bậc đến k là không cộng hưởng và do đó hệ được xây dựng
k
3 3 Hệ sai phân liên kết
Trong mục này, chúng tôi trước hết giới thiệu khái niệm hệ sai phân liên
kết với thang thời gian cho trước với một hệ thuộc Ok(A) Sau đó, chúng
tôi đưa ra một đặc trưng để hai hệ trong lớp Ok(A) là C k tương đương thông qua hệ sai phân liên kết Cuối cùng, chúng tôi đưa ra một số tính
k
3 3 1 Khái niệm hệ sai phân liên kết và một số tính chất
Ta có khái niệm sau về hệ sai phân liên kết với một phương trình vi phân không ôtônôm Cụ thể, với k ∈ N và một ma trận hàm khả tích địa
thông qua Bước 1 là C k tương đương với một hệ thuộc Oflat(A)
phương A : R → Rd×d thỏa mãn (A2), xét phương trình vi phân x˙ = A(t)x + f (t, x), (3 15)
thuộc Ok(A) với φ(·, t0, x0) là nghiệm của (3 15) thỏa mãn điều kiện ban đầu x(t0) = x0
Định nghĩa 3 4 (Hệ sai phân liên kết với thang thời gian-κ ) Cho κ ∈ R, κ > 0 Với n ∈ Z, x ∈ Rd, ta định nghĩa
Fn(κ)(x) := φ((n + 1)κ, nκ, x),
A(nκ) := Φ((n + 1)κ, nκ), fn(κ)(x) := Fn(κ)(x) − A(nκ)x, trong đó Φ là toán tử tiến hóa của (3 2) Khi đó
xn+1 = Fn(κ)(xn) (và tương đương xn+1 = A(nκ)xn + fn(κ)
(xn))
(3 16)
được gọi là hệ κ sai phân liên kết của (3 15) Với k ∈ N và ánh xạ f : Rd → Rd là C k, ta đặt ∥f ∥k := max sup ∥Dif (x)∥ 0≤i≤k x∈Rd Ta định nghĩa C k(Rd) := {f : Rd → Rd : f là C k với ∥f ∥k < ∞}, C1k(Rd) := {f ∈ C k(Rd) : f (0) = 0, Df (0) = 0}, k
Bổ đề 3 5 Xét hệ κ sai phân (3 16) liên kết của (3 15) Ta có các khẳng định sau:
(κ) (κ)
(κ)
k k
(b) Nếu hệ (3 16) thuộc Oflat(A), thì fn ∈ Cflat(Rd) với n ∈ N (a) supn∈Z ∥An ∥ < ∞ và supn∈Z ∥(An )−1∥ < ∞
(κ) (κ) với n ∈ Z và (xu, xs) ∈ Rd (κ) (κ) (κ) (κ) (κ) (κ)
Nên φ(·, ·, 0) = 0, tức là mệnh đề cần chứng minh đúng với i = 0 Tiếp theo, ta
có
∂φ + 1)κ, nκ, 0) = Φ((n + 1)κ, nκ) và mệnh đề cần chứng minh đúng với i = 1 Với i = 2, , k từ khai triển Taylor cho hàm x → φ((n + 1)κ, nκ, x) (C k khả vi) tại x = 0 ta cũng thu được khẳng
(κ)
(c) Ta có
fn(κ)(x) = φ((n + 1)κ, nκ, x) − Φ((n + 1)κ, nκ)x
Do đó, mệnh đề được suy ra trực tiếp từ phương trình bất biến (3 13) và do đa tạp ổn định và không ổn định của (3 16) là phẳng bởi (A4), tức là πuf (t, 0, xs) = 0 và πsf (t, xu, 0) = 0 với hầu hết t ∈ R và mọi (xu, xs) ∈ Rdu × Rds
3 3 2 C k tương đương của hệ sai phân liên kết
Sau đây chúng tôi đưa ra một điều kiển đủ cho C k tương đương của hai hệ phương trình vi phân không ôtônôm thuộc Ok(A) thông qua hệ sai phân liên kết của chúng
Định lý 3 6 (C k tương đương của hệ κ sai phân liên kết ) Hai hệ x˙ = A(t)x + f (t, x), (3 17) (c) Nếu hệ (3 16) thuộc Oflat(A), thì πk ufn (0, xs) = 0 và πsfn (xu, 0) = 0
Chứng minh (a) Từ (A2), ta có ∥An ∥ = ∥Φ((κ + 1)n, κn)∥ ≤ Keaκ Khi đó supn∈Z ∥An ∥ < ∞ Tương tự, ta cũng có supn∈Z ∥(An )−1∥ < ∞ (b) Để chứng minh fn ∈ Cflat(Rd) với n ∈ N, ta cần chỉ ra Dk ifn (0) = 0 với i = 0, , k Ta có fn (x) = φ((n + 1)κ, nκ, x) − Φ((n + 1)κ, nκ)x
∂x ((n
và
y˙ = A(t)y + g(t, y), (3 18)
thuộc Ok(A) là C k tương đương, nếu tồn tại κ > 0 sao cho hệ κ sai phân liên kết và xn+1 = Fn(κ)(xn), yn+1 = G(nκ)(yn), (3 19) (3 20)
là C k tương đương, tức là nếu tồn tại p, p > 0 và r ∈ (0, p), r ∈ (0, p) và
ánh xạ
Tn : Br(0) → Rd và Sn : Br(0) → Rd, sao cho các điều kiện sau được thỏa mãn
(i) Với mỗi n ∈ Z ánh xạ
Tn : Br(0) → Tn(Br(0)) ⊂ Bp(0), Sn : Br(0) → Sn(Br(0)) ⊂ Bp(0), là C k vi phôi và thỏa mãn
Tn(Sn(y)) = y với mọi y ∈ Br(0) ∩ Sn−1(Br(0)), Sn(Tn(x)) = x với mọi x ∈ Br(0) ∩ Tn−1(Br(0))
(κ) (κ)
thì ta có
Tn+1(Fn(κ)(x)) = G(nκ)(Tn(x)) và Sn+1(G(nκ)(y)) = Fn(κ)(Sn(y))
(iii) Nghiệm tầm thường được ánh xạ đến nhau thông qua Tn và Sn đều theo nghĩa sau
lim Tn(x) = 0
x→0 và lim Sn(y) = 0
y→0 đều theo n ∈ Z
Chứng minh Giả sử φ và ψ tương ứng là nghiệm của (3 17) và (3 18), Fn(κ)(x) = φ((n + 1)κ, nκ, x) và G(nκ)(y) = ψ((n + 1)κ, nκ, y)
Do các hệ phương trình(3 17) và (3 18) thuộc lớp Ok(A), hai hàm f và g là bị chặn toàn cục theo điều kiện (A3) Áp dụng bất đẳng thức
Gronwall
[18, Chapter 3, Theorem 1 1], tồn tại r∗ > 0 và r˜∗ > 0 sao cho với mọi n ∈ Z φ(κn, t, x) ∈ Br(0) ψ(κn, t, y) ∈ Br˜(0) với t ∈ [κn, κ(n + 1)], x ∈ Br∗(0), với t ∈ [κn, κ(n + 1)], y ∈ Br˜∗(0) (3 21)
Sử dụng giả thiết (iii) và làm cho r∗ , r˜∗ nhỏ đi, nếu cần thiết, ta có thể giả sử thêm rằng Tn(φ(κn, t, x)) ∈ Br(0) Sn(ψ(κn, t, y)) ∈ Br˜(0) với t ∈ [κn, κ(n + 1)], x ∈ Br∗(0), với t ∈ [κn, κ(n + 1)], y ∈ Br˜∗(0) (3 22)
Ta định nghĩa H : R × Br∗(0) → Rd và H −1 : R × Br˜∗(0) → Rd như sau H (t, x) := ψ t, κn, Tn(φ(κn, t, x)) −1 với x ∈ Br∗(0), với y ∈ Br˜∗(0), (3 23) với t ∈ [κn, κ(n + 1)) Từ (3 21) và (3 22), hàm H và H −1 được xác định, và để kết thúc chứng minh ta cần chỉ hai hệ (3 17) và (3 18) là C k tương
đương thông qua phép biến đổi H Tức là ta cần chỉ ra H và H −1 thỏa mãn các điều kiện (i), (ii) và (iii) trong Định nghĩa 3 1
Bước 1 (Kiểm tra điều kiện của Định nghĩa 3 1(i)): Theo kết quả về sự phụ thuộc trơn của nghiệm vào giá trị ban đầu, xem [18, Chapter V, Theorem ], ta có các nghiệm φ và ψ là C k Mặt khác Tn và Sn là C k vi phôi Do đó, các hàm H (t, ·) và H −1(t, ·) là C k Bây giờ lấy y ∈ Br˜∗(0)
tùy ý sao cho H −1(t, y) ∈ Br∗(0) Sử dụng định nghĩa (3 23) của H và H −1, ta có
H (t, H −1(t, y)) = ψ t, κn, Tn ◦ Sn(ψ(κn, t, y))
Từ (3 21), (3 22) và giả thiết (i), ta có Tn ◦ Sn(ψ(κn, t, y)) = ψ(κn, t, y) Do đó, H (t, H −1(t, y)) = y Tương tự nếu x ∈ Br∗(0) với H (t, x) ∈ Br˜∗(0) ta cũng có H −1(t, H (t, x)) = x
Bước 2 (Kiểm tra điều kiện của Định nghĩa 3 1(ii)): Giả sử µ(t) là một nghiệm bất kỳ của (3 17) trong Br∗(0) Theo định nghĩa (3 23) của H , với n ∈ Z và t ∈ [κn, κ(n + 1))