2.1 Phổ Lyapunov cho phương trình vi phân phân thứ
2.1.2 Số mũ Lyapunov cho nghiệm của phương trình vi phân phân thứ tuyến tính
Trong mục này, chúng ta xét phương trình vi phân phân thứ Caputo cấp α∈(0,1):
CD0+α x(t) =A(t)x(t), (2.10)
trong đó t ∈R≥0 và A:R≥0 →Rd×d là một hàm liên tục và bị chặn, tức là tồn tại một hằng số M > 0 sao cho
M := sup
t≥0
kA(t)k<∞. (2.11)
Sử dụng Bổ đề 2.1.3(i) và tớnh tuyến tớnh củaϕ(t,ã), với mọix0 ∈Rd\ {0}, chỳng ta có
χα(ϕ(ã, x0)) =
χα(ϕ(ã,kxx0
0k)), nếu χα(ϕ(ã,kxx0
0k))>0, χα(ϕ(ã,kxx0
0k))
kx0k , nếu χα(ϕ(ã,kxx0
0k))≤0.
(2.12)
Vì vậy, để ước lượng số mũ Lyapunov phân thứ của các nghiệm của (2.10), chúng ta chỉ cần đỏnh giỏ χα(ϕ(ã, x0)) với x0 ∈Rd mà kx0k= 1.
Bổ đề 2.1.4 (Về tính bị chặn của số mũ Lyapunov phân thứ). Kí hiệu Sd−1 là mặt cầu đơn vị trong Rd, tức là Sd−1 :={x∈Rd :kxk= 1}. Khi đó,
χα(ϕ(ã, x0))∈[−M, M], ∀x0∈Sd−1.
Chứng minh. Chox0∈Sd−1bất kỳ. Đầu tiờn chỳng ta chứng minh rằngχα(ϕ(ã, x0))≤ M. Từ công thức biểu diễn tích phân của nghiệm và Bổ đề Gronwall suy rộng 1.1.11:
kϕ(t, x0)k ≤Eα(M tα)kx0k, ∀t≥0.
Vì vậy,
χα(ϕ(ã, x0)) = lim sup
t→∞
1
tα logMα (kϕ(t, x0)k)
≤ lim sup
t→∞
1
tα logMα (Eα(M tα)kx0k)
≤ M.
Như vậy, chỳng ta chỉ cũn phải chứng minhχα(ϕ(ã, x0))≥ −M. Sử dụng lập luận phản chứng, cho χα(ϕ(ã, x0))≤ −M −2ε với ε > 0 nào đú. Theo định nghĩa của
χα, có T > 0 mà
kϕ(t, x0)k ≤Eα(−(M +ε)tα), ∀t≥T. (2.13) Do tính liên tục của hàm [0, T]→R, t7→ kϕ(t, x0)k, dẫn đến
K := max
t∈[0,T]kϕ(t, x0)k<∞. (2.14) Hơn nữa, do biểu diễn tích phân của nghiệm và giả thiết kx0k= 1, nên
kϕ(t, x0)k+ 1 Γ(α)
Z t 0
1
(t−τ)1−αkA(τ)kkϕ(τ, x0)kdτ ≥1.
Bất đẳng thức này cùng với (2.13), (2.14) và giả thiết kA(t)k ≤M, dẫn tới lim sup
t→∞
1 Γ(α)
Z T 0
KM
(t−τ)1−α dτ + Z t
T
M Eα(−(M+ε)τα) (t−τ)1−α dτ
!
≥1.
Tuy nhiên,
t→∞lim Z T
0
KM
(t−τ)1−α dτ ≤ lim
t→∞
T KM
(t−T)1−α = 0.
Vì vậy,
lim sup
t→∞
1 Γ(α)
Z t 0
M Eα(−(M +ε)τα)
(t−τ)1−α dτ ≥1. (2.15) Ngoài ra, do Eα(−(M +ε)tα) là nghiệm của CDα0+x(t) = −(M+ε)x(t), nên
Eα(−(M +ε)tα) + 1 Γ(α)
Z t 0
(M +ε)Eα(−(M +ε)τα)
(t−τ)1−α dτ = 1.
Từ đây suy ra,
lim sup
t→∞
1 Γ(α)
Z t 0
M Eα(−(M +ε)sα)
(t−τ)1−α dτ = M M +ε,
mâu thuẫn với (2.15). Vậy, giả thiết phản chứng là sai. Chứng minh được hoàn thành.
Chúng ta định nghĩa Phổ Lyapunov phân thứ của (2.10) là tập Σα :=
n
χα(ϕ(ã, x0)) :x0 ∈Rd\ {0}
o . Phổ Lyapunov phân thứ của (2.10) được mô tả như sau.
Định lý 2.1.5 (Phổ Lyapunov phân thứ của phương trình phân thứ). Xét hệ (2.10) với giả thiết kA(t)k ≤ M với mọi t ≥0. Khi đó, những phát biểu sau đây đúng:
(i) Σα⊂(−∞, M];
(ii) Tập Σα∩ R≥0 chứa nhiều nhất d phần tử phân biệt và chúng được kí hiệu là λj < λj−1 <ã ã ã< λ1, ở đõy 0≤j ≤d;
(iii) Nếu Σα∩ R<0 6=∅, thì R<0 ⊂Σα. Ngoài ra, các tập
S :={x0 ∈Rd :χα(ϕ(ã, x0))<0} (2.16) và
Ei :={x0 ∈Rd :χα(ϕ(ã, x0))≤λi}, i= 1, . . . , j,
là các không gian con tuyến tính trong Rd, thỏa mãn quan hệ bao hàm thức S =:Ej+1(Ej (Ej−1 (ã ã ã(E1. Thờm vào đú, với mọi i= 1, . . . , j,
χα(ϕ(ã, x0)) = λi khi và chỉ khi x0∈Ei\Ei+1. (2.17) Chứng minh. (i) Cho x0 ∈Rd\ {0} tùy ý. Theo (2.12), thì
χα(ϕ(ã, x0)) =
χα(ϕ(ã,kxx0
0k)), nếu χα(ϕ(ã,kxx0
0k))>0, χα(ϕ(ã,kxx0
0k))
kx0k , nếu χα(ϕ(ã,kxx0
0k))≤0.
Tớnh chất này cựng với Bổ đề 2.1.4 chỉ ra rằng −∞< χα(ϕ(ã, x0))≤M.
(ii) Cho x,ex∈Rd\ {0} thỏa món χα(ϕ(ã, x)), χα(ϕ(ã,ex))≥0. Từ Bổ đề 2.1.3(i) và Bổ đề 2.1.3(ii), chúng ta có
χα(ϕ(ã, x+ex))≤max
χα(ϕ(ã, x)), χα(ϕ(ã,ex)) (2.18) và
χα(ϕ(ã, x)) =χα(ϕ(ã, c x)) (2.19) với bất kì c ∈ R\ {0}. Giả sử phản chứng rằng tập Σα∩R≥0 có d+ 1 phần tử phõn biệt và chỳng được đỏnh số là λd+1 <ã ã ã< λ1. Gọi x1, . . . , xd+1 ∈Rd\ {0}
là các điều kiện đầu thỏa mãn
χα(ϕ(ã, xi)) = λi, i= 1, . . . , d+ 1. (2.20) Vì các vectơ này phụ thuộc tuyến tính, có d+ 1 số thực không đồng nhất bằng0 làα1, . . . , αd+1 thỏa mãn Pd+1
i αixi = 0. Đặt k := min
i∈ {1, . . . , d+ 1}:αi 6= 0 .
Chúng ta có biểu diễn xk =−Pd+1 i=k+1
αi
αkxi. Tính tuyến tính của ánh xạ nghiệm ϕ(t,ã) dẫn đến
ϕ(t, xk) = −
d+1
X
i=k+1,αi6=0
αi
αkϕ(t, xi).
Khẳng định này cùng với (2.18) và (2.19) đưa đến ước lượng sau χα(ϕ(ã, xk)) ≤ maxn
χα(−αj
αkϕ(t, xj)) :j ∈ {k+ 1, . . . , d+ 1} với αj 6= 0o
= max n
χα(ϕ(t, xj)) :j ∈ {k+ 1, . . . , d+ 1} với αj 6= 0o .
Theo (2.20), thì λk ≤ max{λj : j = k + 1, . . . , d+ 1}, vô lý. Vậy, giả thiết phản chứng là sai.
(iii) Khẳng định R<0 ⊂ Σα nếu Σα∩ R<0 6= ∅ được rút ra trực tiếp từ Bổ đề 2.1.3(i). Vì vậy, chúng ta chỉ cần chứng minh rằng các tậpS và Ei, i= 1, . . . , j, là cỏc khụng gian con tuyến tớnh củaRd. Tuy nhiờn,0∈Svàχα(ϕ(ã, x)), χα(ϕ(ã,ex))<
0với mọix,ex∈S\{0}. Hơn nữaχα(ϕ(ã, x+ex))<0, theo Bổ đề 2.1.3(iii), chỳng ta cú x+ex∈S. Tiếp đến, sử dụng Bổ đề 2.1.3(i), chỳng ta cũng cú χα(ϕ(ã, c x))<0 với bất kì c ∈ R\ {0}. Vì vậy, c x ∈ S. Các tính chất này chỉ ra rằng S là một không gian con củaRd. Hoàn toàn tương tự, các tậpEi, i= 1, . . . , j, là các không gian con của Rd. Cuối cùng, (2.17) được suy ra trực tiếp từ định nghĩa của S và Ei, i= 1, . . . , j.
Mối liên hệ giữa phổ Lyapunov phân thứ và tính ổn định cho nghiệm tầm thường của phương trình phân thứ tuyến tính được thể hiện trong kết quả sau đây.
Định lý 2.1.6 (Mối quan hệ giữa phổ Lyapunov phân thứ và tính ổn định).
Xét phương trình (2.10). Khi đó, những phát biểu sau đây đúng:
(i) Nếu mọi nghiệm của phương trình (2.10) bị chặn, thì Σα ⊂(−∞,0];
(ii) Nếu Σα ⊂ (−∞,0), thì mọi nghiệm của phương trình (2.10) đều tiến tới 0 tại vô cùng.
Chứng minh. (i) Giả sử mọi nghiệm của (2.10) đều bị chặn. Cho x0 ∈ Rd \ {0}
tựy ý. Chỳng ta cần chứng minh χα(ϕ(ã, x0)) ≤ 0. Bằng phản chứng, giả sử χα(ϕ(ã, x0))≥2ε với ε >0 nào đú. Từ định nghĩa, cú {tn}n∈N với limn→∞tn =∞
mà
kϕ(tn, x0)k ≥Eα(εtαn) với nđủ lớn. Vì vậy, với δ >0 cho trước nhỏ tùy ý, thì
kϕ(tn, δx0
kx0k)k ≥ δ
kx0kEα(εtαn) với n đủ lớn. Điều này chỉ ralim supt→∞kϕ(t,kxδx0
0k)k=∞, mâu thuẫn với giả thiết mọi nghiệm của phương trình đều bị chặn.
(ii) Giả sửΣα ⊂(−∞,0). Kớ hiệuk ã k2là chuẩn Euclide trờn Rd. Bởi vỡ cỏc chuẩn trên Rd là tương đương, có L >1 để
1
Lkxk2≤ kxk ≤Lkxk2, ∀x∈Rd.
Cho (ei)i=1,...,d là cơ sở chuẩn tắc của Rd. Cho trước δ >0 và chọn x0 ∈Rd thỏa mãn kx0k< δ. Khi đó, kx0k2 ≤Lδ. Ngoài ra, x0 có biểu diễn duy nhất trong cơ sở (ei)i=1,...,d dưới dạng
x0=
d
X
i=1
γiei,
ở đây các hệ số γi phải thỏa mãn kx0k22=
d
X
i=1
γi2 ≤L2δ2.
Từ đây,
kϕ(t, x0)k ≤Lδ
d
X
i=1
kϕ(t, ei)k, ∀t∈R≥0. (2.21) Vỡ χα(ϕ(ã, ei)) < 0 với i = 1, . . . , d, nờn limt→∞ϕ(t, ei) = 0 với i = 1, . . . , d. Kết hợp điều này với (2.21) dẫn tới limt→∞ϕ(t, x0) = 0. Định lí được chứng minh xong.