ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN KHOA TOÁN - CƠ - TIN HỌC TRỊNH THỊ THÙY ĐỊNH LÝ KIỂU PERRON CỦA PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Hà Nội - Năm 2015 ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN KHOA TOÁN - CƠ - TIN HỌC TRỊNH THỊ THÙY ĐỊNH LÝ KIỂU PERRON CỦA PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Chuyên ngành: TOÁN GIẢI TÍCH Mã số : 60 46 01 02 NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC TS LÊ HUY TIỄN Hà Nội - Năm 2015 Lời cảm ơn Luận văn hoàn thành hướng dẫn nhiệt tình TS Lê Huy Tiễn Thầy dành nhiều thời gian hướng dẫn giải đáp thắc mắc suốt trình làm luận văn Tôi muốn bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến thầy Qua đây, xin gửi tới quý thầy cô Khoa Toán - Cơ - Tin học, Trường Đại học Khoa học Tự nhiên, Đại học Quốc gia Hà Nội, thầy cô tham gia giảng dạy khóa cao học 2013 - 2015, lời cảm ơn sâu sắc công lao dạy dỗ suốt trình học tập Trường Để hoàn thành chương trình đào tạo hoàn thiện luận văn này, thời gian vừa qua nhận nhiều giúp đỡ quí báu gia đình, thầy cô bạn bè Vì vậy, này, muốn gửi lời cảm ơn tới người Hà Nội, ngày 15 tháng 11 năm 2015 Học viên Trịnh Thị Thùy Mục lục Mở đầu Kiến thức chuẩn bị 1.1 Không gian bất biến 1.2 Toán tử chiếu 1.3 Góc hai không gian bù 1.4 Bổ đề Gronwall-Bellman 1.5 Công thức biến thiên số 1.6 Tính ổn định hệ phương trình vi phân 1.7 Số mũ Lyapunov tính chất 3 7 Định lý kiểu Perron phương trình vi phân không ôtônôm 11 2.1 Các giả thiết 13 2.2 Dáng điệu nghiệm 15 2.3 Định lý kiểu Perron phương trình vi phân không ôtônôm 19 2.4 Ví dụ minh họa 37 Kết luận 43 Tài liệu tham khảo 44 Mở đầu Lý thuyết ổn định phận quan trọng lý thuyết định tính phương trình vi phân Nó ứng dụng ngày nhiều lĩnh vực kinh tế, khoa học kỹ thuật, sinh thái học môi trường Vì vậy, lý thuyết ổn định phương trình vi phân phát triển mạnh mẽ Có hai phương pháp nghiên cứu tính ổn định nghiệm phương trình vi phân phương pháp sử dụng số mũ đặc trưng Lyapunov (hay gọi phương pháp thứ Lyapunov), phương pháp hàm Lyapunov (hay gọi phương pháp thứ hai Lyapunov) Luận văn tập trung vào phương pháp thứ Cơ sở phương pháp khái niệm số mũ Lyapunov Với trường hợp phương trình vi phân ôtônôm x = Ax không gian hữu hạn chiều, giá trị riêng dùng để nghiên cứu tính ổn định Một kết biết cho trường hợp là: Định lý 0.0.1 (xem [2]) Phương trình vi phân ôtônôm x = Ax, x ∈ Rn ổn định tất giá trị riêng ma trận A có phần thực không dương, giá trị riêng có phần thực có ước đơn Nó ổn định tiệm cận tất giá trị riêng ma trận A có phần thực âm Còn trường hợp phương trình vi phân không ôtônôm x = A(t)x, số mũ Lyapunov dùng để nghiên cứu tính ổn định Chúng ta biết điều kiện đủ tính ổn định nghiệm phương trình sau: Định lý 0.0.2 (xem [2]) Phương trình x = A(t)x ổn định tiệm cận số mũ Lyapunov lớn âm Trong trường hợp phương trình ôtônôm hữu hạn chiều, với giả thiết thích hợp, nguyên lý từ ổn định nghiệm phương trình x = Ax kéo theo ổn định nghiệm phương trình nửa tuyến tính với nhiễu nhỏ x = Ax + f (x) Còn trường hợp không ôtônôm, điều không Vậy toán đặt với điều kiện phương trình vi phân nửa tuyến tính x = A(t)x + f (t, x) ổn định tiệm cận Để giải toán này, sử dụng số mũ Lyapunov Mục đích luận văn số mũ Lyapunov phương trình phi tuyến không ôtônôm ngặt trùng với số mũ Lyapunov phương trình không ôtônôm với điền kiện nhiễu f (t, x) đủ bé số giả thiết khác Nội dung luận văn trình bày lại báo [4], thực chi tiết chứng minh minh họa ví dụ Ngoài phần mở đầu, kết luận tài liệu tham khảo, luận văn gồm chương: Chương 1: Kiến thức chuẩn bị Trong chương này, trình bày khái niệm không gian bất biến, toán tử chiếu, góc hai không gian bù, bổ đề Gronwall-Bellman, công thức biến thiên số, khái niệm ổn định nghiệm Sau đó, trình bày khái niệm số mũ Lyapunov tính chất Chương 2: Định lý kiểu Perron phương trình vi phân không ôtônôm Mục đích chương số mũ Lyapunov phương trình phi tuyến không ôtônôm ngặt trùng với số mũ Lyapunov phương trình không ôtônôm đưa ví dụ minh họa Chương Kiến thức chuẩn bị Trong chương này, trình bày khái niệm không gian bất biến, toán tử chiếu, góc hai không gian bù, bổ đề Gronwall-Bellman, công thức biến thiên số, khái niệm ổn định nghiệm Sau đó, trình bày khái niệm số mũ Lyapunov tính chất 1.1 Không gian bất biến Định nghĩa 1.1 (xem [3]) Giả sử ϕ phép biến đổi tuyến tính K -không gian vectơ V Không gian L không gian V gọi bất biến phép biến đổi tuyến tính ϕ x ∈ L ϕ(x) ∈ L Ví dụ 1.1 Đối với phép biến đổi tuyến tính ϕ không gian vectơ V có không gian bất biến hiển nhiên {θ}, Kerϕ, Imϕ V Ví dụ 1.2 Cho phép biến đổi tuyến tính ϕ : R3 −→ R3 xác định ϕ ((x, y, z)) = (x − 3y + 4z, 4x − 7y + 8z, 6x − 7y + 7z) Chúng ta thấy, sở tắc phép biến đổi ϕ có ma trận A= −3 4 −7 −7 Ma trận A có đa thức đặc trưng p(λ) =| A − λI |= (3 − λ)(1 + λ)2 Như vậy, phép biến đổi ϕ có giá trị riêng λ1 = 3, λ2 = −1 (bội 2) Ta có R3 = R3 ⊕ R−1 Vì dim R3 = nên R3 = P3 Các vectơ riêng ứng với giá trị riêng λ = λ1 = có dạng u = (t, 2t, 2t), với giá trị thực t = Với t = ta có u1 = (1, 2, 2) Vậy không gian riêng R3 = span{u1 } bất biến phép biến đổi tuyến tính ϕ Ta có dim R−1 = Vì R−1 = m≥1 Ker(ϕ + I)m R−1 chứa không gian nghiệm hệ phương trình tuyến tính (A + I) Mà (A + I)2 = x y z = 0 = 16 −16 16 32 −32 32 32 −32 32 2 −3 4 −6 −7 (1.1) nên hệ phương trình (1.1) tương đương với hệ phương trình x − y + z = (1.2) Hệ phương trình (1.2) có hệ nghiệm {v1 = (1, 1, 0); v2 = (−1, 0, 1)} Vậy không gian riêng suy rộng R−1 = span{v1 , v2 } bất biến phép biến đổi tuyến tính ϕ 1.2 Toán tử chiếu Định nghĩa 1.2 Cho E không gian vectơ Toán tử tuyến tính P : E −→ E gọi toán tử chiếu P = P Đặt E1 = ImP E2 = KerP Toán tử chiếu có tính chất sau: (i) P |E1 = Id|E1 ; (ii)Q = Id − P toán tử chiếu gọi toán tử chiếu bù toán tử chiếu P Khi ImP = KerQ ImQ = KerP ; (iii) E1 ⊕ E2 = E Ta nói P toán tử chiếu lên E1 song song với E2 ; (iv) T : E −→ E ánh xạ tuyến tính Khi P T = T P E1 E2 không gian bất biến T Ví dụ 1.3 Cho phép biến đổi tuyến tính ϕ : R3 −→ R3 xác định ϕ ((x, y, z)) = (x − 3y + 4z, 4x − 7y + 8z, 6x − 7y + 7z) Theo Ví dụ 1.2 ta có R3 = R3 ⊕ R−1 , R3 = span{(1, 2, 2)} R−1 = span{(1, 1, 0); (−1, 0, 1)} không gian bất biến phép biến đổi tuyến tính ϕ Do đó, x ∈ R3 biểu diễn dạng x = y + z với y ∈ R3 , z ∈ R−1 Xét toán tử P : R3 −→ R3 định nghĩa P x = y Q : R3 −→ R3 xác định Qx = z Khi P Q toán tử chiếu bù 1.3 Góc hai không gian bù Định nghĩa 1.3 (xem [10]) Cho X không gian Banach, E F không gian tuyến tính X cho X = E ⊕ F Gọi α góc hai không gian E F Khi góc α xác định công thức sau α = inf{ x − y : x ∈ E, y ∈ F, x = y = 1} Ví dụ 1.4 Trong không gian R2 Hãy xác định góc hai trục Ox Oy định nghĩa ? Gọi không gian E trục Ox không gian F trục Oy Dễ thấy E, F không gian tuyến tính không gian R2 E ⊕ F = R2 Lấy u = (x, 0) ∈ E , v = (0, y) ∈ F cho u = v = Vì u = v = nên x2 = y = Do đó, có u − v = (x, 0) − (0, y) = (x, −y) = x2 + y = √ Vậy góc hai trục Ox Oy α = √ 1+1= √ Ví dụ 1.5 Trong không gian R3 Xác định góc trục Oz mặt phẳng (Oxy) Định nghĩa 1.3 ? Gọi không gian E trục Oz không gian F mặt phẳng (Oxy) Dễ thấy E, F không gian tuyến tính không gian R3 E⊕F = R3 Lấy u = (0, 0, z) ∈ E , v = (x, y, 0) ∈ F cho u = v = Vì u = v = nên z = x2 + y = Do đó, có u − v = (0, 0, z) − (x, y, 0) = (−x, −y, z) √ √ = x2 + y + z = + = √ Vậy góc trục Oz mặt phẳng (Oxy) α = 1.4 Bổ đề Gronwall-Bellman Bổ đề 1.1 (xem [1]) Giả sử λ(t) hàm thực liên tục µ(t) hàm liên tục không âm đoạn [a, b] Nếu hàm liên tục y(t) thỏa mãn t y(t) ≤ λ(t) + µ(s)y(s)ds, a với a ≤ t ≤ b, đoạn t y(t) ≤ λ(t) + λ(s)µ(s)e a Nói riêng, λ(t) ≡ λ số y(t) ≤ λe t a µ(s)ds t s µ(τ )dτ ds N = (β + 2Dη)−k0 xP (k0 r) k0 r Cùng với (2.18), (2.21) (2.20), với k ≥ k0 kr ≤ t ≤ (k + 1)r có x(t) ≤ Ceεkr x(kr) ≤ Ceεkr x(kr) = Ceεkr xP (kr) εkr ≤ 2Ce xP (kr) kr + xQ (kr) kr kr kr ≤ 2CN eεkr (β + 2Dη)k Nếu (β + 2Dη) ≥ x(t) ≤ 2CN eεt (β + 2Dη)t/r , t ≥ k0 r ⇔ log x(t) ≤ log 2CN eεt (β + 2Dη)t/r t log(β + 2Dη) + εt r log 2CN log(β + 2Dη) ⇔ log x(t) ≤ + +ε t t r log(β + 2Dη) ⇔ lim sup log x(t) ≤ + ε r t→+∞ t ⇔ log x(t) ≤ log 2CN + Nếu (β + 2Dη) < x(t) ≤ 2CN eεt (β + 2Dη)(t−r)/r , t ≥ k0 r ⇔ log x(t) ≤ log 2CN eεt (β + 2Dη)(t−r)/r t−r log(β + 2Dη) + εt r log 2CN − log(β + 2Dη) log(β + 2Dη) ⇔ log x(t) ≤ + +ε t t r log(β + 2Dη) + ε ⇔ lim sup log x(t) ≤ r t→+∞ t ⇔ log x(t) ≤ log 2CN + Như hai trường hợp, có log(β + 2Dη) lim sup log x(t) ≤ + ε r t→+∞ t Do η > tùy ý nên log β lim sup log x(t) ≤ + ε = a + ε < b, r t→+∞ t 30 với ε đủ nhỏ Điều thiết lập (2.24) Bây chứng minh (2.25) Chúng ta nhận thấy xP (kr) kr > với k đủ lớn, xP (kr) kr = x(kr) kr = xP (kr) kr + xQ (kr) kr ≤ xP (kr) kr =0 với vô số k , điều mâu thuẫn với giả thiết x(t) t ≥ x(t) > với t ≥ s xQ (kr) kr Bởi vậy, từ (2.36) suy ≤ với k đủ lớn xP (kr) kr Do đó, có xQ (kr) xP (kr) ≤ S = lim sup k→+∞ kr ≤ kr Mặt khác, từ (2.34) (2.36) suy xP (k + 1)r (k+1)r ≤ (β + 2Dγk ) xP (kr) kr Cùng với (2.33), với k đủ lớn, xQ (k + 1)r xP (k + 1)r (α − Dγk ) xQ (kr) kr − Dγk xP (kr) kr (β + 2Dγk ) xP (kr) kr (k+1)r α − Dγk xQ (kr) kr Dγk · − = β + 2Dγk xP (kr) kr β + 2Dγk α Lấy lim sup hai vế sử dụng (2.30), nhận S ≥ S β xQ (kr) kr α = Mà > nên S = Vậy lim k→+∞ xP (kr) kr β Trường hợp Giả sử (2.37) Chúng ta chứng minh (2.26) (2.27) α Cho trước < η < , tồn k0 đủ lớn cho 2D γk < η xP (kr) kr < xQ (kr) kr với k ≥ k0 (k+1)r ≥ Bởi (2.33), thấy k ≥ k0 , xQ (k + 1)r (k+1)r ≥ α xQ (kr) kr − Dη xQ (kr) = (α − 2Dη) xQ (kr) kr + xQ (kr) kr , tương tự vậy, có xQ (kr) kr ≥ (α − 2Dη) xQ (k − 1)r k−k0 ≥ · · · ≥ (α − 2Dη) = N (α − 2Dη)k , 31 (k−1)r xQ (k0 r) k ≥ k0 , k0 r kr N = (α − 2Dη)−k0 xQ (k0 r) k0 r > Cùng với (2.18), (2.21) (2.20), với k ≥ k0 kr ≤ t ≤ (k + 1)r có x(t) ≥ C −1 e−ε(k+1)r x (k + 1)r ≥ C −1 e−ε(k+1)r (2K)−1 e−ε(k+1)r x (k + 1)r = C −1 (2K)−1 e−2ε(k+1)r xP (k + 1)r ≥ C −1 (2K)−1 e−2ε(k+1)r xQ (k + 1)r −1 −1 −2ε(k+1)r ≥ C (2K) e (k+1)r (k+1)r + xQ (k + 1)r (k+1)r (k+1)r k+1 N (α − 2Dη) Nếu (α − 2Dη) ≥ x(t) ≥ C −1 (2K)−1 e−2ε(k+1)r N (α − 2Dη)t/r , t ≥ k0 r, khi, (α − 2Dη) < x(t) ≥ C −1 (2K)−1 e−2ε(k+1)r N (α − 2Dη)(t+r)/r , t ≥ k0 r Trong hai trường hợp, có lim inf t→+∞ log(α − 2Dη) log x(t) ≥ − 2ε t r Cho η → 0, thu lim inf t→+∞ log α log x(t) ≥ − 2ε = c − 2ε > b, t r với ε đủ nhỏ Điều thiết lập (2.26) Bây chứng minh (2.27) Cũng lập luận tương tự trường hợp 1, thấy xQ (kr) kr > với k đủ lớn, xQ (kr) kr = x(kr) kr = xP (kr) kr + xQ (kr) kr ≤ xQ (kr) kr =0 với vô số k , điều mâu thuẫn với giả thiết x(t) t ≥ x(t) > với t ≥ s xP (kr) kr Bởi vậy, từ (2.37) suy < với k đủ lớn xQ (kr) kr Do đó, có ≤ R = lim sup k→+∞ 32 xP (kr) xQ (kr) kr kr ≤ Mặt khác, từ (2.33) (2.36) suy xQ (k + 1)r (k+1)r ≥ (α − 2Dγk ) xQ (kr) kr Cùng với (2.34), với k đủ lớn, xP (k + 1)r xQ (k + 1)r (k+1)r (k+1)r (β + Dγk ) xP (kr) kr + Dγk xQ (kr) (α − 2Dγk ) xQ (kr) kr xP (kr) kr Dγk β + Dγk · + = α − 2Dγk xQ (kr) kr α − 2Dγk ≤ Lấy lim sup hai vế sử dụng (2.30), nhận R ≤ Mà β xP (kr) < nên R = tức lim k→+∞ xQ (kr) α kr kr β R α = kr Bây bắt đầu chứng minh Định lý 2.5 Cho x(t) nghiệm phương trình (2.15) thỏa mãn giả thuyết định lý Nếu x(s) = với số s theo (2.17) suy x(t) = với t ≥ s Vậy trường hợp thứ định lý xảy Giả sử x(t) = với t ≥ s Khi đó, gọi λ1 < · · · < λp số mũ Lyapunov phương trình (2.1) Lấy bj ∈ R cho λj < bj < λj+1 với ≤ λj < p Cũng lấy b0 < λ1 ( λ1 = −∞ ) bp > λp Chúng ta lập luận tương tự cách chứng minh Bổ đề 2.3, tồn j ∈ {1, , p} cho lim sup log x(t) < bj t→+∞ t log x(t) > bj−1 t→+∞ t λj , nhận lim inf Cho bj λj bj−1 log x(t) = λj t→+∞ t lim Vậy chứng minh Định lý 2.5 33 Nhận xét: Ý nghĩa Định lý 2.5 từ ổn định nghiệm phương trình không ôtônôm x = A(t)x kéo theo ổn định nghiệm phương trình nửa tuyến tính không ôtônôm với nhiễu nhỏ x = A(t)x + f (t, x) Bây rằng, nghiệm x(t) phương trình (2.15) thỏa mãn trường hợp thứ hai Định lý 2.5 tiếp xúc tiệm cận với không gian Fi (t) với i (2.16) Chúng ta xét phân tích Cn = E(t) ⊕ F (t) ⊕ Fi (t), E(t) = Fj (t) F (t) = ji với t ≥ Cho P (t), Q(t) R(t) phép chiếu tương ứng với phân tích Định lý 2.6 Giả sử điều kiện B1-B3 thỏa mãn, x(t) nghiệm phương trình (2.15) hàm liên tục f : R × Cn −→ Cn cho f (t, x(t)) ≤ γ(t) x(t) , t≥0 với γ : R −→ R hàm liên tục thỏa mãn t+1 eδτ γ(τ )dτ → t → +∞ t số δ > Nếu tồn i ∈ {1, , p} cho log x(t) t→+∞ t λi = lim lim e−2εkr k→+∞ lim e−2εkr k→+∞ P (kr)x(kr) R(kr)x(kr) Q(kr)x(kr) R(kr)x(kr) với r, ε > 34 kr =0 (2.42) =0 (2.43) kr kr kr Chứng minh Chúng ta có x(t) = xP (t) + xQ (t) + xR (t), xP (t) = P (t)x(t), xQ (t) = Q(t)x(t) xR (t) = R(t)x(t) Lấy a < b < c cho [a, c] ⊂ (λi−1 , λi ) Khi log x(t) = λi > b t→+∞ t lim theo Bổ đề 2.3 lim k→+∞ xP (kr) kr xQ (kr) + xR (kr) = (2.44) kr Cũng lấy a < b < c cho [a , c ] ⊂ (λi , λi+1 ) Lưu ý a > a c > c, có lim log x(t) = λi < b t→+∞ t theo Bổ đề 2.3 lim k→+∞ xQ (kr) kr xP (kr) + xR (kr) = 0, (2.45) kr với chuẩn · định nghĩa (2.19) thay a a c c Lấy η ∈ (0, 1), (2.45), với k đủ lớn, có xQ (kr) kr ≤ η xP (kr) + xR (kr) kr (2.46) kr (2.47) Tương tự, (2.44), với k đủ lớn, xP (kr) kr ≤ η xQ (kr) + xR (kr) Bởi (2.19), từ a > a, có xP (kr) kr = sup e−a(σ−kr) T (σ, kr)P (kr)xP (kr) σ≥kr = sup e−(a−a )(σ−kr) e−a (σ−kr) T (σ, kr)P (kr)xP (kr) σ≥kr ≥ sup e−a (σ−kr) T (σ, kr)P (kr)xP (kr) σ≥kr = xP (kr) kr (2.48) 35 Tương tự, (2.19), từ c > c, có xQ (kr) kr = sup e−c(σ−kr) T (σ, kr)Q(kr)xQ (kr) σ≤kr = sup e−(c−c )(σ−kr) e−c (σ−kr) T (σ, kr)Q(kr)xQ (kr) σ≤kr ≤ sup e−c (σ−kr) T (σ, kr)Q(kr)xQ (kr) σ≤kr = xQ (kr) kr (2.49) Sử dụng (2.48) (2.49), từ (2.47) có xP (kr) kr ≤ xP (kr) kr ≤ η xQ (kr) ≤ η xQ (kr) + xR (kr) kr + η xR (kr) kr kr (2.50) Do đó, từ (2.46) với (2.50), nhận xQ (kr) kr ≤ η xP (kr) + xR (kr) ≤ η xP (kr) kr ≤ η η xQ (kr) = η xQ (kr) kr + η xR (kr) kr kr kr + η xR (kr) + η xR (kr) kr kr + η xR (kr) + η xR (kr) kr kr , xQ (kr) kr ≤ η η xR (kr) − η2 kr + xR (kr) kr Vì thế, sử dụng (2.21), có xQ (kr) kr ≤ xQ (kr) kr η η xR (kr) kr + xR (kr) kr ≤ − η2 η η2Keεkr xR (kr) + 2Keεkr xR (kr) ≤ 1−η η = (η + 1)2Keεkr xR (kr) 1−η 2Kη εkr = e xR (kr) 1−η 2Kη εkr ≤ e xR (kr) kr 1−η 36 (2.51) Từ bất đẳng thức suy e−2εkr xQ (kr) xR (kr) kr kr ≤ 2Kη → (k → +∞) (1 − η)eεkr Điều có nghĩa lim e−2εkr k→+∞ xQ (kr) xR (kr) kr = kr Sử dụng (2.21), (2.49) (2.51), từ (2.47) có xP (kr) kr ≤ η xQ (kr) + xR (kr) kr ≤ η xQ (kr) kr + η xR (kr) kr 2Kη εkr ≤η e xR (kr) + η2Keεkr xR (kr) 1−η 2Kη εkr e xR (kr) + 2Kηeεkr xR (kr) = 1−η = 2Kη + 2Kη eεkr xR (kr) 1−η ≤ 2Kη + 2Kη eεkr xR (kr) 1−η kr Từ bất đẳng thức trên, nhận −2εkr e xP (kr) xR (kr) kr ≤ kr 2Kη + 2Kη 1−η · eεkr → (k → +∞) Điều tương đương với lim e−2εkr k→+∞ xP (kr) xR (kr) kr = kr Định lý hoàn toàn chứng minh 2.4 Ví dụ minh họa Trong mục này, kiểm tra tính đắn ứng dụng định lý kiểu Perron phương trình vi phân Trước tiên, kiểm tra tính đắn định lý kiểu Perron ví dụ đơn giản sau 37 Ví dụ 2.1 Tính số mũ Lyapunov phương trình vi phân sau a) x1 = −x1 x2 = −2x2 (2.52) x1 = −x1 + e−3t sin x2 x2 = −2x2 (2.53) b) a) Từ phương trình (2.52), có −1 0 −2 A= Vì A ma trận số nên số mũ Lyapunov phương trình (2.52) giá trị riêng ma trận A Do vậy, phương trình (2.52) có số mũ Lyapunov −1 −2 b) Từ phương trình (2.53) nhận được, x1 = −x1 + e−3t sin x2 x2 = C2 e−2t x = −x1 + e−3t sin C2 e−2t ⇔ x2 = C2 e−2t x1 + x1 = e−3t sin C2 e−2t ⇔ x2 = C2 e−2t x1 = e− dt C1 + e−3t sin C2 e−2t e x = C2 e−2t   x1 = e−t C1 + cos C2 e−2t ⇔ 2C2  −2t x2 = C2 e ⇔ dt dt Từ suy số mũ Lyapunov phương trình (2.53) −2 −1 Chúng ta thấy, ma trận A dạng khối, số mũ Lyapunov phương trình (2.52) ngặt, f (t, x) = (e−3t sin x2 , 0) hàm liên tục R × R2 f (t, x) = (e−3t sin x2 , 0) = e−6t sin2 x2 ≤ e−6t x2 ≤ e−6t x Từ bất đẳng thức suy f (t, x) ≤ e−3t x Như vậy, γ(t) = e−3t hàm liên tục R δ = > thỏa mãn 38 t+1 t+1 eδτ γ(τ ) = t e2τ e−3τ = t t+1 e−τ → t → +∞ t Vậy tất giả thiết Định lý 2.1 thỏa mãn tính toán trực tiếp thấy số mũ Lyapunov phương trình (2.52) (2.53) trùng Tiếp theo ví dụ ứng dụng định lý kiểu Perron Ví dụ 2.2 Cho ma trận phức vuông cấp ×   2i(t2 + 3) t2 + A(t) =  − t2 + 2(t + 1) − t2 +  i(t2 + 1) liên tục với t ≥ hàm f : R × C2 −→ C2 xác định f (t, x) = e−5t sin (Rex1 ) + iImx1 sin (Rex2 ) + iImx2 Tính số mũ Lyapunov phương trình vi phân sau a) x = A(t)x (2.54) x = A(t)x + f (t, x) (2.55) b) a) Trước tiên, chéo hóa ma trận A(t) Tìm giá trị riêng ma trận A(t) Vì A(t) ma trận tam giác nên giá trị riêng là: t2 + λ1 = − ; t +1 λ2 = i(t2 + 1) Tìm vectơ riêng Vectơ riêng u = (x1 , x2 ) ∈ C2 ma trận A(t) ứng với giá trị riêng λ nghiệm hệ phương trình tuyến tính   t2 + 2i(t2 + 3)  − t2 + − λ 2(t + 1) − t2 +  x1 = x2 0 i(t2 + 1) − λ 39 Hay    − (t2 + 3) 2i(t2 + 3) − λ x1 + 2(t2 + 1) − x2 = t2 + t +1 i(t2 + 1) − λ x2 =0 (t2 + 3) • Với λ = λ1 = − ta có hệ t +1    2(t2 + 1) − 2i(t + 3) x2 =  t2 + ⇔   i(t2 + 1) + (t + 3) x2  =0 t2 + x1 ∈ C x2 = Do đó, vectơ riêng ma trận A(t) ứng với giá trị riêng λ1 = (t2 + 3) có dạng u = (x1 , 0); x1 ∈ C, x1 = Ứng với x1 = i ta có − t +1 vectơ riêng u1 = (i, 0) Vậy không gian riêng F1 = span{u1 } • Với λ = λ1 = i(t2 + 1) ta có t2 + 2i(t2 + 3) 2 − i(t + 1) x1 + 2(t + 1) − x2 = − t +1 t +1 ⇔ x1 + 2ix2 = Giải ta có x1 = −2ix2 Do vậy, vectơ riêng ma trận A(t) ứng với giá trị riêng λ2 = i(t2 + 1) có dạng u = (−2x2 , x2 ); x2 ∈ C, x2 = Ứng với x2 = −1 ta có vectơ riêng u2 = (2i, −1) Vậy không gian riêng F2 = span{u2 } Khi ma trận A(t) dạng đường chéo   t2 +  B(t) = P A(t)P −1 =  − t2 + i(t + 1) P = i 2i −1 P −1 = −i −1 Đổi biến: y = P x ⇔ x = P −1 y Khi phương trình (2.54) trở thành y = P x = P A(t)x = P A(t)P −1 y = B(t)y 40 Do đó, y = B(t)y  t2 +  ⇔ y1 = − t2 + y1 y = i(t2 + 1)y 2 ⇔ y1 = C1 e−(t+2 arctan t) y2 = C2 ei(t /3+t) Mà x = P −1 y nên phương trình (2.54) có nghiệm tổng quát x1 x2 = −i −1 y1 y2 Hay x1 = −iC1 e−(t+2 arctan t) + 2C2 ei(t x2 = −C2 ei(t /3+t) /3+t) Với điều kiện ban đầu x(0) = x0 = (i, 0) ∈ F1 \{0} phương trình (2.54) có nghiệm riêng −(t+2 arctan t) x(t) = ie Do vậy, log x(t) = −1 t→+∞ t Với điều kiện ban đầu x(0) = x0 = (2i, −1) ∈ F2 \{0} phương trình (2.54) có nghiệm riêng λ(x0 ) = lim (−2 + 2i)e−(t+2 arctan t) + 2ei(t −ei(t /3+t) x(t) = /3+t) Do đó, log x(t) = t→+∞ t Vậy phương trình (2.54) có hai số mũ Lyapunov −1 b) Theo câu a) điều kiện A1-A2 Định lý 2.1 thỏa mãn Hơn nữa, dễ dàng thấy f (t, x) hàm liên tục R × C2 λ(x0 ) = lim 41 f (t, x) =e sin2 (Rexk ) + (Imxk )2 −10t k=1 (Rexk )2 + (Imxk )2 ≤ e−10t k=1 |xk | = e−10t x = e−10t k=1 Từ bất đẳng thức ta suy f (t, x) ≤ e−5t x Như thế, γ(t) = e−5t hàm liên tục R δ = > thỏa mãn t+1 t+1 δτ e γ(τ ) = t 3τ −5τ e e t+1 = t e−2τ → t → +∞ t Như vậy, tất giả thiết Định lý 2.1 thỏa mãn nên số mũ Lyapunov nghiệm phương trình (2.55) nhận hai giá trị −1 42 Kết luận Luận văn hoàn thành với kết đạt sau đây: Trong Chương 1, trình bày khái niệm không gian bất biến, toán tử chiếu, bổ đề Gronwall-Bellman, công thức biến thiên số, định nghĩa số mũ Lyapunov cho phương trình vi phân, số mũ Lyapunov tính chất khái niệm ổn định nghiệm Trong Chương 2, trình bày chi tiết lại kết báo [4] Đồng thời, trình bày cách rõ ràng cho phần chứng minh bổ đề định lý Hơn nữa, đưa ví dụ minh họa cho kết luận văn Tuy nhiên, trình độ thời gian hạn chế nên luận văn không tránh khỏi thiếu sót Vì vậy, mong nhận góp ý từ Thầy Cô bạn để luận văn hoàn chỉnh 43 Tài liệu tham khảo [1] Cung Thế Anh, Cơ sở lý thuyết phương trình vi phân, NXB Đại Học Sư Phạm (2015) [2] Nguyễn Thế Hoàn, Phạm Phu, Cơ sở phương trình vi phân lý thuyết ổn định, NXB Đại Học Quốc Gia Hà Nội (2000) [3] Trần Trọng Huệ, Đại số tuyến tình hình học giải tích, tập 2, NXB Đại Học Quốc Gia Hà Nội (2002) [4] L Barreira, C Valls, A Perron-type theorem for noautonomous differential equations, J Differential Equation 258 (2015) 339-361 [5] L Barreira, Ya Pesin, Lyapunov Exponents and Smooth Ergodic Theory, University Lecture Series, vol 23, Amer Math Soc., 2002 [6] L Barreira, Ya Pesin, Nonuniform Hyperbolicity, Encyclopedia of Mathematics and Its Applications, vol 115, Cambridge University Press, 2007 [7] L Barreira, C Valls, Stability of nonautonomous differential equations in Hilbert spaces, J Differential Equations 217 (2005) 204–248 [8] L Barreira, C Valls, Stability of Nonautonomous Differential Equations, Lect Notes in Math., vol 1926, Springer, 2008 [9] C Coffman, Asymptotic behavior of solutions of ordinary difference equations, Trans Amer Math Soc 110 (1964) 22–51 [10] W Coppel, Stability and Asymptotic Behavior of Differential Equations, D C Heath and Co., 1965 [11] P Hartman, A Wintner, Asymptotic integrations of linear differential equations, Amer J Math 77 (1955) 45–86 44