ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN KHOA TOÁN CƠ TIN PHAN THỊ THANH VÂN TÍNH THUẬN VÀ TÍNH NGHỊCH CỦA HỆ TAM PHÂN MŨ KHÔNG ĐỀU TRÊN ĐA TẠP TÂM LUẬN VĂN THẠC SĨ TỐN HỌC Chun ngành: TỐN GIẢI TÍCH Mã số : 60 46 01 NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC TS LÊ HUY TIỄN Hà Nội - Năm 2012 Mục lục Lời nói đầu Kiến thức chuẩn bị 1.1 1.2 Hệ tam phân mũ 1.1.1 Hệ tam phân mũ 1.1.2 Hệ tam phân mũ không 1.1.3 Không gian tâm, ổn định không ổn định Đa tạp tâm 1.2.1 Các khái niệm 1.2.2 Sự tồn đa tạp tâm 2 8 Tính thuận tính nghịch phương trình vi phân khơng gian Banach 12 2.1 Hệ đối xứng 12 2.2 Tính nghịch phương trình vi phân khơng ơtơnơm 14 2.3 2.4 2.5 Tính nghịch phương trình vi phân ơtơnơm 16 Ví dụ 18 Tính thuận phương trình vi phân khơng gian Banach 22 Tính thuận tính nghịch hệ tam phân mũ khơng đa tạp tâm 3.1 Tính nghịch hệ tam phân mũ không đa tạp tâm 3.1.1 Xây dựng kết 3.1.2 Các kết phụ 3.1.3 Chứng minh tính nghịch 3.2 Tính thuận hệ tam phân mũ không đa tạp tâm 24 24 24 27 37 39 Kết luận 41 Tài liệu tham khảo 41 i Lời nói đầu Luận văn trình bày khái niệm hệ tam phân mũ khơng đều, số tính chất chúng, tập trung nghiên cứu hệ tam phân mũ không đa tạp tâm Đối xứng thuận nghịch thời gian đối xứng nghiên cứu khoa học tự nhiên, xuất nhiều hệ vật lý, đặc biệt học cổ điển lượng tử Trong khuôn khổ luận văn tơi trình bày tính thuận tính nghịch phương trình vi phân có tam phân mũ khơng đa tạp tâm không gian Banach vô hạn chiều Luận văn chia thành chương: Chương 1: Giới thiệu sơ lược khái niệm tam phân mũ đều, tam phân mũ khơng phương trình vi phân, khái niệm đa tạp tâm Chương 2: Trình bày tính thuận nghịch phương trình vi phân khơng gian Banach vơ hạn chiều Chương 3: Trình bày tính thuận tính nghịch phương trình vi phân có tam phân mũ khơng đa tạp tâm không gian Banach vô hạn chiều Luận văn hồn thành hướng dẫn, bảo tận tình TS Lê Huy Tiễn - Giảng viên khoa Toán-Cơ-Tin học, trường ĐH Khoa học tự nhiên Tôi xin bày tỏ lịng biết ơn sâu sắc đến thầy Tơi xin chân thành cảm ơn thầy cô khoa Toán-Cơ-Tin học, người trực tiếp truyền thụ kiến thức, giảng dạy tơi suốt khóa học Cuối cùng, tơi gửi lời cảm ơn gia đình, bạn bè đặc biệt chồng tôi, bên tôi, động viên, giúp đỡ tơi hồn thành luận văn Hà Nội, tháng 12 năm 2012 Phan Thị Thanh Vân Chương Kiến thức chuẩn bị 1.1 1.1.1 Hệ tam phân mũ Hệ tam phân mũ Cho X không gian Banach, xét ánh xạ liên tục t → A(t) cho A(t) toán tử tuyến tính bị chặn X với t ∈ R phương trình v = A(t)v (1.1) Nghiệm (1.1) với v (s) = vs viết dạng v (t) = T (t, s)v (s), với T (t, s) tốn tử tiến hóa liên kết Ta có T (t, t) = Id T (t, s)T (s, r) = T (t, r) với t, s, r ∈ R, T (t, s) khả nghịch T (t, s)−1 = T (s, t) với t, s ∈ R Giả sử A(t) có dạng chéo khối tương ứng với thành phần hợp thành E , F1 , F2 (X = E ⊕ F1 ⊕ F2 ), với E , F1 , F2 tương ứng không gian tâm, ổn định không ổn định Khi nghiệm (1.1) viết dạng v (t) = (U (t, s), V1 (t, s), V2 (t, s))v (s) U (t, s), V1 (t, s) V2 (t, s) toán tử tiến hóa liên kết tương ứng với ba khối A(t), T (t, s) = (U (t, s), V1 (t, s), V2 (t, s)) Định nghĩa 1.1 Ta nói phương trình (1.1) có tam phân mũ tồn số b > a ≥ 0, d > c ≥ 0, D > cho Với s, t ∈ R, t ≥ s, −1 ||U (t, s)|| ≤ Dea(t−s) , ||V2 (t, s) || ≤ De−b(t−s) , Với s, t ∈ R, t ≤ s ||U (t, s)|| ≤ Dec(s−t) , ||V1 (t, s) 1.1.2 −1 || ≤ De−d(s−t) Hệ tam phân mũ không Hệ tam phân mũ không trường hợp mở rộng hệ tam phân mũ đều, tìm hiểu giống khác chúng Giả sử X không gian Banach, A : R → B (X ) hàm liên tục, B (X ) tập hợp tốn tử tuyến tính bị chặn X Xét toán giá trị ban đầu v = A(t)v, v (s) = vs , (1.2) với s ∈ R vs ∈ X Giả thiết tất nghiệm (1.2) toàn cục Ta viết nghiệm toán giá trị ban đầu (1.2) dạng v (t) = T (t, s)v (s), T (t, s) tốn tử tiến hóa liên kết Xét số ≤ a < b, ≤ c < d, a, b, c d ≥0 (1.3) (1.4) Định nghĩa 1.2 Ta nói phương trình tuyến tính v = A(t)v có tam phân mũ không tồn hàm P, Q1 , Q2 : R → B (X ) cho P (t), Q1 (t) Q2 (t) phép chiếu với P (t) + Q1 (t) + Q2 (t) = Id, P (t)T (t, s) = T (t, s)P (s), Qi (t)T (t, s) = T (t, s)Qi (s), i = 1, với t, s ∈ R, tồn số (1.3)-(1.4) Di > 0, ≤ i ≤ cho Với t, s ∈ R, t ≥ s, ||T (t, s)P (s)|| ≤ D1 ea(t−s)+a |s| , ||T (t, s)−1 Q2 (t)|| ≤ D3 e−b(t−s)+b |t| ; (1.5) Với t, s ∈ R, t ≤ s, ||T (t, s)P (s)|| ≤ D2 ec(s−t)+c |s| , ||T (t, s)−1 Q1 (t)|| ≤ D4 e−d(s−t)+d |t| (1.6) Các số a, b, c, d coi số mũ Lyapunov, tính khơng dáng điệu mũ định số a , b , c , d Khi ba thành phần nghiệm tương ứng với thành phần tâm, ổn định khơng ổn định A(t) ta lấy a = c = (do b > d > 0) Nhận xét 1.1 So sánh hai định nghĩa tam phân mũ tam phân mũ không ta thấy hệ tam phân mũ thêm lượng mũ a |s|, b |t|, c |s|, d |t| Khi a = b = c = d = khái niệm tam phân mũ khơng trùng với khái niệm tam phân mũ Ví dụ 1.1 Cho ω > ε > hệ số thực hệ phương trình R3 x = 0, y = (−ω − εt sin t)y, z = (ω + εt sin t)z (1.7) Hệ phương trình vi phân (1.7) có tam phân mũ khơng Chứng minh Ta thấy nghiệm hệ (1.7) viết dạng x(t) = U (t, s)x(s), y (t) = V1 (t, s)y (s), z (t) = V2 (t, s)z (s), U (t, s) = 1, V1 (t, s) = e−ωt+ωs+εt cos t−εs cos s−ε sin t+ε sin s , V2 (t, s) = eωt−ωs−εt cos t+εs cos s+ε sin t−ε sin s Tốn tử tiến hóa T (t, s) hệ (1.7) cho T (t, s)(x, y, z ) = (U (t, s)x, V1 (t, s)y, V2 (t, s)z ) Giả sử P (t), Q1 (t), Q2 (t) : R3 → R3 phép chiếu xác định P (t)(x, y, z ) = x, Q1 (t)(x, y, z ) = y, Q2 (t)(x, y, z ) = z Rõ ràng phép chiếu thỏa mãn điều kiện phép chiếu định nghĩa hệ tam phân mũ không Chọn b = d = ω − ε, b = d = 2ε số a, a , c, c > 0, a < ω − ε, c < ω − ε Ta tồn D1 = D2 = D3 = D4 = D > cho ||U (t, s)|| ≤ Dea(t−s)+a |s| , ||V2 (t, s)−1 || ≤ De−(ω−ε)(t−s)+2ε|t| với t ≥ s ||U (t, s)|| ≤ Dec(s−t)+c |s| , ||V1 (t, s)−1 || ≤ De−(ω−ε)(s−t)+2ε|t| với t ≤ s Vì ||U (t, s)|| = nên ta có ||U (t, s)|| ≤ Dea(t−s)+a |s| với t ≥ s ||U (t, s)|| ≤ Dec(s−t)+c |s| với t ≤ s với a, a , c, c > 0, a < ω − ε, c < ω − ε; D > Ta chứng minh ||V1 (t, s)−1 || ≤ De−(ω−ε)(s−t)+2ε|t| với t ≤ s (1.8) ||V2 (t, s)−1 || ≤ De−(ω−ε)(t−s)+2ε|t| với t ≥ s (1.9) Ta viết lại V1 (t, s) sau: V1 (t, s) = e(−ω+ε)(t−s)+εt(cos t−1)−εs(cos s−1)+ε(sin s−sin t) , suy V1 (s, t) = e(−ω+ε)(s−t)−εt(cos t−1)+εs(cos s−1)−ε(sin s−sin t) (1.10) Với ≤ t ≤ s, từ (1.10) ta có V1 (s, t) ≤ e2ε e−(ω−ε)(s−t)+2εt , với t ≤ ≤ s ta có V1 (s, t) ≤ e2ε e−(ω−ε)(s−t) , với t ≤ s ≤ ta có V1 (s, t) ≤ e2ε e−(ω−ε)(s−t)+2ε|s| ≤ e2ε e−(ω−ε)(t−s)+2ε|t| mà V1 (s, t) = V1 (t, s)−1 suy V1 (t, s)−1 ≤ e2ε e−(ω−ε)(t−s)+2ε|t| Điều cho ta (1.8) Để thu (1.9) ta chứng minh tương tự Từ V2 (s, t) = e(−ω+ε)(t−s)−εs(cos s−1)+εt(cos t−1)+ε(sin s−sin t) ta có V2 (t, s)−1 ≤ e−(ω−ε)(t−s)+2ε|t| Từ việc thỏa mãn (1.9) (1.8) ta có hệ (1.7) có tam phân mũ khơng 1.1.3 Không gian tâm, ổn định khơng ổn định Giả sử phương trình v = A(t)v có tam phân mũ khơng Ta xét ba khơng gian tuyến tính E (t) = P (t)X, Fi (t) = Qi (t)X, i = 1, với t ∈ R Ta gọi E (t), F1 (t) F2 (t) tương ứng không gian tâm, ổn định không ổn định thời điểm t Ta có: X = E (t) ⊕ F1 (t) ⊕ F2 (t) với t ∈ R dim E (t), dim F1 (t), dim F2 (t) không phụ thuộc vào thời điểm t Nghiệm (1.2) viết dạng v (t) = (U (t, s)ξ, V1 (t, s)η1 , V2 (t, s)η2 ) với t ∈ R (1.11) với vs = (ξ, η1 , η2 ) ∈ E (s) × F1 (s) × F2 (s), U (t, s) := T (t, s)P (s) = T (t, s)P (s)2 = P (t)T (t, s)P (s) Vi (t, s) := T (t, s)Qi (s) = T (t, s)Qi (s)2 = Qi (t)T (t, s)Qi (s), i = 1, Trong trường hợp đặc biệt, không gian tâm, ổn định không ổn định không phụ thuộc vào t, tức E (t) = E , Fi (t) = Fi , i = 1, với t, tốn tử T (t, s) phải có dạng tương ứng với tổng trực tiếp E ⊕ F1 ⊕ F2 , hay T (t, s) biểu diễn dạng   U (t, s) 0     T (t, s) =  V1 (t, s)    0 V2 (t, s) Ngồi ra, tốn tử U (t, s) : E (s) → E (t) Vi (t, s) = Fi (s) → Fi (t), i = 1, khả nghịch Kí hiệu tốn tử nghịch đảo tương ứng U (t, s)−1 Vi (t, s)−1 , i = 1, ta có: U (t, s)−1 = U (s, t) Vi (t, s)−1 = Vi (s, t) với t, s ∈ R Chú ý bất đẳng thức (1.5)-(1.6) viết lại thành: ||U (t, s)|| ≤ Dea(t−s)+a |s| , ||V2 (t, s)−1 || ≤ De−b(t−s)+b |t| ||U (t, s)|| ≤ Dec(s−t)+c |s| , ||V1 (t, s)−1 || ≤ De−d(s−t)+d |t| Tiếp theo ta định nghĩa góc hai không gian F1 F2 , E F1 , E F2 tương ứng sau α(t) = inf {||y − z|| : y ∈ F1 (t); z ∈ F2 (t); ||y|| = ||z|| = 1} (1.12) β1 (t) = inf {||x − y|| : x ∈ E (t); y ∈ F1 (t); ||x|| = ||y|| = 1} β2 (t) = inf {||x − z|| : x ∈ E (t); z ∈ F2 (t); ||x|| = ||z|| = 1} Mệnh đề 1.1 Với t ∈ R ta có: ≤ α(t) ≤ , ||Q1 (t)|| ||Q1 (t)|| ≤ α(t) ≤ , ||Q2 (t)|| ||Q2 (t)|| ≤ β1 (t) ≤ , ||P (t)|| ||P (t)|| ≤ β2 (t) ≤ , ||P (t)|| ||P (t)|| ≤ β1 (t) ≤ , ||Q1 (t)|| ||Q1 (t)|| ≤ β2 (t) ≤ ||Q2 (t)|| ||Q2 (t)|| Chứng minh Ta chứng minh cho trường hợp góc khơng gian ổn định không ổn định α(t) Các bất đẳng thức khác chứng minh tương tự Chú ý Q1 (t)(y − z ) = y với y, z cho (1.12) Do đó, = ||Q1 (t)(y − z )|| ≤ ||Q1 (t)||.||y − z||, suy ≤ α(t) ||Q1 (t)|| Tiếp theo ta chứng minh α(t) ≤ ||Q1 (t)|| Thật vậy, với v, ω ∈ X mà v¯ = Q1 (t)v = ω ¯ = Q2 (t)ω = ω ¯ v¯ − ||v|| ||ω|| = |(¯ v−ω ¯ )||ω|| + ω ¯ (||ω ¯ || − ||v¯||) | 2||v¯ − ω ¯ || ≤ ||v¯||||ω ¯ || ||v¯|| Chú ý Q1 (t)(¯ v−ω ¯ ) = v¯ Cho trước ε ≥ ta chọn v ω cho với z = v¯ − ω ¯ ta có: ||z|| ≤ + ε ||Q1 (t)z|| ||Q1 (t)|| Suy v¯ ω ¯ 2||z|| − ≤ ≤ + 2ε ||v|| ||ω|| ||Q1 (t)z|| ||Q1 (t)|| Vì ε lấy tùy ý nên ta suy chặn α(t) Như ta tìm hiểu định nghĩa hệ tam phân mũ khơng đều, phân biệt với hệ tam phân mũ Ngồi ra, ta cịn nghiên cứu khơng gian tâm, ổn định không ổn định hệ tam phân mũ không đều, Mệnh đề 1.1 cho ta biết rằng, tính bị chặn phép chiếu tương đương với điều kiện góc khơng gian tâm, ổn định không ổn định tách khỏi 1.2 Đa tạp tâm 1.2.1 Các khái niệm Sự tồn hệ tam phân mũ không giả thiết yếu để thiết lập tồn đa tạp tâm, xác đa tạp "trung gian" Ta đưa vài giả thiết trường vectơ Đặt β = max{(k + 1)a + b , (k + 1)c + d } (1.13) Ký hiệu ∂ đạo hàm riêng ứng với biến thứ hai, giả thiết tồn số nguyên k ≥ cho G1 A : R → B (X ) thuộc lớp C k thỏa mãn điều kiện nghiệm (1.2) xác định với t ∈ R G2 f : R × X → X thuộc lớp C k thỏa mãn f (t, 0) = ∂f (t, 0) = với t ∈ R; tồn δ > cj > với j = 1, , k + cho với t ∈ R u, v ∈ X ta có ||∂ j f (t, u)|| ≤ cj δe−β|t| với j = 1, , k, ||∂ k f (t, u) − ∂ k f (t, v )|| ≤ ck+1 δe−β|t| ||u − v|| (1.14) (1.15) Chú ý với j = 0, , k − 1, t ∈ R, u, v ∈ X ta có ||∂ j f (t, u) − ∂ j f (t, v )|| ≤ cj+1 δe−β|t| ||u − v|| (1.16) Xét không gian E (t) = P (t)X, F1 (t) = Q1 (t)X, F2 (t) = Q2 (t)X (1.17) Bổ đề 3.1 Với t ∈ R ω = (x, y, z ) ∈ E (t) × F1 (t) × F2 (t) ω ≤ x + y + z ≤ 3Deγ|t| ω Chứng minh Bất đẳng thức hiển nhiên Với bất đẳng thức thứ hai, x = P (t) ω, y = Q1 (t) ω, z = Q2 (t) ω , ta có x + y + z ≤ ( P (t) + Q1 (t) + Q2 (t) ) ω , Từ (1.5)-(1.6), đặt t = s ta dễ dàng chứng minh bất đẳng thức Bổ đề 3.2 Với t ∈ R ta có : St (F1 (t)) = F2 (−t) , St (F2 (t)) = F1 (−t) , St (E (t)) = E (−t) (3.10) Chứng minh Ta có (∂f /∂v ) (t, 0) = (điều kiện G2 Mục 1.2.1, từ Mệnh đề 2.2, phương trình tuyến tính xác định A (t) có tính nghịch S Như vậy, từ Mệnh đề 2.1 ta có S−t T (−t, −s) = T (t, s) S−s , s, t ∈ R (3.11) Đặc biệt, với v ∈ F1 (−s) ta có S−t V1 (−t, −s) v = S−t T (−t, −s) v = T (t, s) S−s v (3.12) Ta viết S−s v − ω2 = ω◦ + ω1 , ω◦ ∈ E (s) , ω1 ∈ F1 (s) , ω2 ∈ F2 (s) Tác động toán tử T (t, s) vào S−s v − ω2 ta có T (t, s) S−s v − V2 (t, s) ω2 = U (t, s) ω◦ + V1 (t, s) ω1 (3.13) Chú ý tốn tử tuyến tính khả ngược A ta có bất đẳng thức Av ≥ A−1 −1 v U (t, s) = P (t) T (t, s) P (s) suy U (t, s) = T (t, s) P (s) = T (t, s) P (s) Từ (1.5)-(1.6) ta có U (s, t) = T (s, t) P (t) ≤ Dea(s−t)+γ|t| , V1 (t, s) = T (t, s) Q1 (s) suy V1 (s, t) = T (s, t) Q1 (t) V1 (s, t) = T −1 (t, s) Q1 (t) ≤ De−d(s−t)+γ|t| 28 suy V1 (−t, −s) ≤ De−d(s−t)+γ|s| Từ Bổ đề 3.1 sử dụng bất đẳng thức (1.5)-(1.6) cho t ≤ s ta có 3Deγ|t| U (t, s) ω◦ + V1 (t, s) ω1 ≥ U (t, s) ω◦ + V1 (t, s) ω1 ≥ U (s, t) ≥ −1 ω◦ + V1 (s, t) −1 (3.14) ω1 ω◦ −a(s−t)−γ|t| ω e + ed(s−t)−γ|t| D D Mặt khác, từ (1.5)-(1.6) V2−1 (t, s) = V2 (s, t) = T −1 (t, s) Q2 (t) , V2−1 (s, t) = T −1 (s, t) Q2 (s) suy V2−1 (s, t) ≤ De−b(s−t)+γ|s| Kết hợp với (3.12) ta có: T (t, s) S−s v − V2 (t, s) ω2 ≤ S−t V1 (−t, −s) v + V2 (s, t) −1 ω2 ≤ CDe−d(s−t)+γ|s|+θ|t| v + De−b(s−t)+γ|s| ω2 ≤ Dmax {C v , ω2 } eγ|s|+θ|t|−min{b,d}(s−t) (3.15) Từ (3.3) ta có a + 2γ + 2θ < {b, d} Kết hợp với (3.14) với ω◦ + ω1 = ta có lim e(2θ−min{b,d})t U (t, s) ω◦ + V1 (t, s) ω1 = ∞ t→−∞ (3.16) Mặt khác từ (3.15) ta có lim e(2θ−min{b,d})t T (t, s) S−s v − V2 (t, s) ω2 = t→−∞ (3.17) Từ (3.13), (3.16), (3.17) ta có mâu thuẫn, suy ω◦ + ω1 = Vậy S−s v = ω2 với s ∈ R Điều rằng: Ss (F1 (s)) ⊂ F2 (−s) , s ∈ R (3.18) Tương tự ta chứng minh Ss (F2 (s)) ⊂ F1 (−s) với s ∈ R Từ (3.11), với v ∈ F2 (−s) ta có S−t V2 (−t, −s)v = S−t T2 (−t, −s)v = T (t, s)S−s v Ta viết S−s v − ω1 = ω◦ + ω2 , ω◦ ∈ E (s) , ω1 ∈ F1 (s) , ω2 ∈ F2 (s) 29 (3.19) Tác động toán tử T (t, s) vào S−s v − ω1 ta có T (t, s) S−s v − V1 (t, s) ω1 = U (t, s) ω◦ + V2 (t, s) ω2 (3.20) Từ Bổ đề (3.1) sử dụng (1.5)-(1.6), với t ≥ s ta có 3Deγ|t| U (t, s) ω◦ + V2 (t, s) ω2 ≥ U (t, s) ω◦ + V2 (t, s) ω2 ≥ U (s, t) ≥ −1 ω◦ + V2 (s, t) −1 ω2 ω◦ −c(t−s)−γ|t| ω e + eb(t−s)−γ|t| , D D (3.21) kết hợp với (3.19) (3.1), T (t, s) S−s v − V1 (t, s) ω1 ≤ S−t V2 (−s, −t) −1 v + V1 (t, s) ω1 ≤ CDe−b(t−s)+γ|s|+θ|t| v + De−d(t−s)+γ|s| ω1 ≤ D max {C v , ω1 } eγ|s|+θ|t|−min{b,d}(t−s) (3.22) Từ (3.3) ta có c + 2γ + 2θ < {b, d} Kết hợp với (3.21) với ω◦ + ω1 = 0, lim e−(2θ−min{b,d})t U (t, s) ω◦ + V2 (t, s) ω2 = ∞ t→+∞ (3.23) Mặt khác từ (3.22) ta có lim e−(2θ−min{b,d})t T (t, s) S−s v − V1 (t, s) ω1 = t→+∞ (3.24) Từ (3.20), (3.23), (3.24) ta có mâu thuẫn, suy ω◦ + ω2 = Ta lại có Ss (F2 (s)) ⊂ F1 (−s) , s ∈ R (3.25) Chú ý từ (3.18) (3.25) ta có Ss (F1 (s) ⊕ F2 (s)) ⊂ F1 (−s) ⊕ F2 (−s), s ∈ R Mà Ss khả ngược với nghịch đảo S−s (xem Bổ đề 2.2) nên ta có F1 (s) ⊕ F2 (s) ⊂ S−s (F1 (−s) ⊕ F2 (−s)) ⊂ F1 (s) ⊕ F2 (s) (sử dụng (3.26) với s thay −s) Ta có Ss (F1 (s) ⊕ F2 (s)) = F1 (−s) ⊕ F2 (−s), 30 s ∈ R (3.26) Từ (3.18) (3.25) ta có Ss (F1 (s) = F2 (−s) Ss (F2 (s) = F1 (−s), s ∈ R Tương tự ta chứng minh đẳng thức thứ (3.10), từ (3.11) với v ∈ E (−s) S−t U (−t, −s) v = S−t T (−t, −s) v = T (t, s) S−s v (3.27) Ta viết S−s v − ω◦ − ω1 = ω2 , ω◦ ∈ E (s) , ω1 ∈ F1 (s) , ω2 ∈ F2 (s) (3.28) Tác động toán tử T (t, s) vào S−s v − ω◦ − ω1 ta có T (t, s) S−s v − U (t, s) ω◦ − V1 (t, s) ω1 = V2 (t, s) ω2 (3.29) Tiếp tục đánh (3.22), max {−d, c, a} = max {c, a}, sử dụng (3.1) (3.27), ta thấy t ≥ s T (t, s) S−s v − U (t, s) ω◦ − V1 (t, s) ω1 ≤ Dmax { ω◦ , C v , ω1 } eγ|s|+θ|t|+max{c,a}(t−s) (3.30) Từ (3.3) ta có max {c, a} + 2γ + 2θ < b Kết hợp với (3.21) với ω2 = 0, lim e −(2θ+max{c,a})t t→+∞ V2 (t, s) ω2 = ∞ Mặt khác từ (3.30) ta có lim e−(2θ+max{c,a})t T (t, s) S−s v − U (t, s) ω0 − V1 (t, s) ω1 = t→+∞ Từ (3.29) ta có mâu thuẫn trừ ω2 = Ta viết lại (3.28) sau: S−s v − ω0 = ω1 , ω0 ∈ E (s) , ω1 ∈ F1 (s) (3.31) T (t, s) S−s v − U (t, s) ω◦ = V1 (t, s) ω1 (3.32) Tương tự (3.30), với t ≤ s ta có T (t, s) S−s v − U (t, s) ω◦ ≤ Dmax { ω◦ , C v } eγ|s|+θ|t|+max{c,a}(s−t) 31 (3.33) Từ (3.3) ta có max {c, a} + 2γ + 2θ < d kết hợp với (3.14), ω1 = ta có lim e(2θ+max{c,a})t V1 (t, s) ω1 = ∞ t→−∞ Mặt khác, từ (3.33) lim e(2θ+max{c,a})t T (t, s) S−s v − U (t, s)ω◦ = t→−∞ Từ (3.32) ta lại có mâu thuẫn trừ ω1 = 0, suy Ss (E (s)) = E (−s) với s ∈ R Bổ đề 3.3 Với t ∈ R ta có S−t V1 (−t, s) = V2 (t, −s) Ss F1 (s) , S−t V2 (−t, s) = V1 (t, −s) Ss F2 (s) , S−t U (−t, s) = U (t, −s) Ss E (s) Chứng minh Từ Bổ đề 3.2, v ∈ F1 (s) Ss v ∈ F2 (−s) từ (3.11) S−t V1 (−t, s) v = S−t T (−t, s) v = T (t, −s) Ss v = V2 (t, −s) Ss v Ta có đẳng thức bổ đề Các đẳng thức khác dễ dàng thu cách tương tự Cố định s ∈ R, ta xét không gian B+ B− Định nghĩa không gian Bs hàm liên tục x : R × E (s) → X cho x |[s, +∞) × E (s) ∈ B+ x |(−∞, s] × E (s) ∈ B− Theo [1][Mệnh đề 8.5-8.6], Bs không gian metric đầy đủ với chuẩn x · + s = max · − x [s, +∞) × E (s) +, x (−∞, s] × E (s) − , biểu thị chuẩn tương ứng với B+ B− ||x||+ := sup ||x(t, ξ )|| −ρ(t) e : t ≥ s, ξ ∈ E (s) \ {0} ||ξ|| ≤ C0 ||x||− := sup ||x(t, ξ )|| −σ(t) e : t ≤ s, ξ ∈ E (s) \ {0} ||ξ|| ≤ C0 Xét s ∈ R ϕ ∈ X (xem Mục 1.2.2, ta định nghĩa không gian X ) định nghĩa toán tử t (Js x)(t, ξ ) = U (t, s)ξ + U (t, τ )f (τ, x(τ, ξ ), ϕ(τ, x(τ, ξ ))) dτ s với x ∈ Bs (t, ξ ) ∈ R × E (s) 32 Bổ đề 3.4 Với δ đủ nhỏ, với ϕ ∈ X tính chất sau thỏa mãn: Cho trước s ∈ R tồn hàm x = xϕ : R × E (s) → X với x = xϕ (s, ξ ) = ξ thỏa mãn phương trình t x(t) = U (t, s)ξ + U (t, τ )f (τ, x(τ ), ϕ(τ, x(τ ))) dτ, s xϕ (t, ξ ) ∈ E (t) với t ∈ R, ξ ∈ E (s); Hàm xϕ thỏa mãn xϕ |[s, +∞) × E (s) ∈ B+ , ||xϕ (t, ξ )|| ≤ xϕ |(−∞, s] × E (s) ∈ B− ,   2D1 eρ(t) ||ξ||, t≥s  2D2 eσ(t) ||ξ||, t ≤ s (3.34) Chứng minh Ta bắt đầu với trường hợp t ≥ s Cho trước s ∈ R, ϕ ∈ X, ξ ∈ E (s), ta xây dựng toán tử t (Jx)(t, ξ ) = U (t, s)ξ + U (t, τ )f (τ, x(τ, ξ ), ϕ(τ, x(τ, ξ ))) dτ s với x ∈ B+ t ≥ s Rõ ràng Jx hàm liên tục thuộc lớp C k , (Jx)(s, ξ ) = ξ U (s, s)ξ = ξ Mà ||x(t, ξ )|| ≤ ||x|| ||ξ||eρ(t) ≤ C0 ||ξ||eρ(t) , kết hợp với (1.16) ta có ||f (τ, x(τ, ξ ), ϕ(τ x(τ, ξ )))|| ≤ c1 δe−β|τ | ||(x(τ, ξ ), ϕ(τ, x(τ, ξ )))|| ≤ 2c1 δe−β|τ | ||x(τ, ξ )|| ≤ 2c1 C0 δeρ(τ ) e−β|τ | ||ξ|| Sử dụng bất đẳng thức (1.5) định nghĩa β (1.13), t ||(Jx)(t, ξ ) − U (t, s)ξ|| ≤ ||U (t, τ )|| ||f (τ, x(τ, ξ ), ϕ(τ, x(τ, ξ )))|| dτ s t ≤ 2c1 C0 δD1 ||ξ||e e(α+α1 )(τ −s) ea(t−τ ) e(a −β)|τ | dτ a |s| s t e−α1 (t−τ ) e(a −β)|τ | dτ ≤ θ||ξ||eρ(t) , ≤ 2c1 C0 δD1 ||ξ||eρ(t) s 33 θ = 2c1 C0 δD1 /α1 Hơn nữa, (1.5) ρ(t) = (a + α1 )(t − s)+ a |s| ta có ||U (t, s)ξ|| ≤ D1 eρ(t) ||ξ|| Do đó, chọn số C0 > D1 lấy δ đủ nhỏ, thu ||Jx|| ≤ D1 + θ < C0 Bây ta xét đạo hàm ∂ j (Jx) Áp dụng [1][Bổ đề 8.8, trang 179] cho hàm f∗ f ∗ (t, ξ ) = f (t, x(t, ξ ), ϕ(t, x(t, ξ ))) với j = 1, , k , ta có ||∂ j f ∗ (τ, ξ )|| ≤ A¯j δe−β|τ | ejρ(τ ) Theo bất đẳng thức bất đẳng thức thứ (1.5), với j = 2, , k, ta t ||U (t, τ )|| ||∂ j f ∗ (τ, ξ )|| dτ j ||∂ (Jx)(t, ξ )|| ≤ s t ≤ A¯j δD1 eja |s| ej(a+α1 )(τ −s) ea(t−τ ) e(a −β)|τ | dτ s t e−((j−1)a+α1 j)(t−τ ) e(a −β)|τ | dτ ≤ A¯j δD1 ejρ(t) s ≤ A¯j δD1 (j − 1)a + α1 j ejρ(t) Lấy δ đủ nhỏ, với j = 2, , k ta có ||Jx||j ≤ A¯j δD1 ≤ Cj (j − 1)a + α1 j Khi j = ||∂ (Jx)(t, ξ )|| ≤ ||U (t, s)|| + A¯1 D1 δ/α1 Chọn số C1 > D1 lấy δ đủ nhỏ ta thu ||Jx||1 ≤ D1 + A¯1 D1 δ < C1 α1 Cuối cùng, theo [1][Bổ đề 8.11, trang 182], theo bất đẳng thức (1.5), với t ≥ s ξ, ξ¯ ∈ E (s) với ξ = ξ¯, ta có ||∂ k (Jx)(t, ξ ) − ||∂ k (Jx)(t, ξ¯)|| t ||U (t, τ )|| ||∂ k f ∗ (τ, ξ )|| − ∂ k f ∗ (τ, ξ¯)|| dτ ≤ s t ¯ ≤ Ak D1 δe(k+1)a |s| ||ξ − ξ|| e(k+1)(a+α1 )(τ −s) ea(t−τ ) e(a −β)|τ | dτ s 34 t ¯ (k+1)ρ(t) ≤ Ak D1 δ||ξ − ξ||e e−(ka+(k+1)α1 )(t−τ ) e(a −β)|τ | dτ s ≤ Ak D1 δ ¯ e(k+1)ρ(t) ||ξ − ξ|| ka + (k + 1)α1 Lấy δ đủ nhỏ, ta có Lk (Jx) ≤ Ak D1 δ ≤ Ck+1 ka + (k + 1)α1 Do đó, Jx ∈ B+ J : B+ → B+ toán tử định nghĩa tốt Bây ta chứng minh J ánh xạ co với chuẩn ||.|| ||x|| := sup ||x(t, ξ )|| −ρ(t) e : t ≥ s, ξ ∈ E (s)\{0} ||ξ|| Cho trước x, y ∈ B+ τ ≥ s, từ (1.16) định nghĩa α1 , ta có ||f (τ, x(τ, ξ ), ϕ(τ, x(τ, ξ ))) − f (τ, y (τ, ξ ), ϕ(τ, y (τ, ξ )))|| ≤ δe−β|τ | ||x(τ, ξ ), ϕ(τ, x(τ, ξ )) − y (τ, ξ ), ϕ(τ, y (τ, ξ ))|| ≤ 2c1 δe−β|τ | ||x(τ, ξ ) − y (τ, ξ )|| ≤ α1 ρ(τ ) −β|τ | e e ||ξ|| ||x − y|| 2D1 Sử dụng bất đẳng thức (1.5) (1.6) thu ||(Jx)(t, ξ ) − (Jy )(t, ξ )|| t ||U (t, τ )|| ||f (τ, x(τ, ξ ), ϕ(τ, x(τ, ξ ))) − f (τ, y (τ, ξ ), ϕ(τ, y (τ, ξ )))|| dτ ≤ s ≤ ≤ α1 t e−α1 (t−τ ) e(a −β)|τ | dτ ||ξ|| ||x − y|| e ||ξ|| (a+α1 )(t−s)+a |s| s ||x − y|| eρ(t) với t ≥ s, sử dụng β ≥ a Do ||Jx − Jy|| ≤ ||x − y|| (3.35) Vậy J ánh xạ co Từ bổ đề ta có Js (Bs ) ⊂ Bs Js : Bs → Bs ánh xạ co Chú ý điểm cố định xs ∈ Bs Js hàm xϕ bổ đề 35 Bổ đề 3.5 Cho ϕ ∈ X s ∈ R , St ϕ (t, ξ ) = ϕ (−t, St ξ ) với (t, ξ ) ∈ R × E (s) St xs (t, ξ ) = x−s (−t, Ss ξ ) với ∀ (t, ξ ) ∈ R × E (s) (3.36) Chứng minh Ta xét không gian Bs × B−s với chuẩn (x, y ) = max { x s , y−s } , ta định nghĩa toán tử Js = (Js , J−s ) Bs × B−s Rõ ràng J ánh xạ co khơng gian metric đủ Bs × B−s Điểm cố định J cặp (xs , x−s ) Xét tập C hàm (x, y ) ∈ Bs × B−s cho St x(t, ξ ) = y (−t, Ss ξ ) với (t, ξ ) ∈ R × E (s) Ta chứng minh C tập đóng Bs × B−s Thật Xét (xn , yn ) ∈ C, xn → x, yn → y n → ∞ ta có St xn (t, ξ ) = yn (−t, Ss ξ ) suy St xn (t, ξ ) = yn (−t, Ss ξ ) Hơn nữa, C = ∅ (0, 0) ∈ C Để chứng minh (3.36) ta chứng minh J (C) ∈ C, ta có St (Js x) (t, ξ ) = St U (t, s) ξ + St Js x (t, ξ ) , (3.37) t (J¯s x) (t, ξ ) = U (t, τ )f (τ, x (τ, ξ ) , ϕ (τ, x (τ, ξ ))) dτ s Theo Mệnh đề 3.3, St U (t, s) ξ = U (−t, −s) Ss ξ, (3.38) t St (J¯s x) (t, ξ ) = St U (t, τ )f (τ, x (τ, ξ ) , ϕ (τ, x (τ, ξ ))) dτ s t = U (−t, −τ ) Sτ f (τ, x (τ, ξ ) , ϕ (τ, x (τ, ξ ))) dτ s Từ tính nghịch phương trình St tuyến tính với t ∈ R v ∈ X ta có A (−t) St v + f (−t, St v ) + St A (t) v + St f (t, v ) = − 36 ∂S (t, v ) ∂t Từ (2.14), t ∈ R v ∈ X f (−t, St v ) + St f (t, v ) = (3.39) Sử dụng (3.39) giả thiết hàm ϕ, với (x, y ) ∈ C ta có: t St (J¯s x) (t, ξ ) = − U (−t, −τ )f (−τ, Sτ x (τ, ξ ) , ϕ (−τ, Sτ x (τ, ξ ))) dτ s t =− U (−t, −τ )f (−τ, y (−τ, Ss ξ ) , ϕ (−τ, y (−τ, Ss ξ ))) dτ s −t = U (−t, r)f (r, y (r, Ss ξ ) , ϕ (r, y (r, Ss ξ ))) dτ −s = (J¯−s y ) (−t, Ss ξ ) , Với thay đổi biến τ = −r Từ (3.37)-(3.38) St (Js x) (t, ξ ) = U (−t, −s) Ss ξ + (J¯−s y ) (−t, Ss ξ ) = (J−s y ) (−t, Ss ξ ) Mặt khác (Js x, J−s y ) ∈ C (x, y ) ∈ C J (C) ⊂ C Suy (xs , x−s ) ∈ C ta có (3.36) 3.1.3 Chứng minh tính nghịch Bổ đề 3.6 Hàm ϕ = (ϕ1 , ϕ2 ) ∈ X Định lý 1.1 thỏa mãn St ϕ1 (t, x) = ϕ2 (−t, St x) , St ϕ2 (t, x) = ϕ1 (−t, St x) (3.40) Với (t, x) ∈ R × E (t) Chứng minh Từ [1][Mệnh đề 8.4, trang 177] ta có X khơng gian metric đủ với chuẩn ||ϕ|| = sup ||ϕ(t, x)||/||x|| : t ∈ R x ∈ E (t)\{0} Hàm ϕ ∈ X Định lý 1.1 thu điểm cố định ánh xạ co Φ : X → X phương trình s V1 (τ, s)−1 f (τ, xϕ (τ, ξ ), ϕ(τ, xϕ (τ, ξ ))) dτ , (Φϕ)(s, ξ ) = −∞ +∞ V2 (τ, s)−1 f (τ, xϕ (τ, ξ ), ϕ(τ, xϕ (τ, ξ ))) dτ − s 37 (3.41) Bây ta xét tập Y X hình thành hàm ϕ = (ϕ1 , ϕ2 ) ∈ X thỏa mãn (3.40)với (t, ξ ) ∈ R × E (t) Dễ dàng chứng minh Y đóng X Ta ánh xạ co Φ thỏa mãn Y Khi ta có ϕ hàm ∈ X Định lý 1.1 thuộc Y Ta phải chứng minh với (s, ξ ) ∈ R × E (s), Ss (Φϕ)1 (s, ξ ) = (Φϕ)2 (−s, Ss ξ ) , Ss (Φϕ)2 (s, ξ ) = (Φϕ)1 (−s, Ss ξ ) (3.42) với ϕ ∈ Y Ta chứng minh đẳng thức (3.42), đẳng thức khác thu cách tương tự Theo (3.41), Bổ đề 3.3 (3.39) ta có: s Ss (Φϕ1 ) (s, ξ ) = − Ss V1 (s, τ )f (τ, xs (τ, ξ ) , ϕ (τ, xs (τ, ξ ))) dτ −∞ s =− V2 (−s, −τ ) Sτ f (τ, xs (τ, ξ ) , ϕ (τ, xs (τ, ξ ))) dτ −∞ s =− V2 (−s, −τ )f (−τ, Sτ xs (τ, ξ ) , Sτ ϕ (τ, xs (τ, ξ ))) dτ −∞ với ϕ ∈ Y, theo (3.40) ta có Sτ ϕ (τ, ξ ) = Sτ ((ϕ1 + ϕ2 ) (τ, ξ )) = (ϕ1 + ϕ2 ) (−τ, Sτ ξ ) = ϕ (−τ, Ss ξ ) (3.43) Từ Bổ đề 3.5 Ss (Φϕ)1 (s, ξ ) cho s − V2 (−s, −τ )f (−τ, x−s (−τ, Ss ξ ) , ϕ (−τ, Sτ xs (τ, ξ ))) dτ −∞ s =− V2 (−s, −τ )f (−τ, x−s (−τ, Ss ξ ) , ϕ (−τ, x−s (−τ, Ss ξ ))) dτ −∞ Đổi biến τ = −r ta thu −s Ss (Φϕ)1 (s, ξ ) = V2 (−s, r)f (r, x−s (r, Ss ξ ) , ϕ (r, x−s (r, Ss ξ ))) dτ +∞ = (Φϕ)2 (−s, Ss ξ ) ta suy đẳng thức thứ (3.42) Các đẳng thức khác thu cách tương tự 38 Chứng minh Định lý 3.1 Ss tuyến tính, từ (3.43) ta có Ss (ξ, ϕ (s, ξ )) = (Ss ξ, ϕ (−s, Ss ξ )) Từ Bổ đề 3.5 ta có Ss (E (s)) = E (−s) Vậy Ss (ξ, ϕ (s, ξ )) = Ss (Vs ) = {(η, ϕ (−s, η )) : η ∈ Ss (E (s))} = V−s Điều phải chứng minh 3.2 Tính thuận hệ tam phân mũ không đa tạp tâm Phát biểu sau cách phát biểu khác Định lý 3.1 tính thuận hệ tam phân mũ không đa tạp tâm Ta sử dụng ký hiệu giống Mục 3.1 Đặc biệt ta xét tập Vs (3.2) Định lý 3.2 Giả thiết Định lý 1.1, phương trình v = A (t) v + f (t, v ) có tính nghịch ánh xạ S với S02 = Id St tuyến tính với ∀t ∈ R, số (1.4) (3.1) thỏa mãn a + (γ + θ) < b c + (γ + θ) < d với γ = max a , b , c , d Ss (Vs ) = Vs với s ∈ R Từ chứng minh Bổ đề 3.2 3.3, ta thu phát biểu sau Bổ đề 3.7 Với t, s ∈ R ta có St (Fi (t)) = Fi (t) , i = 1, 2, St (E (t)) = E (t) , St Vi (t, s) = Vi (t, s) Ss Fi (s) , i = 1, 2, St U (t, s) = U (t, s) Ss E (s) Theo cách hiểu (3.39), ta sử dụng (2.25) để với t ∈ R v ∈ X , f (t, St v ) − St f (t, v ) = (3.44) Thực chứng minh Bổ đề 3.5 3.6, trường hợp ta sử dụng Bổ đề 3.7 (3.44) thay cho Bổ đề 3.2 3.3, kết hợp với (3.39), ta thu bổ đề sau đây: 39 Bổ đề 3.8 Có hàm ϕ = (ϕ1 , ϕ2 ) ∈ X Định lý 1.1 thỏa mãn: St ϕ1 (t, x) = ϕ1 (t, St x) , St ϕ2 (t, x) = ϕ2 (t, St x) với (t, x) ∈ R × E (t) Ngồi ra, cho s ∈ R St xs (t, ξ ) = xs (t, Ss ξ ) ∀ (t, ξ ) ∈ R × E (s) Chứng minh Định lý 3.2 Tương tự chứng minh Định lý 3.1 Từ Bổ đề 3.8 ta có Ss (ξ, ϕ (s, ξ )) = (Ss ξ, ϕ (s, Ss ξ )) Mặt khác, từ Bổ đề 3.7 ta có Ss (E (s)) = E (s), vậy, Ss (Vs ) = {(η, ϕ (s, η )) : η ∈ Ss (E (s))} = Vs Điều phải chứng minh 40 Kết luận Trong luận văn giới thiệu khái niệm hệ phương trình vi phân có tam phân mũ đều, không tồn đa tạp tâm, tập trung trình bày tính thuận tính nghịch hệ phương trình vi phân nửa tuyến tính v = A(t)v + f (t, v ), v (s) = vs (với giả thiết phần tuyến tính v = A(t)v có tam phân mũ khơng đều) đa tạp tâm khơng gian Banach Ta thấy tính thuận nghịch hệ bảo toàn đa tạp tâm Kết đặc thù cho hệ không ôtônôm Mặc dù cố gắng vấn đề đề cập luận văn tương đối phức tạp thời gian có hạn nên luận văn khơng tránh khỏi thiếu sót Tác giả luận văn mong muốn nhận góp ý thầy cô bạn đồng nghiệp để luận văn hoàn chỉnh 41 Tài liệu tham khảo [1] Luis Barreira and Claudia Valls (2006), Stability of nonautonomous differential equations, Springer Press [2] Luis Barreira and Claudia Valls (2006), Center manifolds for nonuniformly partially hyperbolic trajectories, Springer Press [3] Luis Barreira and Claudia Valls (2007), Smooth center manifolds for nonuniformly partially hyperbolic trajectories, Springer Press [4] Luis Barreira and Claudia Valls (2009), "Robustness of nonuniform exponential trichotomies in Banach spaces", J Math, pp.373–381 [5] Luis Barreira and Claudia Valls (2008), "Growth rates and nonuniform hyperbolicity", Discrete and continuous dynamical systems , pp.509–528 [6] J Carr (1980), Applications of Centre Manifold Theory, Springer Verlag [7] Lawrence Perko (2000), Differential equations and dynamical systems, Springer Verlag [8] Lamb and J Roberts (1998), "Time-reversal symmetry in dynamical systems: a survey", Phys.D , 112, pp.1–39 42 ... : E (s) → E (t) Vi (t, s) = Fi (s) → Fi (t), i = 1, khả nghịch Kí hiệu toán tử nghịch đảo tương ứng U (t, s)−1 Vi (t, s)−1 , i = 1, ta có: U (t, s)−1 = U (s, t) Vi (t, s)−1 = Vi (s, t) với t,... (t) = Vi (t, s)ηi + Vi (t, r)f (r, x(r), y1 (r), y2 (r)) dr, i = 1, s với t ∈ R Với τ ∈ R, ta vi? ??t Ψτ (s, vs ) = (s + τ, x(s + τ, s, vs ), y1 (s + τ, s, vs ), y2 (s + τ, s, vs )) Đây dịng sinh. .. Ví dụ 2.3 Xét phương trình vi phân: + + 2α + ξ + ∂t ∂x ∂x ∂ξ Với = phương trình có tính nghịch với biến x ∂t ∂ξ ∂x =0 Phương trình vi phân cấp vi? ??t hệ bốn phương trình vi phân cấp biến ξ, ∂ξ ∂