Nhận viết luận văn Đại học , thạc sĩ - Zalo: 0917.193.864 Tham khảo bảng giá dịch vụ viết bài tại: vietbaocaothuctap.net Download luận văn thạc sĩ ngành toán giải tích với đề tài: Đa tạp tâm của hệ tam phân mũ không đều, cho các bạn làm luận văn tham khảo

1. ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN
KHOA TOÁN CƠ TIN
TÔ THỊ THU HIỀN
ĐA TẠP TÂM CỦA HỆ TAM PHÂN MŨ KHÔNG ĐỀU
LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC
Chuyên ngành: TOÁN GIẢI TÍCH
Mã số : 60 46 01
NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC
T.S LÊ HUY TIỄN
Hà Nội - Năm 2012

2. Mục lục
Lời cảm ơn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ii
Lời nói đầu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . iii
1 Kiến thức chuẩn bị 1
1.1 Hệ tam phân mũ không đều . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1
1.2 Các không gian con tâm, ổn định và không ổn định . . . . . . . . 3
1.3 Nguyên lý điểm bất động . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6
1.4 Công thức Faà di Bruno cho đạo hàm của hàm hợp . . . . . . . . 6
1.5 Bổ đề Gronwall . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9
2 Đa tạp tâm của hệ tam phân mũ không đều 12
2.1 Một vài giả thiết ban đầu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12
2.2 Sự tồn tại của đa tạp tâm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14
2.3 Chứng minh sự tồn tại của đa tạp tâm . . . . . . . . . . . . . . . . 18
2.3.1 Các không gian hàm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18
2.3.2 Các tính chất Lipschitz của đạo hàm . . . . . . . . . . . . . 21
2.3.3 Nghiệm trên đa tạp tâm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26
2.3.4 Qui về bài toán tương đương . . . . . . . . . . . . . . . . . 30
2.3.5 Xây dựng đa tạp tâm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36
Kết luận . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43
Tài liệu tham khảo 44
i

3. Lời cảm ơn
Để hoàn thành được chương trình đào tạo và hoàn thiện luận văn này, trong
thời gian vừa qua tôi đã nhận được rất nhiều sự giúp đỡ quí báu của gia đình,
thầy cô và bạn bè. Vì vậy, nhân dịp này, tôi muốn được gửi lời cảm ơn tới mọi
người.
Lời đầu tiên, tôi xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới TS. Lê Huy Tiễn, thầy
đã rất nhiệt tình hướng dẫn và chỉ bảo tôi trong quá trình hoàn thành luận văn.
Tôi cũng xin gửi lời cảm ơn chân thành tới tất cả các thầy cô trong khoa, những
người đã trực tiếp truyền thụ kiến thức, giảng dạy tôi trong quá trình học cao
học.
Tôi xin cảm ơn Ban chủ nhiệm khoa Toán-Cơ-Tin học, phòng Sau Đại Học
trường Đại học Khoa học Tự nhiên đã tạo điều kiện thuận lợi để tôi hoàn thiện
các thủ tục bảo vệ luận văn.
Cuối cùng, tôi xin cảm ơn cha mẹ tôi, những người luôn yêu thương và ủng
hộ tôi vô điều kiện.
ii

4. Lời nói đầu
Xét hệ phương trình vi phân thường trong không gian Rd (d ≥ 1):
˙x(t) = Ax(t), t ∈ R, (1)
trong đó A là một ma trận thực cỡ d × d. Các giá trị riêng của ma trận A có thể
được chia thành ba loại: có phần thực âm, phần thực dương và phần thực bằng
0.
Gọi Es, Eu, Ec là các không gian con sinh bởi các véc tơ riêng suy rộng ứng
với các giá trị riêng có phần thực âm, phần thực dương và phần thực bằng 0.
Đây là các tập bất biến đối với nghiệm của phương trình (1). Hơn nữa, bất kì
nghiệm nào của phương trình (1) xuất phát từ Es (hoặc từ Eu) sẽ ổn định (hoặc
không ổn định). Vì vậy, các tập này được gọi tương ứng là các không gian con ổn
định và không ổn định. Tuy nhiên, chúng ta không thể nói trước được điều gì về
dáng điệu tiệm cận của nghiệm xuất phát từ Ec. Người ta gọi Ec là không gian
con tâm. Đối với hệ tuyến tính (1) khái niệm không gian con ổn định, không ổn
định, không gian con tâm trùng với khái niệm đa tạp ổn định, không ổn định,
đa tạp tâm, vì thế ta cũng có thể gọi Ec là đa tạp tâm của hệ này. Nói chung,
mọi nghiệm có dáng điệu phức tạp nhất thường nằm trên đa tạp tâm.
Nếu Eu = ∅, mọi quỹ đạo của nghiệm đều tiến rất nhanh tới đa tạp tâm Ec.
Do đó, tính ổn định của hệ hoàn toàn được xác định bởi dáng điệu của nghiệm
trên đa tạp tâm. Vì vậy, để biết về tính ổn định của hệ, chúng ta chỉ cần hạn chế
nghiên cứu hệ trên Ec. Ý tưởng trực quan này chính là động lực của lý thuyết
đa tạp tâm. Để dễ hình dung, chúng ta minh họa nội dung của lý thuyết này
qua một hệ phương trình vi phân trong không gian hữu hạn chiều sau.
Xét hệ phương trình vi phân trong Rd:
˙x = f(t, x), t ∈ R, x ∈ Rd
, (2)
ở đây x0 là điểm cân bằng không hyperbolic của hệ (2) (điều này có nghĩa ma
trận tuyến tính hóa Dxf(t, x0) có giá trị riêng với phần thực bằng 0). Giả sử tồn
tại một đa tạp tâm của (2) tiếp xúc với không gian con tâm Ec của hệ tuyến
tính x = A(t)x với A(t) = Dxf(t, x0). Khi đó để nghiên cứu dáng điệu tiệm cận
của nghiệm xuất phát từ một lân cận (đủ nhỏ) của x0, chúng ta chỉ cần hạn chế
nghiên cứu hệ (2) trên đa tạp tâm này.
Nội dung chính của luận văn là chứng minh sự tồn tại của đa tạp tâm đối
với phương trình vi phân không ôtônôm trong không gian Banach vô hạn chiều.
iii

5. Chìa khóa để giải quyết vấn đề này là các khái niệm tam phân mũ đều, tam
phân mũ không đều và điều kiện về tính hyperbolic riêng không đều của nghiệm.
Luận văn được chia thành hai chương
Chương 1: trình bày các khái niệm tam phân mũ đều, không đều của hệ
phương trình vi phân, một số kết quả cơ bản về bất đẳng thức Faà di Bruno và
bổ đề Gronwall.
Chương 2: chứng minh sự tồn tại đa tạp tâm của hệ phương trình vi phân
có tam phân mũ không đều trong không gian Banach vô hạn chiều. Đây chính
là mục đích chính của luận văn.
Do thời gian và năng lực có hạn, có thể trong luận văn còn những sai sót.
Tác giả mong muốn nhận được sự góp ý của các thầy, các cô và các bạn đồng
nghiệp.
Hà nội, tháng 12 năm 2012
Tô Thị Thu Hiền
iv

6. Chương 1
Kiến thức chuẩn bị
1.1 Hệ tam phân mũ không đều
Cho X là không gian Banach, B(X) là tập hợp các toán tử bị chặn trên X.
Giả sử A : R → B(X) là một hàm liên tục. Xét bài toán giá trị ban đầu
v = A(t)v, v(s) = vs, (1.1)
với s ∈ R và vs ∈ X. Chú ý rằng nếu phương trình trên có nghiệm thì nghiệm là
duy nhất.
Giả sử rằng tất cả các nghiệm của (1.1) là toàn cục. Nghiệm duy nhất của
hệ được viết dưới dạng v(t) = T(t, s)v(s), với T(t, s) là toán tử tiến hóa liên kết,
tức là
T(t, s)T(s, r) = T(t, r) và T(t, t) = Id
với mọi t, s, r ∈ R. Nói riêng, T(t, s) khả nghịch và T(t, s)−1 = T(s, t) với mọi
t, s ∈ R.
Định nghĩa 1.1. Phương trình tuyến tính v = A(t)v được gọi là có tam phân
mũ không đều nếu tồn tại các phép chiếu P, Q1, Q2 : R → B(X) thỏa mãn
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, 2
với mọi t, s ∈ R và các hằng số b > a ≥ 0, d > c ≥ 0, a , b , c , d ≥ 0, Di ≥ 1,
1 ≤ i ≤ 4 sao cho
1. với mọi t, s ∈ R, t ≥ s,
T(t, s)P(s) ≤ D1ea(t−s)+a |s|
, T(t, s)−1
Q2(t) ≤ D3e−b(t−s)+b |t|
; (1.2)
1

7. 2. với mọi t, s ∈ R, t ≤ s,
T(t, s)P(s) ≤ D2ec(s−t)+c |s|
, T(t, s)−1
Q1(t) ≤ D4e−d(s−t)+d |t|
. (1.3)
Các hằng số trong a, b, c, d được coi như các số mũ Lyapunov, trong khi tính
không đều của dáng điệu mũ được quyết định bởi các hằng số a , b , c , d . Sự tồn
tại của tam phân mũ không đều là giả thiết yếu nhất để thiết lập sự tồn tại của
đa tạp tâm.
Nhận xét 1.1. Chú ý rằng khi a = b = c = d = 0, hệ phương trình vi phân
thỏa mãn các điều kiện trên được gọi là có tam phân mũ đều.
Sau đây ta sẽ đưa ra ví dụ về hệ tam phân mũ không đều để làm rõ hơn định
nghĩa này.
Ví dụ 1.1. Cho ω > r > 0 là những hệ số cho trước và xét hệ phương trình trong
R3 như sau
u = 0, v1 = (−ω − rt sin t)v1, v2 = (ω + rt sin t)v2. (1.4)
Khi đó hệ phương trình vi phân (1.4) có tam phân mũ không đều.
Chứng minh. Nghiệm của hệ (1.4) được viết dưới dạng
u(t) = U(t, s)u(s), v1(t) = V1(t, s)v1(s), v2(t) = V2(t, s)v2(s) với
U(t, s) = 1,
V1(t, s) = e−ωt+ωs+rt cos t−rs cos s−r sin t+r sin s
,
V2(t, s) = eωt−ωs−rt cos t+rs cos s+r sin t−r sin s
.
Toán tử tiến hóa T(t, s) của hệ (1.4) được cho bởi
T(t, s)(u, v1, v2) = (U(t, s)u, V1(t, s)v1, V2(t, s)v2).
Xét các ánh xạ P(t), Q1(t), Q2(t) : R3 → R3 được xác định bởi
P(t)(u, v1, v2) = u,
Q1(t)(u, v1, v2) = v1,
Q2(t)(u, v1, v2) = v2.
Rõ ràng các ánh xạ này là các phép chiếu.
Tiếp theo, để chứng minh các bất đẳng thức (1.2), (1.3), ta lấy b = d = ω − r,
2

8. b = d = 2r và chọn các hằng số a, a , c, c > 0, a < ω − r, c < ω − r, D1 = D2 =
D3 = D4 = D > 1 sao cho
U(t, s) ≤ Dea(t−s)+a |s|
, V2(t, s)−1
≤ De−(ω−r)(t−s)+2r|t|
với t ≥ s;
U(t, s) ≤ Dec(s−t)+c |s|
, V1(t, s)−1
≤ De−(ω−r)(s−t)+2r|t|
với t ≤ s.
Vì U(t, s) = 1 nên hiển nhiên
U(t, s) ≤ Dea(t−s)+a |s|
với t ≥ s;
U(t, s) ≤ Dec(s−t)+c |s|
với t ≤ s
với mọi a, a , c, c > 0, a < ω − r, c < ω − r; D > 1. Bây giờ ta chỉ cần chứng minh
V2(t, s)−1
≤ De−(ω−r)(t−s)+2r|t|
với t ≥ s (1.5)
và
V1(t, s)−1
≤ De−(ω−r)(s−t)+2r|t|
với t ≤ s. (1.6)
Trước tiên ta viết lại V1(t, s)−1 như sau
V1(s, t) = e(−ω+r)(s−t)−rt(cos t−1)+rs(cos s−1)+r(sin t−sin s)
. (1.7)
Với t, s ≥ 0 từ (1.7) suy ra V1(s, t) ≤ e2re(−ω+r)(s−t)+2rt.
Với s ≥ 0, t ≤ 0 từ (1.7) suy ra V1(s, t) ≤ e2re(−ω+r)(s−t).
Cuối cùng, với t ≤ s ≤ 0, từ (1.7) ta được
V1(s, t) ≤ e2r
e(−ω+r)(s−t)+2r|t|
.
Qua ba trường hợp trên ta thấy luôn tồn tại 1 < D < e2r để (1.5) được thỏa
mãn. Trường hợp V2(t, s) trong (1.6) được chứng minh hoàn toàn tương tự. Từ
(1.6) và (1.5) ta suy ra hệ phương trình tuyến tính (1.4) có tam phân mũ không
đều.
1.2 Các không gian con tâm, ổn định và không
ổn định
Giả sử phương trình tuyến tính v = A(t)v có tam phân mũ không đều. Với
các kí hiệu như trên, xét các không gian con tuyến tính
E(t) = P(t)X, F1(t) = Q1(t)X, F2(t) = Q2(t)X (1.8)
3

9. với t ∈ R. Chúng ta gọi E(t), F1(t), F2(t) tương ứng là không gian con tâm,
không gian con ổn định và không gian con không ổn định tại thời điểm t. Rõ
ràng
X = E(t) ⊕ F1(t) ⊕ F2(t) với mọi t ∈ R.
Nghiệm duy nhất của (1.1) có thể được viết dưới dạng
v(t) = (U(t, s)ξ, V1(t, s)η1, V2(t, s)η2) ∈ E(t) × F1(t) × F2(t), (1.9)
với vs = (ξ, η1, η2) ∈ E(s) × F1(s) × F2(s), trong đó
U(t, s) : = T(t, s)P(s) = T(t, s)P(s)2
= P(t)T(t, s)P(s),
V1(t, s) : = T(t, s)Q1(s) = T(t, s)Q1(s)2
= Q1(t)T(t, s)Q1(s),
V2(t, s) : = T(t, s)Q2(s) = T(t, s)Q2(s)2
= Q2(t)T(t, s)Q2(s).
Trong trường hợp đặc biệt, nếu các không gian con tâm, ổn định và không ổn
định không phụ thuộc t, tức là E(t) = E, F1(t) = F1, F2(t) = F2 với mọi t, thì
toán tử T(t, s) có dạng
T(t, s) =


U(t, s) 0 0
0 V1(t, s) 0
0 0 V2(t, s)

 .
Hơn nữa, các toán tử
U(t, s) : E(s) → E(t), V1(t, s) : F1(s) → F1(t), V2(t, s) : F2(s) → F2(t)
là khả nghịch. Ký hiệu các toán tử nghịch đảo tương ứng là U(t, s)−1, V1(t, s)−1,
V2(t, s)−1, ta có
U(t, s)−1
= U(s, t), V1(t, s)−1
= V (s, t), V2(t, s)−1
= V2(s, t)
với mọi s, t ∈ R. Chú ý rằng các bất đẳng thức trong (1.2) và (1.3) có thể được
viết lại thành
U(t, s) ≤ D1ea(t−s)+a |s|
, V2(t, s)−1
≤ D3e−b(t−s)+b |t|
;
U(t, s) ≤ D2ec(s−t)+c |s|
, V1(t, s)−1
≤ D4e−d(s−t)+d |t|
.
Cho t = s, từ (1.2), (1.3) ta có P(t) ≤ D1ea |t|, Q2(t) ≤ D3eb |t|, Q1(t) ≤
D4ed |t|. Tiếp theo, ta định nghĩa góc giữa hai không gian con F1 và F2, F1 và E,
F2 và E tương ứng như sau
α(t) = inf{ x − y : x ∈ F1(t), y ∈ F2(t); x = y = 1}, (1.10)
4

10. β(t) = inf{ x − z : x ∈ F1(t), z ∈ E(t); x = z = 1},
γ(t) = inf{ y − z : y ∈ F2(t), y ∈ E(t); y = z = 1}.
Mệnh đề sau chỉ ra khoảng giới hạn của các góc nói trên, đây cũng là tính chất
của hệ tam phân mũ không đều.
Mệnh đề 1.1. Với mọi t ∈ R ta có
1
Q1(t)
≤ α(t) ≤
2
Q1(t)
,
1
Q2(t)
≤ α(t) ≤
2
Q2(t)
,
1
Q1(t)
≤ β(t) ≤
2
Q1(t)
,
1
P(t)
≤ β(t) ≤
2
P(t)
,
1
Q2(t)
≤ γ(t) ≤
2
Q2(t)
,
1
P(t)
≤ γ(t) ≤
2
P(t)
.
Chứng minh. Ta sẽ chứng minh cho góc α(t), các trường hợp khác chứng minh
hoàn toàn tương tự. Chú ý rằng Q1(t)(x − y) = x với x ∈ F1(t), y ∈ F2(t) và
x = y = 1. Do đó,
1 = Q1(t)(x − y) ≤ Q1(t) . x − y .
Vậy
1
Q1(t)
≤ α(t).
Bây giờ ta chứng minh α(t) ≤
2
Q1(t)
. Với v, w ∈ X, ¯v = Q1(t)v = 0, ¯w =
Q2(t)w = 0 ta có
¯v
v
−
¯w
w
=
(¯v − ¯w) ¯w + ¯w( ¯w − ¯v )
¯v . ¯w
≤
2( ¯v − ¯w )
¯v
.
Chú ý rằng Q1(t)(¯v− ¯w) = ¯v. Cho trước ε > 0, chọn v, w ∈ X sao cho với u = ¯v− ¯w,
ta có
u
Q1(t)u
≤
1
Q1(t)
+ ε.
Do đó,
¯v
v
−
¯w
w
≤
2 u
Q1(t)u
≤
2
Q1(t)
+ 2ε.
Vì ε tùy ý nên ta thu được cận trên của α(t).
Từ mệnh đề trên ta có hệ quả sau.
5

11. Hệ quả 1.1.
inf
t∈R
(α(t), β(t), γ(t)) ≥ ε > 0
nếu và chỉ nếu
sup
t∈R
( P(t) , Q1(t) , Q2(t) ) < +∞.
Hệ quả trên nói rằng tính bị chặn đều của các phép chiếu tương đương với
điều kiện các góc giữa các không gian con tâm, ổn định và không ổn định tách
khỏi 0.
1.3 Nguyên lý điểm bất động
Một trong những công cụ quan trọng trong chứng minh định lý đa tạp tâm
là nguyên lý điểm bất động. Cụ thể, chúng ta cần thiết lập hai bài toán điểm
bất động. Bài toán thứ nhất (Bổ đề 2.6) được thiết lập để thu được ước lượng
tiên nghiệm cho thành phần nghiệm trên tâm dọc theo đồ thị cho trước và bài
toán còn lại (Bổ đề 2.9) để thu được đa tạp tâm. Dưới đây là định lý điểm bất
động kinh điển mà ta sẽ sử dụng. Trước hết ta phát biểu các khái niệm chuẩn
bị như sau
Cho Y là tập bất kỳ và F : Y −→ Y là ánh xạ từ Y vào chính nó. Với y ∈ Y
cho trước, lập dãy {Fn(y)} bằng qui nạp như sau F0(y) = y, Fn+1(y) = F(Fn(y));
ta gọi Fn(y) là phần tử lặp thứ n của y qua F và tập {Fn(y)| n = 0, 1, ...} là quỹ
đạo của y qua F.
Định lý 1.1. (nguyên lý ánh xạ co Banach). Giả sử (Y, d) là không gian metric
đầy đủ và F : Y −→ Y là ánh xạ co. Khi đó F có duy nhất điểm bất động u và
Fn(y) → u với mọi y ∈ Y .
Chứng minh. Xem [5, tr10].
1.4 Công thức Faà di Bruno cho đạo hàm của
hàm hợp
Để thu được các ước lượng cần thiết cho hai bài toán điểm bất động đã nói
ở trên, ta cần ước lượng chặt các đạo hàm của thành phần nghiệm trên tâm,
cũng như các đạo hàm của trường véctơ trên đồ thị cho trước. Để làm được điều
này, ta cần sử dụng phiên bản nhiều biến của công thức Faà di Bruno cho các
đạo hàm hàm hợp. Công thức này được định nghĩa như sau
6

12. Định nghĩa 1.2. Xét các tập mở Y, Z và W trong không gian Banach. Giả sử
g : Y −→ Z xác định trong lân cận của x ∈ Y và có đạo hàm đến cấp n tại x;
f : Z −→ W xác định trong lân cận của y = g(x) ∈ Z và có đạo hàm đến cấp n
tại y. Khi đó, đạo hàm cấp n của hàm hợp h = f ◦ g tại x được viết là
dn
dxn
f(g(x)) =
n
k=1
n!
k1!k2!...kn!
f(k)
(g(x))
g (x)
1!
k1
g (x)
2!
k2
...
g(n)(x)
n!
kn
,
trong đó k1, ..., kn là các số nguyên không âm thỏa mãn k1 + 2k2 + ... + nkn = n
và k = k1 + ... + kn.
Công thức trên cũng có thể được viết lại như sau
dn
xh =
n
k=1
dk
yf
0≤r1,...,rk≤n
r1+..+rk=n
cr1...rk dr1
x g...dr1
x g, (1.11)
trong đó cr1...rk là số nguyên không âm. Do đó, nếu có công thức Faà di Bruno
thì người ta có thể chỉ ra rằng với mỗi n ∈ N tồn tại c = c(n) > 0 sao cho
dn
xh ≤ c
n
k=1
dk
yf
p(n,k)
n
j=1
dj
xg kj
, (1.12)
với
p(n, k) = (k1, ..., kn) ∈ Zn
+ :
n
j=1
kj = k và
n
j=1
jkj = n . (1.13)
Các công thức (1.11), (1.12) đã được chứng minh trong các bài báo gần đây
(xem [7], [10]). Sau đây để dễ hình dung về công thức này hơn ta sẽ đưa ra ví
dụ cho trường hợp n = 3.
Ví dụ 1.2. Cho n = 3, ta có k1 + k2 + k3 = 3. Xét trường hợp k1 = k2 = 0,
k3 = 1, khi đó k = 1 và ta có số hạng
3!
0!0!1!
f g(x))
g (x)
3!
= f (g(x))g (x).
Với trường hợp k1 = k2 = 1, k3 = 0 (k = 2) ta có số hạng
3!
1!1!0!
f (g(x))
g (x)
1!
g (x)
2!
= 3f (g(x))g (x)g (x).
7

13. Trường hợp còn lại, xét k1 = 3, k2 = k3 = 0 (k = 3), số hạng còn lại là
3!
3!0!0!
f (g(x))
g (x)
3!
3
= f (g(x))(g (x))3
.
Khi đó công thức Faà di Bruno được viết dưới dạng
d3
dx3
f(g(x)) = f (g(x))g (x) + 3f (g(x))g (x)g (x) + f (g(x))(g (x))3
.
Từ (1.11) và áp dụng bất đẳng thức tam giác với y = g(x), ¯y = g(¯x), ta có
dn
xh − dn
¯xh ≤ c
n
k=1
dk
yf − dk
¯yf
p(n,k)
n
j=1
dj
xg kj
+ c
n
k=1
dk
¯yf Sk, (1.14)
với hằng số c = c (n) > 0, ở đây
Sk :=
p(n,k)
n
j=1
Tj
j−1
m=1
dm
¯x g km
n
m=j+1
dm
x g km
,
và
Tj := dj
xg − dj
¯xg
kj−1
k=0
dj
xg kj−1−k
dj
¯xg k
.
Sau đây ta xây dựng công thức Faà di Bruno trong không gian Banach như sau.
Giả sử g = (g1, g2) xác định trong lân cận của x và có đạo hàm cấp n tại x;
f(y) được xác định trong lân cận của (y1, y2) = (g1(x), g2(x)) và có đạo hàm cấp
n tại (y1, y2). Khi đó với mỗi n ∈ N tồn tại c = c(n) > 0 sao cho đạo hàm cấp n
của h = f ◦ (g1, g2) tại x thỏa mãn
dn
xh ≤ c
q(n)
∂λ1,λ2
y1,y2
f
n
σ=1 pσ(n,λ)
σ
j=1
d
lj
x g1
kj1
d
lj
x g2
kj2
, (1.15)
trong đó
∂λ1,λ2
y1,y2
f =
∂λ1+λ2
f(y1, y2)
∂yλ1
1 ∂yλ2
2
, q(n) = {(λ1, λ2) : λ1 + λ2 ∈ {1, ..., n}},
pσ(n, λ) = (k11, k12, ..., kσ1 , kσ2 ; l1, ..., lσ) ∈ Z2σ
+ × Nσ
:
(kj1 , kj2) = (0, 0) với 1 ≤ j ≤ σ, l1 < ... < lσ,
σ
j=1
kjl = λl, l = 1, 2 và
σ
j=1
lj(kj1 + kj2) = n
(1.16)
8

14. với λ = (λ1, λ2).
Tương tự như (1.14) với (y1, y2) = (g1(x), g2(x)) và (¯y1, ¯y2) = (g1(¯x), g2(¯x)), ta
cũng có
dn
xh − dn
¯xh ≤ c
q(n)
∂λ1,λ2
y1,y2
f − ∂λ1,λ2
¯y1,¯y2
f
n
σ=1 pσ(n,λ)
σ
j=1
d
lj
x g1
kj1
d
lj
x g2
kj2
+ c
q(n)
∂λ1,λ2
¯y1,¯y2
f
n
σ=1
Sσ,
(1.17)
với hằng số c = c (n) > 0, trong đó
Sσ :=
pσ(n,λ)
σ
j=1
Tkj1,kj2,lj
j−1
i=1
dli
¯xg1
ki1
dli
¯xg2
ki2
σ
i=j+1
dli
xg1
ki1
dli
xg2
ki2
, (1.18)
và
Tkj1,kj2,lj
:= d
lj
x g2
kj2
. d
lj
x g1 − d
lj
¯x g1
kj1−1
k=0
d
lj
x g1
kj1−1−k
d
lj
¯x g1
k
+ d
lj
¯x g2
kj1
d
lj
x g1 − d
lj
¯x g2
kj2−1
k=0
d
lj
x g2
kj2−1−k
d
lj
¯x g2
k
.
(1.19)
1.5 Bổ đề Gronwall
Trong chương 2, Bổ đề 2.8 là kết quả trung gian quan trọng để chứng minh
sự tồn tại đa tạp tâm. Công cụ chính để chứng minh kết quả này là Bổ đề
Gronwall mà ta sẽ rút ra như một hệ quả của định lý sau đây.
Định lý 1.2. Cho u, v và w là các hàm liên tục xác định trên [p, q], w(t) ≥ 0 với
t ∈ [p, q]. Giả sử trên [p, q] ta có bất đẳng thức
u(t) ≤ v(t) +
t
p
w(τ)u(τ) dτ. (1.20)
Khi đó
u(t) ≤ v(t) +
t
p
w(τ)v(τ) exp
t
p
w(r) dr dτ (1.21)
với mọi t ∈ [p, q].
9

15. Chứng minh. Xét hàm y(t) :=
t
p
w(r)u(r) dr, t ∈ [p, q]. Khi đó y(p) = 0 và
y (t) = w(t)u(t) ≤ w(t)v(t) + w(t)
q
p
w(r)u(r) dr
= w(t)v(t) + w(t)y(t), t ∈ (p, q).
Bằng phép nhân với exp −
t
p
w(r) dr > 0, ta được
d
dt
y(t) exp −
t
p
w(r) dr ≤ v(t)w(t) exp −
t
p
w(r) dr.
Lấy tích phân trên đoạn [p, t],
y(t) exp −
t
p
w(r) dr ≤
t
p
v(τ)w(τ) exp −
τ
p
w(r) dτ.
Suy ra
y(t) ≤
t
p
v(τ)w(τ) exp −
t
τ
w(r) dτ, t ∈ [a, b].
Vì u(t) ≤ v(t) + y(t), định lý được chứng minh.
Từ Định lý 1.2, ta có có hệ quả quan trọng sau, hệ quả này chính là Bổ đề
Gronwall.
Hệ quả 1.2. Nếu v khả vi, thì từ (1.20) ta có
u(t) ≤ v(p) exp
t
p
w(τ) dτ +
t
p
exp
t
τ
w(r) dr v (τ) dτ (1.22)
với mọi t ∈ [p, q].
Chứng minh. Ta có
−
t
p
v(τ)
d
dt
exp
t
τ
w(r) dr dτ
= −v(τ) exp
t
τ
w(r) dr
q
p
+
t
p
exp
t
τ
w(r) dr v (τ) dτ
= −v(t) + v(p) exp
t
p
w(r) dr +
t
p
exp
t
τ
w(r) dr v (τ) dτ
với mọi t ∈ [p, q].
10

16. Do đó,
v(t)+
t
p
v(τ)w(τ) exp
t
τ
w(r) dr dτ
= v(p) exp
t
p
w(τ) dτ +
t
p
exp
t
τ
w(r) dr v (τ) dτ, t ∈ [a, b].
Hệ quả được chứng minh.
11

17. Chương 2
Đa tạp tâm của hệ tam
phân mũ không đều
Trong chương này, dựa vào giả thiết hệ phương trình vi phân có tam phân
mũ không đều, ta sẽ đi vào chứng minh sự tồn tại đa tạp tâm cho hệ đó. Trước
khi đi vào chứng minh, ta đưa ra vài giả thiết quan trọng sau.
2.1 Một vài giả thiết ban đầu
Cho X là không gian Banach, B(X) là tập hợp các toán tử bị chặn trên X.
Giả sử A : R → B(X) là một hàm liên tục. Xét bài toán giá trị ban đầu
v = A(t)v, v(s) = vs, (2.1)
với s ∈ R và vs ∈ X. Giả sử rằng tất cả các nghiệm của (2.1) là toàn cục.
Nghiệm duy nhất của bài toán được viết dưới dạng v(t) = T(t, s)v(s) với
T(t, s) là toán tử tiến hóa liên kết.
Xét bài toán giá trị ban đầu của hệ phương trình vi phân có tam phân mũ
không đều
v = A(t)v + f(t, v), v(s) = vs (2.2)
với s ∈ R cho trước và điều kiện ban đầu vs ∈ X.
Đặt
β = max{(k + 1)a + b , (k + 1)c + d }. (2.3)
Ký hiệu ∂ là đạo hàm riêng ứng với biến thứ hai, giả sử tồn tại một số nguyên
k ≥ 1 sao cho
G1. A : R → B(X) thuộc lớp Ck và thỏa mãn (2.1);
12

18. G2. f : R × X → X thuộc lớp Ck và thỏa mãn
1. f(t, 0) = 0 và ∂f(t, 0) = 0 với mọi t ∈ R;
2. tồn tại δ > 0 và cj > 0 với j = 1, ..., k + 1 sao cho với mọi t ∈ R và
u, v ∈ X ta có
∂j
f(t, u) ≤ cjδe−β|t|
với j = 1, ..., k, (2.4)
∂k
f(t, u) − ∂k
f(t, v) ≤ ck+1δe−β|t|
u − v . (2.5)
Chú ý rằng với mọi j = 0, ..., k − 1, t ∈ R và u, v ∈ X ta có
∂j
f(t, u) − ∂j
f(t, v) ≤ cj+1δe−β|t|
u − v . (2.6)
Xét các không gian con
E(t) = P(t)X, F1(t) = Q1(t)X, F2(t) = Q2(t)X. (2.7)
Nghiệm duy nhất của v = A(t)v có thể được viết dưới dạng
v(t) = (U(t, s)ξ, V1(t, s)η1, V2(t, s)η2) với t ∈ R, (2.8)
với vs = (ξ, η1, η2) ∈ E(s) × F1(s) × F2(s) và
U(t, s) := P(t)T(t, s)P(s), Vi(t, s) := Qi(t)T(t, s)Qi(s), i = 1, 2.
Kí hiệu (x(., s, vs), y1(., s, vs), y2(., s, vs)) là nghiệm duy nhất của bài toán (2.2),
hoặc tương đương, của bài toán
x(t) = U(t, s)ξ +
t
s
U(t, r)f(r, x(r), y1(r), y2(r)) dr,
yi(t) = Vi(t, s)ηi +
t
s
Vi(t, r)f(r, x(r), y1(r), y2(r)) dr, i = 1, 2 (2.9)
với t ∈ R. Với mỗi τ ∈ R, ta viết
Ψτ (s, vs) = (s + τ, x(s + τ, s, vs), y1(s + τ, s, vs), y2(s + τ, s, vs)).
Đây là dòng được sinh bởi phương trình (2.2). Nói cách khác, Ψτ là toán tử đẩy
dọc theo nghiệm của phương trình (2.2) đẩy điểm (s, vs) đến điểm (s + τ, vs+τ ).
13

19. 2.2 Sự tồn tại của đa tạp tâm
Trong mục này ta sẽ phát biểu định lý đa tạp tâm cho nghiệm tầm thường
v = 0 của phương trình v = A(t)v + f(t, v). Từ đó, ta cũng chứng minh được sự
tồn tại của đa tạp tâm cho các nghiệm hyperbolic riêng không đều của phương
trình vi phân trong không gian Banach. Đa tạp tâm thu được có dạng như một
đồ thị. Kí hiệu ∂ là đạo hàm riêng tương ứng với biến thứ hai. Giả sử X là không
gian các hàm liên tục ϕ = (ϕ1, ϕ2) : {(s, ξ) ∈ R × X : ξ ∈ E(s)} −→ X thuộc lớp
Ck sao cho với mọi s ∈ R và x, y ∈ E(s) ta có
1. ϕ(s, E(s)) ⊂ F1(s) ⊕ F2(s);
2. ϕ(s, 0) = 0 và ∂ϕ(s, 0) = 0;
3. ∂jϕ(s, x) ≤ 1 với j = 1, ..., k và
∂k
ϕ(s, x) − ∂k
ϕ(s, y) ≤ x − y . (2.10)
Chú ý rằng theo định lý giá trị trung bình, với j = 0, ..., k − 1 ta có
∂j
ϕ(s, x) − ∂j
ϕ(s, y) ≤ x − y (2.11)
với mọi s ∈ R và x, y ∈ E(s). Cho trước hàm ϕ ∈ X, đồ thị của nó có dạng
V = graph(ϕ) = {(s, ξ, ϕ(s, ξ)) : (s, ξ) ∈ R × E(s)} ⊂ R × X. (2.12)
Đặt
αi = 4c1Diδ với i = 1, 2 (2.13)
và xét điều kiện
T1 := (k + 1)a − b + max{(k + 1)a , b } < 0,
T2 := (k + 1)c − d + max{(k + 1)c , d } < 0.
(2.14)
Điều kiện này được gọi là điều kiện lỗ hổng phổ, chúng là điều kiện để có được
tính nhẵn của đa tạp tâm. Đồng thời, điều kiện lỗ hổng phổ cũng thể hiện tương
quan giữa tính tam phân không đều (a, b, c, d, a , b , c , d ) với độ trơn k của nhiễu.
Trong các Định lý 2.7 và 2.9 ta sẽ dùng điều kiện này để phục vụ cho các tính
toán cần thiết.
Dùng kí hiệu ps,ξ = (s, ξ, ϕ(s, ξ)), sau đây ta sẽ phát biểu định lý đa tạp tâm
cho nghiệm tầm thường v = 0 của phương trình v = A(t)v + f(t, v).
14

20. Định lý 2.1. Giả thiết rằng G1-G2 đúng. Nếu phương trình v = A(t)v trong
không gian Banach X có tam phân mũ không đều và các điều kiện trong (2.14)
đúng, thì với δ trong (2.4)-(2.5) đủ nhỏ, tồn tại một hàm ϕ ∈ X duy nhất sao
cho tập V trong (2.12) là bất biến đối với nửa dòng Ψτ , tức là,
nếu (s, ξ) ∈ R × E(s) thì Ψτ (ps,ξ) ∈ V với mọi τ ∈ R. (2.15)
Hơn nữa,
1. V là một đa tạp trơn thuộc lớp Ck chứa đường thẳng R × {0} và thỏa mãn
T(s,0)V = R × E(s) với mọi s ∈ R;
2. với mọi (s, ξ) ∈ R × E(s) ta có
ϕ1(s, ξ) =
s
−∞
V1(τ, s)−1
f(Ψτ−s(ps,ξ)) dτ,
ϕ2(s, ξ) = −
+∞
s
V2(τ, s)−1
f(Ψτ−s(ps,ξ)) dτ;
3. tồn tại D > 0 sao cho với mỗi s ∈ R, ξ, ¯ξ ∈ E(s), τ ∈ R, và j = 0, ..., k, ta có
∂j
ξ (Ψτ (ps,ξ))−∂j
ξ (Ψτ (ps,¯ξ)) ≤ De(j+1)[(a+α1)τ+a |s|]
ξ− ¯ξ với τ ≥ 0, (2.16)
và
∂j
ξ (Ψτ (ps,ξ))−∂j
ξ (Ψτ (ps,¯ξ)) ≤ De(j+1)[(c+α2)τ+c |s|]
ξ − ¯ξ với τ ≤ 0. (2.17)
Định lý 2.1 sẽ được chứng minh ở mục 2.3.
Đa tạp V trong (2.12) được gọi là đa tạp tâm đối với nghiệm tầm thường
v = 0 của phương trình (2.2). Ta thấy rằng V là đa tạp tâm duy nhất. Chú ý
các hằng số α1 và α2 trong (2.16)-(2.17) có thể được làm nhỏ tùy ý bằng cách
lấy δ đủ nhỏ.
Bây giờ ta sẽ chứng minh sự tồn tại của các đa tạp tâm cho các nghiệm
hyperbolic riêng không đều của một phương trình vi phân cho trước. Xét hàm
F : R × X → X thuộc lớp Ck (k ∈ N) và phương trình
v = F(t, v). (2.18)
Ta nói rằng nghiệm v0(t) của (2.18) là hyperbolic riêng không đều nếu phương
trình tuyến tính được xác định bởi A(t) = ∂F(t, v0(t)) có tam phân mũ không
đều.
15

21. Định lý 2.2. Giả thiết F thuộc lớp Ck (k ∈ N) và v0(t) là một nghiệm hyperbolic
riêng không đều của (2.18) sao cho với mọi t ∈ R, u, v ∈ X, ta có
F(t, u) − F(t, v) − A(t)(u − v) ≤ δe−β|t|
u − v , (2.19)
∂j
F(t, u) − ∂j
F(t, v) ≤ δe−β|t|
u − v với j = 1, ..., k. (2.20)
Nếu các điều kiện trong (2.14) đúng và δ đủ nhỏ, thì tồn tại duy nhất hàm ϕ ∈ X
sao cho tập
V = {(s, ξ, ϕ(s, ξ)) + (0, v0(s)) : (s, ξ) ∈ R × E(s)}
là một đa tạp trơn thuộc lớp Ck thỏa mãn các tính chất sau
1. (s, v0(s)) ∈ V và T(s,v0(s))V = R × E(s) với mọi s ∈ R;
2. V bất biến đối với nghiệm của phương trình
t = 1, v = F(t, v),
tức là, nếu (s, vs) ∈ V thì (t, v(t)) ∈ V với mọi t ∈ R, v(t) = v(t, vs) là nghiệm
duy nhất của (2.18) với t ∈ R, v(s) = vs;
3. cho trước ε > 0, với δ đủ nhỏ, tồn tại D>0 sao cho với mọi s ∈ R và (s, vs),
(s, ¯vs) ∈ V ta có
v(t, vs) − v(t, ¯vs) ≤ De(a+ε)(t−s)+a |s|
vs − ¯vs với t ≥ s,
v(t, vs) − v(t, ¯vs) ≤ De(c+ε)(s−t)+c |s|
vs − ¯vs với t ≤ s.
Chứng minh. Đặt
y(t) = v(t) − v0(t), (*)
với v(t) là nghiệm của (2.18), ta có
y (t) = F(t, v(t)) − F(t, v0(t))
= F(t, y(t) + v0(t)) − F(t, v0(t))
= A(t)y(t) + G(t, y(t)),
với
G(t, y) = F(t, y + v0(t)) − F(t, v0(t)) − A(t)y. (2.21)
16

22. Giả sử A(t) thỏa mãn giả thiết G1. Hơn nữa, từ (2.21) ta thấy G thuộc lớp Ck
(k ≥ 1). Cũng theo (2.21) ta có G(t, 0) = 0. Vì A(t) = ∂F(t, v0(t)) nên
∂G(t, 0) = ∂F(t, v0(t)) − A(t) = 0.
Hơn nữa, từ (2.21) và (2.19), với mỗi (t, y, u) ∈ R × Rn × Rn ta có
∂F(t, y + v0(t))u − A(t)u
= lim
h→0
F(t, y + v0(t) + hu) − F(t, y + v0(t))
h
− A(t)u
= lim
h→0
1
|h|
F(t, y + v0(t) + hu) − F(t, y + v0(t)) − A(t)hu
≤ lim
h→0
1
|h|
δe−β|t|
hu ≤ δe−β|t|
u .
Vì vậy,
∂G(t, y) = ∂F(t, y + v0(t)) − A(t) ≤ δe−β|t|
.
Với j = 2, ..., k, từ (2.20) ta có
∂j
F(t, y + v0(t))u
= lim
h→0
∂j−1F(t, y + v0(t) + hu) − ∂j−1F(t, y + v0(t))
h
≤ lim
h→0
1
|h|
δe−β|t|
hu ≤ δe−β|t|
u .
Do đó,
∂j
G(t, y) = ∂j
F(t, y + v0(t)) ≤ δe−β|t|
.
Từ (2.20) ta có
∂k
G(t, x) − ∂k
G(t, y)
= ∂k
F(t, x + v0(t)) − ∂k
F(t, y + v0(t)) ≤ δe−β|t|
x − y .
Vì vậy, hàm G thỏa mãn giả thiết G2. Ta áp dụng Định lý 2.1 có được điều phải
chứng minh.
Chú ý 2.1. Định lý 2.1 phát biểu sự tồn tại đa tạp tâm của hệ phương trình vi
phân (2.2) đối với nghiệm v = 0, còn Định lý 2.2 phát biểu sự tồn tại đa tạp tâm
của hệ (2.18) cho nghiệm hyperbolic riêng không đều v0(t). Chứng minh Định lý
2.2 được suy ra từ chứng minh Định lý 2.1 bằng cách dịch chuyển nghiệm v0(t)
về nghiệm v = 0 của (2.2) (xem (*)).
17

23. 2.3 Chứng minh sự tồn tại của đa tạp tâm
2.3.1 Các không gian hàm
Đa tạp V bất biến đối với dòng Ψτ (xem (2.15)), tức là bất cứ nghiệm nào
với điều kiện ban đầu thuộc V tại thời điểm s ∈ R thì sau một thời gian t ∈ R
vẫn thuộc V, vì vậy nghiệm đó phải có dạng (t, x(t), ϕ(t, x(t)) với mỗi t ∈ R. Khi
đó các phương trình trong (2.9) được viết lại dưới dạng
x(t) = U(t, s)ξ +
t
s
U(t, τ)f(τ, x(τ), ϕ(τ, x(τ))) dτ,
ϕi(t, x(t)) = Vi(t, s)ϕi(s, ξ)
+
t
s
Vi(t, τ)f(τ, x(τ), ϕ(τ, x(τ))) dτ, i = 1, 2
(2.22)
với t ∈ R, ϕ = (ϕ1, ϕ2). Trên không gian X xây dựng chuẩn
ϕ = sup{ ϕ(t, x(t)) / x : t ∈ R và x ∈ E(t) {0}}. (2.23)
Từ (2.11) ta có ϕ ≤ 1 với mọi ϕ ∈ X. Ta sẽ chứng minh rằng X là không gian
đầy đủ với chuẩn trong (2.23).
Mệnh đề 2.1. Với chuẩn trong (2.23), X là không gian mêtric đầy đủ.
Để chứng minh mệnh đề này, ta cần đưa thêm các khái niệm sau.
Cho X, Y là các không gian Banach và U ⊂ X là tập mở. Cho trước các hằng
số ε ∈ (0, 1], k ∈ N và c > 0, ta định nghĩa tập
Ck,ε
c (U, Y ) = {u ∈ Ck,ε
(U, Y ) : u k,ε ≤ c},
trong đó Ck,ε(U, Y ) là không gian các hàm u : U → Y thuộc lớp Ck có đạo hàm
cấp k liên tục Holder với số mũ Holder ε. Đặt
u k,ε = max{ u ∞, du ∞, ....., dk
u ∞, Hε(dk
u)},
ở đây . ∞ là ký hiệu của chuẩn supremum và
Hε(u) = sup
u(x) − u(y)
x − y ε
: x, y ∈ X; x = y
Mệnh đề sau chỉ ra rằng tập Ck,ε
c (U, Y ) đóng trong không gian các hàm liên tục
C(U, Y ) với chuẩn supremum (xem [1, tr124]).
18

24. Mệnh đề 2.2. Cho X, Y là các không gian Banach và U ⊂ X là tập mở. Nếu
un ∈ Ck,ε
c (U, Y ) với n ∈ N và u : U → Y là hàm thỏa mãn un − u ∞ → 0 khi
n → ∞, khi đó u ∈ Ck,ε
c (U, Y ) và với mỗi x ∈ U ta có dkun(x) → dku(x) khi
n → ∞.
Với các khái niệm và mệnh đề trên, bây giờ ta đã có thể đi vào chứng minh
Mệnh đề 2.1.
Chứng minh Mệnh đề 2.1. Cho trước hàm ϕ ∈ X, với mỗi t cố định trong R và
R > 0 đặt ¯ϕ = ϕ|(t×BR) , ở đây BR ⊂ E(t) là hình cầu bán kính R tâm tại 0. Khi
đó
¯ϕ(x) = ϕ(t, x) ≤ ϕ x ≤ R
với mỗi x ∈ BR. Vì vậy, nếu (ϕn)n ∈ X là dãy Cauchy ứng với chuẩn trong (2.23)
thì (¯ϕn)n ⊂ Ck,α
R (BR, X) là dãy Cauchy ứng với chuẩn supremum. Do đó, tồn
tại hàm ¯ϕ : BR → X sao cho ¯ϕn − ¯ϕ ∞ → 0 khi n → ∞. Theo Mệnh đề 2.2 ta
có ¯ϕ ∈ Ck,α
R (BR, X). Hơn nữa, do tính duy nhất của hàm giới hạn ¯ϕ, ta có thể
xác định duy nhất một hàm liên tục ϕ : {(t, x) ∈ R × X : x ∈ E(t)} → X bởi
ϕ|({t}×BR) = ¯ϕ. Theo Mệnh đề 2.2, dãy (¯ϕn)n có các đạo hàm riêng đến cấp k
hội tụ điểm. Vì vậy dãy (ϕn)n cũng có các đạo hàm đến cấp k hội tụ điểm, từ
đây dễ dàng chứng minh được rằng ϕ ∈ X. Tiếp theo, ta phải chứng minh rằng
ϕn − ϕ → 0 khi n → ∞. Vì (ϕn)n là dãy Cauchy, nên với ε > 0 cho trước, tồn
tại N = N(ε) sao cho với mỗi t ∈ R, x ∈ E(t) và n, m ≥ N(ε), ta có
ϕn(t, x) − ϕm(t, x) ≤ ε x . (2.24)
Cho n → ∞ trong (2.24), ta được ϕ(t, x) − ϕm(t, x) ≤ ε x . Vậy ϕ − ϕm ≤ ε
khi m ≥ N(ε). Mệnh đề hoàn toàn được chứng minh.
Giả sử có α1 trong (2.13) và các hằng số Cj > 0 với j = 0, ..., k + 1. Ký hiệu
∂ là đạo hàm riêng tương ứng với biến thứ hai. Cố định s ∈ R, đặt
ρ(t) = (a + α1)(t − s) + a |s|. (2.25)
Ký hiệu B+ là không gian các hàm liên tục x : [s, +∞) × E(s) → X thuộc lớp
Ck(k ≥ 1) sao cho x(s, ξ) = ξ với mọi ξ ∈ E(s), x(t, ξ) ∈ E(t) với t ≥ s, ξ ∈ E(s).
Trên không gian B+ ta xây dựng các chuẩn sau
x : = sup
x(t, ξ)
ξ
e−ρ(t)
: t ≥ s, ξ ∈ E(s) {0} ≤ C0, (2.26)
19

25. x j : = sup ∂j
x(t, ξ) e−jρ(t)
: t ≥ s, ξ ∈ E(s) ≤ Cj, j = 1, ..., k,
Lk(x) : = sup
∂kx(t, ξ) − ∂kx(t, ¯ξ)
ξ − ¯ξ
e−(k+1)ρ(t)
≤ Ck+1,
trong chuẩn cuối cùng supremum lấy với mọi t ≥ s và ξ, ¯ξ ∈ E(s) miễn là ξ = ¯ξ.
Chú ý rằng cho trước x ∈ B+, với mọi t ≥ s và ξ, ¯ξ ∈ E(s) (ξ = ¯ξ), ta có
x(t, ξ) ≤ x ξ eρ(t)
≤ C0 ξ eρ(t)
, (2.27)
∂j
x(t, ξ) ≤ x jejρ(t)
≤ Cjejρ(t)
, j = 1, ..., k, (2.28)
∂kx(t, ξ) − ∂kx(t, ¯ξ)
ξ − ¯ξ
≤ Lk(x)e(k+1)ρ(t)
≤ Cke(k+1)ρ(t)
. (2.29)
Mệnh đề 2.3. Với chuẩn trong (2.26), B+ là không gian metric đầy đủ.
Chứng minh. Cho trước hàm x ∈ B+, với t cố định, t ≥ s và R > 0, đặt ¯x =
x|({t}×BR), ở đây BR ⊂ E(t) là hình cầu mở bán kính R tâm tại 0. Khi đó
¯x(ξ) = x(t, ξ) ≤ x ξ eρ(t)
≤ D
với ξ ∈ BR, trong đó D = C0Reρ(t). Vì vậy, nếu (xn)n ⊂ B+ là dãy Cauchy tương
ứng với chuẩn trong (2.26) thì (¯xn)n ⊂ Ck,α
D (BR, E(t)) là dãy Cauchy ứng với
chuẩn supremum. Do đó, tồn tại một hàm ¯x : BR → E(t) sao cho ¯xn − ¯x ∞ → 0
khi n → ∞. Theo Mệnh đề 2.2 ta có ¯x ∈ Ck,α
R (BR, E(t)). Hơn nữa, do tính
duy nhất của hàm giới hạn ¯x, ta có thể xác định duy nhất một hàm liên tục
x : {(t, ξ) ∈ R × E(s) : ξ ∈ E(s)} → X bởi x|({t}×BR) = ¯x. Theo Mệnh đề 2.2, dãy
(¯xn)n có các đạo hàm riêng đến cấp k hội tụ điểm. Vì vậy dãy (xn)n cũng có các
đạo hàm đến cấp k hội tụ điểm, từ đây dễ dàng chứng minh được rằng x ∈ B+.
Tiếp theo, ta phải chứng minh rằng xn − x → 0 khi n → ∞. Vì (xn)n là dãy
Cauchy, nên với ε > 0 cho trước, tồn tại N = N(ε) sao cho với mỗi t ∈ R, ξ ∈ E(s)
và n, m ≥ N(ε), ta có
xn(t, x) − xm(t, x) ≤ ε ξ . (2.30)
Cho n → ∞ trong (2.30), ta được x(t, ξ) − xm(t, ξ) ≤ ε ξ . Vậy x − xm ≤ ε
khi m ≥ N(ε). Mệnh đề hoàn toàn được chứng minh.
Tương tự, với α2 trong (2.13), đặt
σ(t) = (c + α2)(s − t) + c |s|.
20

26. Ký hiệu B− là không gian các hàm liên tục x : (−∞, s] × E(s) → X thuộc lớp
Ck (k ≥ 1) sao cho x(t, ξ) = ξ với mọi ξ ∈ E(s), x(t, ξ) ∈ E(t) với t ≤ s, ξ ∈ E(s)
và
x : = sup
x(t, ξ)
ξ
e−σ(t)
: t ≤ s, ξ ∈ E(s) {0} ≤ C0, (2.31)
x j : = sup ∂j
x(t, ξ) e−jσ(t)
: t ≤ s, ξ ∈ E(s) ≤ Cj với j = 1, ..., k,
Lk(x) : = sup
∂kx(t, ξ) − ∂kx(t, ¯ξ)
ξ − ¯ξ
e−(k+1)σ(t)
≤ Ck+1, (2.32)
trong chuẩn cuối cùng supremum lấy với mọi t ≤ s và ξ, ¯ξ ∈ E(s) miễn là ξ = ¯ξ.
Mệnh đề 2.4. Với chuẩn trong (2.31), B− là không gian metric đầy đủ.
Chứng minh. Chứng minh tương tự như Mệnh đề 2.3.
2.3.2 Các tính chất Lipschitz của đạo hàm
Trong mục này, ta sẽ dùng công thức Faà di Bruno để ước lượng các đạo
hàm cấp cao. Cho trước ϕ ∈ X và x ∈ B+ ∪ B−. Ký hiệu
ϕ∗
(t, ξ) = ϕ(t, x(t, ξ)). (2.33)
Bổ đề 2.1. Với mỗi j = 1, ..., k, tồn tại các hằng số Aj và Bj sao cho với ϕ cho
trước, ϕ ∈ X và (s, ξ) ∈ R × E(s), ta có
∂j
ϕ∗
(t, ξ) ≤
Ajejρ(t), t ≥ s và x ∈ B+
Bjejσ(t), t ≤ s và x ∈ B−.
Chứng minh. Ta chỉ xét trong trường hợp t ≥ s và x ∈ B+, trường hợp còn lại
được chứng minh tương tự. Áp dụng đánh giá (1.12) đối với đạo hàm ∂jϕ∗ ta
được
∂j
ϕ∗
(t, ξ) ≤ c
j
m=1
∂m
ϕ(t, x(t, ξ))
p(j,m)
j
l=1
∂l
x(t, ξ) kl
,
với pj,m được cho bởi (1.13). Vì ϕ ∈ X, sử dụng đồng nhất j
l=1 lkl = j trong
(1.13) và (2.28), ta có
∂j
ϕ∗
(t, ξ) ≤ c
j
m=1 p(j,m)
j
l=1
(Clelρ(t)
)kl
≤ Ajejρ(t)
với hằng số Aj > 0 nào đó.
21

27. Trong các bổ đề tiếp theo, ta chỉ đưa ra các chứng minh cho trường hợp t ≥ s
và x ∈ B+. Trường hợp còn lại chứng minh tương tự.
Cho trước ϕ ∈ X và x ∈ B+ ∪ B−. Ký hiệu
f∗
(t, ξ) = f(t, x(t, ξ), ϕ(t, x(t, ξ))) = f(t, x(t, ξ), ϕ∗
(t, ξ)), (2.34)
với ϕ∗(t, ξ) trong (2.33).
Bổ đề 2.2. Với mỗi j = 1, ..., k, tồn tại các hằng số ¯Aj và ¯Bj sao cho với ϕ ∈ X
cho trước và (s, ξ) ∈ R × E(s) ta có
∂j
f∗
(t, ξ) ≤ δe−β|t|
¯Ajejρ(t), t ≥ s và x ∈ B+
¯Bjejσ(t), t ≤ s và x ∈ B−.
Chứng minh. Áp dụng (1.15) đối với đạo hàm ∂jf∗(t, ξ) ta được
∂j
f∗
(t, ξ) ≤ c
q(j)
∂λ1,λ2
x(t,ξ),ϕ(t,x(t,ξ))
f(t, .)
×
j
s=1 ps(j,λ)
s
m=1
∂lm
x(t, ξ) km1
∂lm
ϕ∗
(t, ξ) km2
,
với ps(j, λ) được xác định trong (1.16). Vì ϕ ∈ X, sử dụng đồng nhất thức
s
m=1 lm(km1 + km2) = j trong (1.16), cùng với (2.4), (2.28) và Bổ đề 2.1 ta có
∂j
f∗
(t, ξ) ≤ cδe−β|t|
q(j)
cj
j
s=1 ps(j,λ)
s
m=1
(Clm
elmρ(t)
)km1
(Alm
elmρ(t)
)km2
≤ ¯Ajδe−β|t|
ejρ(t)
với hằng số ¯Aj là một hằng số dương nào đó. Bổ đề được chứng minh.
Bổ đề 2.3. Với mỗi j = 0, ..., k và (s, ξ), (s, ¯ξ) ∈ R × E(s) ta có
∂j
x(t, ξ) − ∂j
x(t, ¯ξ) ≤ Cj+1 ξ − ¯ξ
e(j+1)ρ(t), t ≥ s và x ∈ B+
e(j+1)σ(t), t ≤ s và x ∈ B−.
Chứng minh. Theo định nghĩa của các không gian B+ và B−, phát biểu này
đúng với trường hợp j = k (xem (2.29) và (2.32)). Với j < k, từ (2.28) và định
lý giá trị trung bình ta có
∂j
x(t, ξ) − ∂j
x(t, ¯ξ) ≤ sup
r∈[0,1]
∂j+1
x(t, ξ + r(¯ξ − ξ)) ξ − ¯ξ
≤ Cj+1e(j+1)ρ(t)
ξ − ¯ξ .
Bổ đề hoàn toàn được chứng minh.
22

28. Bổ đề 2.4. Với mỗi j = 0, ..., k, tồn tại các hằng số Aj và Bj sao cho với ϕ ∈ X
cho trước và (s, ξ), (s, ¯ξ) ∈ R × E(s) ta có
∂j
ϕ∗
(t, ξ) − ∂j
ϕ∗
(t, ¯ξ) ≤ ξ − ¯ξ
Aje(j+1)ρ(t), t ≥ s và x ∈ B+
Bje(j+1)σ(t), t ≤ s và x ∈ B−.
Chứng minh. Trường hợp j < k các bất đẳng thức được suy ra trực tiếp từ Bổ
đề 2.1. Bây giờ ta sẽ chứng minh với trường hợp j = k. Theo (1.14) ta có
∂j
ϕ∗
(t, ξ) − ∂j
ϕ∗
(t, ¯ξ)
≤ c
j
m=1
∂m
ϕ(t, x(t, ξ)) − ∂m
ϕ(t, x(t, ¯ξ))
p(j,m)
j
l=1
∂l
x(t, ξ) kl
(2.35)
+ c
j
m=1
∂m
ϕ(t, x(t, ¯ξ)) Sj,
với p(j, m) được xác định như trong (1.13) và
Sj :=
p(j,m)
j
l=1
Tl
l−1
i=1
∂j
x(t, ¯ξ) ki
j
i=l+1
∂i
x(t, ξ) ki
, (2.36)
trong đó
Tl = ∂l
x(t, ξ) − ∂l
x(t, ¯ξ)
kl−1
k=0
∂l
x(t, ξ) kl−1−k
∂l
x(t, ¯ξ) k
.
Vì ϕ ∈ X, theo (2.10) và (2.11) với m = 1, ..., k ta có
∂m
ϕ(t, x(t, ξ)) − ∂m
ϕ(t, x(t, ¯ξ)) ≤ x(t, ξ) − x(t, ¯ξ) .
Áp dụng Bổ đề 2.3 với j = 0, ta được
∂m
ϕ(t, x(t, ξ)) − ∂m
ϕ(t, x(t, ¯ξ)) ≤ C1eρ(t)
ξ − ¯ξ . (2.37)
Tiếp theo, áp dụng Bổ đề 2.3 và (2.28) với j = l,
Tl ≤ Cl+1e(l+1)ρ(t)
ξ − ¯ξ
kl−1
k=0
(Clelρ(t)
)kl−1
≤ Cl+1Ckl−1
l kle(lkl+1)ρ(t)
ξ − ¯ξ . (2.38)
23

29. Kết hợp (2.38), (2.28) và (2.36) ta có
Sj ≤
p(j,m)
j
l=1
Tl
j
i=1,i=l
(Cieiρ(t)
)ki
≤ Cj
p(j,m)
j
l=1
e(lkl+1)ρ(t)
ξ − ¯ξ
j
i=1,i=l
eikiρ(t)
= Cje(j+1)ρ(t)
ξ − ¯ξ , (2.39)
trong đó Cj là một hằng số dương xác định, (sử dụng đồng nhất j
m=1 mkm = j,
xem (1.13)). Do đó, theo (2.35), (2.37), (2.39) và (2.28), ta có
∂j
ϕ∗
(t, ξ) − ∂j
ϕ∗
(t, ¯ξ) ≤ cC1eρ(t)
ξ − ¯ξ
j
m=1 p(j,m)
j
l=1
(Clelρ(t)
)kl
+ c jCje(j+1)ρ(t)
ξ − ¯ξ
= Aje(j+1)ρ(t)
ξ − ¯ξ ,
với hằng số Aj > 0 nào đó. Bổ đề được chứng minh xong.
Bổ đề 2.5. Với k ∈ N, tồn tại các hằng số Ak và Bk sao cho với ϕ ∈ X cho
trước và (s, ξ), (s, ¯ξ) ∈ R × E(s) ta có
∂k
f∗
(t, ξ) − ∂k
f∗
(t, ¯ξ) ≤ δe−β|t|
ξ − ¯ξ
Ake(k+1)ρ(t), t ≥ s và x ∈ B+
Bke(k+1)σ(t), t ≤ s và x ∈ B−.
Chứng minh. Theo (1.17) ta có
∂k
f∗
(t, ξ) − ∂k
f∗
(t, ¯ξ)
≤ c
q(k)
Gλ1,λ2
k
s=1 ps(k,λ)
s
m=1
∂lm
x(t, ξ) km1
∂lm
ϕ∗
(t, ξ) km2
(2.40)
+ c
q(k)
∂λ1,λ2
x(t,¯ξ),ϕ∗(t,¯ξ)
f(t, .)
k
s=1
Ss,
với
Gλ1,λ2
:= ∂λ1,λ2
x(t,ξ),ϕ∗(t,ξ)
f(t, .) − ∂λ1,λ2
x(t,¯ξ),ϕ∗(t,¯ξ)
f(t, .)
24

30. và
Ss :=
ps(k,λ)
s
m=1
Tkm1,km2,lm
lm−1
i=1
∂li
x(t, ¯ξ) ki1
∂li
ϕ∗
(t, ¯ξ) ki2
×
s
i=lm+1
∂li
x(t, ξ) ki1
∂li
ϕ∗
(t, ξ) ki2
, (2.41)
trong đó
Tkm1,km2,lm
: = ∂lm
ϕ∗
(t, ξ) km2
∂lm
x(t, ξ) − ∂lm
x(t, ¯ξ)
×
km1−1
k=0
∂lm
x(t, ξ) km1−1−k
∂lm
x(t, ¯ξ) k
+ ∂lm
x(t, ¯ξ) km1
∂lm
ϕ∗
(t, ξ) − ∂lm
ϕ∗
(t, ¯ξ)
×
km2−1
k=0
∂lm
ϕ∗
(t, ξ) km2−1−k
∂lm
ϕ∗
(t, ¯ξ) k
.
Áp dụng định lý giá trị trung bình đối với hàm Gλ1,λ2
, theo (2.4) và các Bổ đề
2.3, 2.4 với j = 0, khi λ1 + λ2 = 1, ..., k − 1 ta có
Gλ1,λ2
≤ sup
r∈[0,1]
∂λ1+1,λ2
a(r)
f(t, .) . x(t, ξ) − x(t, ¯ξ)
+ sup
r∈[0,1]
∂λ1,λ2+1
b(r)
f(t, .) . ϕ∗
(t, ξ) − ϕ∗
(t, ¯ξ)
≤ cλ1+λ2+1δe−β|t|
eρ(t)
ξ − ¯ξ (C1 + A0),
với
a(r) = (x(t, ξ) + r(x(t, ¯ξ) − x(t, ξ)), ϕ∗
(t, ξ)),
b(r) = (x(t, ξ), ϕ∗
(t, ξ) + r(ϕ∗
(t, ¯ξ) − ϕ∗
(t, ξ))).
Hơn nữa, khi λ1 + λ2 = k từ (2.5) và các Bổ đề 2.3, 2.4 ta có
Gλ1,λ2
= ∂λ1,λ2
x(t,ξ),ϕ∗(t,ξ)
f(t, .) − ∂λ1,λ2
x(t,¯ξ),ϕ∗(t,¯ξ)
f(t, .)
≤ ck+1δe−β|t|
(x(t, ξ), ϕ∗
(t, ξ)) − (x(t, ¯ξ), ϕ∗
(t, ¯ξ))
≤ ck+1δe−β|t|
ξ − ¯ξ (C1 + A0).
Vì vậy, với mỗi (λ1, λ2) ∈ q(k), ta có
Gλ1,λ2
≤ ck+1δe−β|t|
ξ − ¯ξ (C1 + A0).
25

31. Theo (2.28), Bổ đề 2.1 và vì s
m=1 lm(km1 +km2) = k (xem (1.16)) nên tổng đầu
tiên trong (2.40) bị chặn bởi
Gkδe−β|t|
e(k+1)ρ(t)
ξ − ¯ξ , (2.42)
với hằng số Gk > 0 nào đó. Từ các Bổ đề 2.1, 2.3 và 2.4 ta có
Tkm1,km2,lm
≤ (Alm
elmρ(t)
)km2
ξ − ¯ξ Clm+1e(lm+1)ρ(t)
km1−1
k=0
(Clm
elmρ(t)
)km1−1
+ (Clm
elmρ(t)
)km1
ξ − ¯ξ Alm
e(lm+1)ρ(t)
km2−1
k=0
(Alm
elmρ(t)
)km2−1
≤ Eme(1+lm(km1+km2))ρ(t)
ξ − ¯ξ ,
với hằng số Em > 0 nào đó. Theo (2.41), (2.28) và Bổ đề 2.1 ta có
Ss ≤
ps(k,λ)
s
m=1
Eme(1+lm(km1+km2))ρ(t)
ξ − ¯ξ
× e
s
i=1,i=m li(ki1+ki2)ρ(t)
s
i=1,i=m
Cki1
li
Aki2
li
≤ Fse(k+1)ρ(t)
ξ − ¯ξ ,
với hằng số Fs > 0 nào đó (sử dụng đồng nhất s
i=1 li(ki1 + ki2) = k). Vì vậy,
tổng thứ hai trong (2.40) bị chặn bởi
Hkδe−β|t|
e(k+1)ρ(t)
ξ − ¯ξ , (2.43)
với Hk là một hằng số dương cho trước. Từ (2.40), (2.42) và (2.43) ta có
∂k
f∗
(t, ξ) − ∂k
f∗
(t, ¯ξ) ≤ δe−β|t|
e(k+1)ρ(t)
ξ − ¯ξ (Gk + Hk).
Đặt Ak = Gk + Hk, bổ đề được chứng minh.
2.3.3 Nghiệm trên đa tạp tâm
Ta bắt đầu xây dựng các bước chứng minh Định lý 2.1. Bước đầu tiên là
chứng minh tồn tại duy nhất hàm x = xϕ thỏa mãn phương trình đầu tiên trong
(2.22) với mỗi ϕ ∈ X cho trước.
Bổ đề 2.6. Với δ đủ nhỏ, với mỗi ϕ ∈ X các tính chất sau được thỏa mãn
26

32. 1. cho trước s ∈ R, tồn tại duy nhất hàm x = xϕ : R×E(s) → X với xϕ(s, ξ) = ξ
thỏa mãn phương trình đầu tiên trong (2.22) và xϕ(t, ξ) ∈ E(t) với mọi t ∈ R,
ξ ∈ E(s);
2. hàm xϕ thỏa mãn
xϕ|[s,+∞)×E(s) ∈ B+, xϕ|(−∞,s]×E(s) ∈ B−
và
xϕ(t, ξ) ≤
2D1eρ(t) ξ , t ≥ s
2D2eσ(t) ξ , t ≤ s.
(2.44)
Chứng minh. Trước hết, xét t ≥ s. Cho trước s ∈ R, ϕ ∈ X, ξ ∈ E(s), xét toán
tử J xác định bởi
(Jx)(t, ξ) = U(t, s)ξ +
t
s
U(t, τ)f(τ, x(τ, ξ), ϕ(τ, x(τ, ξ))) dτ
với x ∈ B+ và t ≥ s. Rõ ràng J là hàm liên tục thuộc lớp Ck và (Jx)(s, ξ) = ξ
(vì U(s, s)ξ = ξ). Hơn nữa, từ (2.6) và (2.27) ta có
f(τ, x(τ, ξ), ϕ(τ, x(τ, ξ)))
≤ c1δe−β|τ|
(x(τ, ξ), ϕ(τ, x(τ, ξ)))
= c1δe−β|τ|
( x(τ, ξ) + ϕ(τ, x(τ, ξ)) ) ≤ 2c1δe−β|τ|
x(τ, ξ)
≤ 2c1C0δeρ(τ)
e−β|τ|
ξ .
Tiếp theo, sử dụng bất đẳng thức (1.2) và định nghĩa β trong (2.3) ta được
(Jx)(t, ξ) − U(t, s)ξ ≤
t
s
U(t, τ) f(τ, x(τ, ξ), ϕ(τ, x(τ, ξ))) dτ
≤
t
s
D1ea(t−τ)+a |τ|
.2c1C0δe(a+α1)(τ−s)+a |s|
.e−β|τ|
ξ dτ
≤ 2c1C0δD1 ξ ea |s|
t
s
e(α+α1)(τ−s)
ea(t−τ)
e(a −β)|τ|
dτ
≤ 2c1C0δD1 ξ eρ(t)
t
s
e−α1(t−τ)
e(a −β)|τ|
dτ ≤ θ ξ eρ(t)
,
với
θ = 2c1C0δD1/α1.
Hơn nữa, do (1.2) và (2.25) nên
U(t, s)ξ ≤ D1ea(t−s)+a |s|
ξ ≤ D1e(a+α1)(t−s)+a |s|
ξ ≤ D1eρ(t)
ξ .
27

33. Do đó,
(Jx)(t, ξ) ≤ U(t, s)ξ + θ ξ eρ(t)
≤ (D1 + θ)eρ(t)
ξ .
Vậy ta chỉ cần chọn hằng số C0 > D1 và lấy δ đủ nhỏ sao cho Jx ≤ D1 +θ < C0.
Bước tiếp theo, ta xét đạo hàm ∂j(Jx). Áp dụng Bổ đề 2.2 cho hàm f∗ trong
(2.34), với j = 1, ..., k, ta có
∂j
f∗
(τ, ξ) ≤ ¯Ajδe−β|τ|
ejρ(τ)
.
Theo bất đẳng thức thứ nhất trong (1.2), với j = 2, ..., k, ta được
∂j
(Jx)(t, ξ) ≤
t
s
U(t, τ) . ∂j
f∗
(τ, ξ) dτ
≤
t
s
D1ea(t−τ)+a |τ|
. ¯Ajδe−β|τ|
ejρ(τ)
dτ
= ¯AjδD1
t
s
ea(t−s)+a |s|−β|τ|+j((a+α1)(τ−s)+a |s|)
dτ
≤ ¯AjδD1eja |s|
t
s
ej(a+α1)(τ−s)
ea(t−τ)
e(a −β)|τ|
dτ
≤ ¯AjδD1ejρ(t)
t
s
e−((j−1)a+α1j)(t−τ)
e(a −β)|τ|
dτ
≤
¯AjδD1
(j − 1)a + α1j
ejρ(t)
.
Lấy δ đủ nhỏ, với j = 2, ..., k ta có
Jx j ≤
¯AjδD1
(j − 1)a + α1j
≤ Cj.
Khi j = 1
∂(Jx)(t, ξ) ≤ U(t, s) + ¯A1D1δ/α1.
Chọn hằng số C1 > D1 và lấy δ đủ nhỏ sao cho
Jx 1 ≤ D1 +
¯A1D1δ
α1
< C1.
Cuối cùng, theo Bổ đề 2.5 và theo bất đẳng thức đầu tiên trong (1.2), với t ≥ s
và ξ, ¯ξ ∈ E(s) miễn là ξ = ¯ξ, ta có
∂k
(Jx)(t, ξ) − ∂k
(Jx)(t, ¯ξ)
≤
t
s
U(t, τ) ∂k
f∗
(τ, ξ) − ∂k
f∗
(τ, ¯ξ) dτ
28

34. ≤ AkD1δe(k+1)a |s|
ξ − ¯ξ
t
s
e(k+1)(a+α1)(τ−s)
ea(t−τ)
e(a −β)|τ|
dτ
≤ AkD1δ ξ − ¯ξ e(k+1)ρ(t)
t
s
e−(ka+(k+1)α1)(t−τ)
e(a −β)|τ|
dτ
≤
AkD1δ
ka + (k + 1)α1
ξ − ¯ξ e(k+1)ρ(t)
.
Lấy δ đủ nhỏ sao cho
Lk(Jx) ≤
AkD1δ
ka + (k + 1)α1
≤ Ck+1.
Do đó, Jx ∈ B+ và J : B+ → B+ là toán tử được định nghĩa tốt.
Bây giờ chứng minh J là ánh xạ co với chuẩn . trong (2.26). Cho trước
x, y ∈ B+ và τ ≥ s, từ (2.6) và định nghĩa của 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)))
= δe−β|τ|
( x(τ, ξ) − y(τ, ξ) + ϕ(τ, x(τ, ξ)) − ϕ(τ, y(τ, ξ)) )
≤ 2c1δe−β|τ|
x(τ, ξ) − y(τ, ξ)
≤
α1
2D1
eρ(τ)
e−β|τ|
ξ x − y . (2.45)
Sử dụng bất đẳng thức trong (1.2) và (2.45) thu được
(Jx)(t, ξ) − (Jy)(t, ξ)
≤
t
s
U(t, τ) f(τ, x(τ, ξ), ϕ(τ, x(τ, ξ))) − f(τ, y(τ, ξ), ϕ(τ, y(τ, ξ))) dτ
≤
α1
2
ξ . x − y e(a+α1)(t−s)+a |s|
t
s
e−α1(t−τ)
e(a −β)|τ|
dτ
≤
ξ
2
x − y eρ(t)
với mỗi t ≥ s và β ≥ a . Do đó
Jx − Jy ≤
1
2
x − y . (2.46)
Vậy J là ánh xạ co. Theo Mệnh đề 2.3, tồn tại duy nhất hàm x = xϕ ∈ B+ sao
cho Jx = x. Đặt
z(t, ξ) = (J0)(t, ξ) = U(t, s)ξ.
29

35. Hàm x được xác định bởi
x(t, ξ) = lim
n→+∞
(Jn
0)(t, ξ) =
+∞
k=0
[(Jk+1
0)(t, ξ) − (Jk
0)(t, ξ)]
với t ≥ s. Từ (2.46), ta có
x ≤
+∞
k=0
(Jk
z)(t, ξ) − (Jk
0)(t, ξ) ≤
+∞
k=0
1
2k
z = 2 z ≤ 2D1.
Hơn nữa, từ (2.26) ta có
x(t, ξ)
ξ
e−ρ(t)
≤ x .
Vậy
x(t, ξ) ≤ 2D1 ξ eρ(t)
.
Bổ đề đã được chứng minh với trường hợp t ≥ s.
Trường hợp t ≤ s được chứng minh tương tự bằng cách xét không gian B−
với chuẩn trong (2.31).
Nhận xét 2.1. Bổ đề 2.6 nói rằng, với mọi ϕ ∈ X, tồn tại duy nhất một hàm
xϕ thỏa mãn phương trình đầu tiên trong (2.22). Trong chứng minh bổ đề, ta đã
xây dựng ánh xạ J và chứng minh nó là ánh xạ co trong không gian định chuẩn
đầy đủ, từ đó suy ra sự tồn tại duy nhất nghiệm. Trong một vài bổ đề tiếp theo
ta cũng sử dụng kĩ thuật chứng minh này.
Chú ý 2.2. Theo Bổ đề 2.6 ta có
xϕ|[s,+∞)×E(s) ∈ B+ và xϕ|(−∞,s]×E(s) ∈ B−.
Vì vậy, nếu kí hiệu xϕ và ¯xϕ là các hàm duy nhất được cho bởi Bổ đề 2.6 sao
cho xϕ(s, ξ) = ξ và ¯xϕ(s, ¯ξ) = ¯ξ, thì từ Bổ đề 2.3 ta có
xϕ(t, ξ) − ¯xϕ(t, ¯ξ) ≤ C1 ξ − ¯ξ
eρ(t), t ≥ s
eσ(t), t ≤ s.
2.3.4 Qui về bài toán tương đương
Bước tiếp theo, ta sẽ chứng minh sự tồn tại của hàm ϕ ∈ X thỏa mãn đẳng
thức thứ hai trong (2.22) khi x = xϕ trong Bổ đề 2.6. Nhưng trước hết hãy làm
đơn giản bài toán bằng cách chuyển bài toán này về dạng tương đương sau
30

36. Bổ đề 2.7. Với δ đủ nhỏ, hàm ϕ ∈ X cho trước, các tính chất sau tương đương
1.
ϕ1(t, xϕ(t, ξ)) = V1(t, s)ϕ1(s, ξ) +
t
s
V1(t, τ)f(τ, xϕ(τ, ξ), ϕ(τ, xϕ(τ, ξ))) dτ
(2.47)
với mọi (s, ξ) ∈ R × E(s), t ≤ s và
ϕ2(t, xϕ(t, ξ)) = V2(t, s)ϕ2(s, ξ) +
t
s
V2(t, τ)f(τ, xϕ(τ, ξ), ϕ(τ, xϕ(τ, ξ))) dτ
(2.48)
với mọi (s, ξ) ∈ R × E(s), t ≥ s;
2.
ϕ1(s, ξ) =
s
−∞
V1(τ, s)−1
f(τ, xϕ(τ, ξ), ϕ(τ, xϕ(τ, ξ))) dτ,
ϕ2(s, ξ) = −
+∞
s
V2(τ, s)−1
f(τ, xϕ(τ, ξ), ϕ(τ, xϕ(τ, ξ))) dτ,
(2.49)
với mọi (s, ξ) ∈ R × E(s).
Chứng minh. Ta sẽ chứng minh rằng các tích phân trong (2.49) được định nghĩa
tốt với (s, ξ) ∈ R × E(s). Theo các bất đẳng thức (2.44), (2.6), với τ ≤ s ta có
f(τ, xϕ(τ, ξ), ϕ(τ, xϕ(τ, ξ)))
≤ c1δe−β|τ|
(xϕ(τ, ξ), ϕ(τ, xϕ(τ, ξ)))
= c1δe−β|τ|
( xϕ(τ, ξ) + ϕ(τ, xϕ(τ, ξ)) )
≤ 2c1δe−β|τ|
xϕ(τ, ξ) ≤ 4c1δe−β|τ|
D2eσ(τ)
ξ . (2.50)
Hoàn toàn tương tự, sử dụng bất phương trình đầu tiên trong (2.44), với τ ≥ s
ta cũng có
f(τ, xϕ(τ, ξ), ϕ(τ, xϕ(τ, ξ))) ≤ 4c1δe−β|τ|
D1eρ(τ)
ξ . (2.51)
Sử dụng bất đẳng thức thứ hai trong (1.3), (2.50), ta có
s
−∞
V1(τ, s)−1
f(τ, xϕ(τ, ξ), ϕ(τ, xϕ(τ, ξ))) dτ
≤
s
−∞
D4e−d(s−τ)+d |τ|
4c1δe−β|τ|
D2eσ(τ)
ξ dτ
31

37. ≤ 4c1δD4D2 ξ
s
−∞
e−d(s−τ)+d |τ|
e−β|τ|
D2e(c+α2)(s−τ)+c |s|
dτ
≤ 4c1δD4D2ec |s|
ξ
s
−∞
e(c−d+α2)(s−τ)
e−(β−d )|τ|
dτ
≤ 4c1δD4D2ec |s|
ξ
s
−∞
e(T2+α2)(s−τ)
dτ (2.52)
(vì T2 ≥ c − d (c ≥ 0) và β ≥ d ). Theo (2.14) ta có T2 < 0, chọn δ đủ nhỏ để α2
thỏa mãn T2 + α2 < 0. Điều này chứng tỏ tích phân đầu tiên trong (2.49) được
định nghĩa tốt. Hoàn toàn tương tự, sử dụng các bất đẳng thức trong (1.2),
(2.51) với t ≥ s ta cũng có
+∞
s
V2(τ, s)−1
f(τ, xϕ(τ, ξ), ϕ(τ, xϕ(τ, ξ))) dτ
≤ 4c1δD3D1ea |s|
ξ
+∞
s
e(T1+α1)(τ−s)
dτ
(2.53)
(vì T1 ≥ a − b (a ≥ 0) và β ≥ b ). Theo (2.14) ta có T1 < 0, chọn δ đủ nhỏ để α1
đủ nhỏ sao cho T1 + α1 < 0. Điều này chứng tỏ tích phân thứ hai trong (2.49)
được định nghĩa tốt.
Bây giờ giả sử các đẳng thức trong (2.47) - (2.48) đúng, viết lại chúng dưới
dạng tương đương sau
ϕ(s, ξ) = Vi(t, s)−1
ϕi(t, xϕ(t, ξ)) −
t
s
Vi(τ, s)−1
f(τ, xϕ(τ, ξ), ϕ(τ, xϕ(τ, ξ))) dτ
(2.54)
với t ≤ s khi i = 1 và t ≥ s khi i = 2. Theo các bất đẳng thức trong (2.44) và
(1.3), với mọi t ≤ s ta được
V1(t, s)−1
ϕ1(t, xϕ(t, ξ)) ≤ D4e−d(s−t)+d |t|
xϕ(t, ξ)
≤ D4e−d(s−t)+d |t|
2D2eσ(t)
ξ
= D4e−d(s−t)+d |t|
2D2e(c+α2)(s−t)+c |s|
ξ
≤ 2D4D2 ξ e(c−d+d +α2)(s−t)+(c +d )|s|
≤ 2D4D2 ξ e(T2+α2)(s−t)+(c +d )|s|
.
Do đó, cho t → −∞ trong (2.54) khi i = 1, ta thu được đẳng thức thứ nhất
trong (2.49). Hoàn toàn tương tự, ta cũng có
V2(t, s)−1
ϕ2(t, xϕ(t, ξ)) ≤ 2D3D1 ξ e(T1+α1)(t−s)+(a +b )|s|
32

38. với t ≥ s. Do đó, cho t → +∞ trong (2.54) khi i = 2, ta thu được đẳng thức thứ
hai trong (2.49).
Để chứng minh điều ngược lại, ta giả thiết các đẳng thức trong (2.49) đúng,
cần chứng minh các đẳng thức (2.47)-(2.48) đúng với mọi (s, ξ) ∈ R×E(s). Thật
vậy, vì
Vi(t, s)Vi(τ, s)−1
= Vi(t, τ) với i = 1, 2,
nên
V1(t, s)ϕ1(s, ξ) +
t
s
V1(t, τ)f(τ, xϕ(τ, ξ), ϕ(τ, xϕ(τ, ξ))) dτ
=
t
−∞
V1(τ, t)−1
f(τ, xϕ(τ, ξ), ϕ(τ, xϕ(τ, ξ))) dτ, (2.55)
với mọi t ≤ s và
V2(t, s)ϕ2(s, ξ) +
t
s
V2(t, τ)f(τ, xϕ(τ, ξ), ϕ(τ, xϕ(τ, ξ))) dτ
= −
+∞
t
V2(τ, t)−1
f(τ, xϕ(τ, ξ), ϕ(τ, xϕ(τ, ξ))) dτ, (2.56)
với mọi t ≥ s. Ta muốn chứng minh rằng các vế phải trong (2.55) và (2.56) tương
ứng với ϕ1(τ, xϕ(τ, ξ)) và ϕ2(τ, xϕ(τ, ξ)). Để làm được điều này, ta đưa ra định
nghĩa dòng Fτ như sau
Fτ (s, ξ) = (s + τ, xϕ(s + τ, ξ))
với τ ∈ R, (s, ξ) ∈ R × E(s).
Theo (2.49), ta có
ϕ1(s, ξ) =
s
−∞
V1(τ, s)−1
f(Fτ−s(s, ξ), ϕ(Fτ−s(s, ξ))) dτ, (2.57)
ϕ2(s, ξ) = −
+∞
s
V2(τ, s)−1
f(Fτ−s(s, ξ), ϕ(Fτ−s(s, ξ))) dτ. (2.58)
Hơn nữa,
Fτ−s(t, xϕ(t, ξ)) = Fτ−t(Ft−s(s, ξ)) = Fτ−s(s, ξ) = (τ, xϕ(τ, ξ)),
do đó, trong (2.57) và (2.58) thay (s, ξ) bởi (t, xϕ(t, ξ)), ta được
ϕ1(t, xϕ(t, ξ)) =
t
−∞
V1(τ, t)−1
f(Fτ−t(t, xϕ(t, ξ)), ϕ(Fτ−t(t, xϕ(t, ξ)))) dτ
=
t
−∞
V1(τ, t)−1
f(τ, xϕ(τ, ξ), ϕ(τ, xϕ(τ, ξ))) dτ, (2.59)
33

39. ϕ2(t, xϕ(t, ξ)) = −
+∞
t
V2(τ, t)−1
f(Fτ−t(t, xϕ(t, ξ)), ϕ(Fτ−t(t, xϕ(t, ξ)))) dτ
= −
+∞
t
V2(τ, t)−1
f(τ, xϕ(τ, ξ), ϕ(τ, xϕ(τ, ξ))) dτ (2.60)
với mọi t ∈ R. Kết hợp với (2.55)-(2.56), (2.59) và (2.60), ta thu được (2.47) và
(2.48). Bổ đề đã được chứng minh.
Nhận xét 2.2. Bổ đề 2.7 rất quan trọng. Lý do là vì chúng ta muốn tìm hàm ϕ
thỏa mãn (2.22), nhưng việc tìm trực tiếp hàm này thường rất khó khăn. Thông
qua bước trung gian trong Bổ đề 2.7, thay vì tìm trực tiếp, ta có thể tìm gián
tiếp hàm ϕ thỏa mãn (2.49).
Bổ đề ta đưa vào tiếp theo sẽ là một bước trung gian mang tính kỹ thuật
để chứng minh sự tồn tại của hàm ϕ như mong muốn. Bổ đề này nói về sự thay
đổi của hàm xϕ trong Bổ đề 2.6 khi ta thay đổi hàm ϕ. Cho trước ϕ, ψ ∈ X và
(s, ξ) ∈ R × E(s), kí hiệu xϕ và xψ là các hàm liên tục được định nghĩa trong Bổ
đề 2.6 thỏa mãn xϕ(s, ξ) = xψ(s, ξ) = ξ.
Bổ đề 2.8. Với δ đủ nhỏ, với mỗi ϕ, ψ ∈ X và (s, ξ) ∈ E(s) ta có
xϕ(t, ξ) − xψ(t, ξ) ≤
D1eρ(t) ξ ϕ − ψ , t ≥ s
D2eσ(t) ξ ϕ − ψ , t ≤ s.
Chứng minh. Xét trường hợp τ ≥ s,
xϕ(t, ξ) = U(t, s)ξ +
t
s
U(t, τ)f(τ, xϕ(τ, ξ), ϕ(τ, xϕ(τ, ξ))) dτ
xψ(t, ξ) = U(t, s)ξ +
t
s
U(t, τ)f(τ, xψ(τ, ξ), ψ(τ, xψ(τ, ξ))) dτ.
Vậy
xϕ(t, ξ) − xψ(t, ξ)
≤
t
s
U(t, τ) . f(τ, xϕ(τ, ξ), ϕ(τ, xϕ(τ, ξ))) − f(τ, xψ(τ, ξ), ψ(τ, xψ(τ, ξ))) dτ.
Hơn nữa,
f(τ, xϕ(τ, ξ), ϕ(τ, xϕ(τ, ξ))) − f(τ, xψ(τ, ξ), ψ(τ, xψ(τ, ξ)))
≤ c1δe−β|τ|
(xϕ(τ, ξ) − xψ(τ, ξ), ϕ(τ, xϕ(τ, ξ)) − ψ(τ, xψ(τ, ξ)))
= c1δe−β|τ|
( xϕ(τ, ξ) − xψ(τ, ξ) + ϕ(τ, xϕ(τ, ξ)) − ψ(τ, xψ(τ, ξ)) ).
34

40. Mà
ϕ(τ, xϕ(τ, ξ)) − ψ(τ, xψ(τ, ξ))
≤ ϕ(τ, xϕ(τ, ξ)) − ψ(τ, xϕ(τ, ξ)) + ψ(τ, xϕ(τ, ξ)) − ψ(τ, xψ(τ, ξ))
≤ xϕ(τ, ξ) ϕ − ψ + xϕ(τ, ξ) − xψ(τ, ξ) .
Do đó,
f(τ, xϕ(τ, ξ), ϕ(τ, xϕ(τ, ξ))) − f(τ, xψ(τ, ξ), ψ(τ, xψ(τ, ξ)))
≤ c1δe−β|τ|
( xϕ(τ, ξ) ϕ − ψ + 2 xϕ(τ, ξ) − xψ(τ, ξ) ). (2.61)
Đặt ¯ρ(t) = xϕ(τ, ξ) − xψ(τ, ξ) . Từ (2.22), theo các bất đẳng thức (1.2), (2.44),
(2.61) và theo cách định nghĩa α1 ta có
¯ρ(t) ≤ c1δ
t
s
U(t, τ) xϕ(τ, ξ) ϕ − ψ e−β|τ|
dτ
+ c1δ
t
s
U(t, τ) . 2 xϕ(τ, ξ) − xψ(τ, ξ) e−β|τ|
dτ
≤ c1δ
t
s
D1ea(t−τ)+a |τ|
. 2D1eρ(τ)
ξ . ϕ − ψ . e−β|τ|
dτ
+ c1δ
t
s
D1ea(t−τ)+a |τ|
. 2¯ρ(τ).e−β|τ|
dτ
≤ 2c1δD2
1 ξ . ϕ − ψ
t
s
ea(t−τ)+a |τ|+(a+α1)(τ−s)+a |s|−β|τ|
dτ
+ c1δ
t
s
D1ea(t−τ)+a |τ|−β|τ|
. 2¯ρ(τ) dτ
≤ 2c1δD2
1 ξ ϕ − ψ ea(t−s)+a |s|
t
s
eα1(τ−s)
dτ
+
α1
2
t
s
ea(t−τ)
¯ρ(τ) dτ
với mọi τ ≥ s và β ≥ a . Vì vậy,
ea(s−t)
¯ρ(t) ≤2c1δD2
1 ξ ϕ − ψ ea |s|
t
s
eα1(τ−s)
dτ
+
α1
2
t
s
ea(s−τ)
¯ρ(τ) dτ.
Áp dụng Bổ đề Gronwall (Bổ đề 1.2) cho hàm u(t) = ea(s−t)¯ρ(t) với p = s, ta
được
35

41. ¯ρ(t) ≤ 2c1δD2
1es(t−s)+a |s|
t
s
eα1(τ−s)+
α1
2
(t−τ)
dτ ξ . ϕ − ψ
≤ D1e(a+α1)(t−s)+a |s|
ξ . ϕ − ψ
= D1eρ(t)
ξ . ϕ − ψ
với mọi t ≥ s. Vậy định lý đã được chứng minh trong trường hợp t ≥ s. Trường
hợp t ≤ s chứng minh hoàn toàn tương tự.
Nhận xét 2.3. Theo bổ đề trên và Chú ý 2.2 ta thấy nghiệm của bài toán phụ
thuộc Lipschitz vào điều kiện ban đầu ξ và cách chọn hàm ϕ.
2.3.5 Xây dựng đa tạp tâm
Với các kết quả bổ trợ trên, bổ đề sau sẽ là bước cuối cùng để chứng minh
sự tồn tại đa tạp tâm. Như đã biết trong Bổ đề 2.6, với mỗi hàm ϕ ∈ X, tồn tại
một hàm xϕ thỏa mãn phương trình đầu tiên trong (2.22). Mục tiêu tiếp theo
ta sẽ chứng minh tồn tại duy nhất một hàm ϕ ∈ X thỏa mãn phương trình thứ
hai trong (2.22) khi x = xϕ thông qua tính tương đương trong Bổ đề 2.7.
Bổ đề 2.9. Với δ đủ nhỏ, tồn tại duy nhất hàm ϕ ∈ X sao cho (2.49) đúng với
mọi (s, ξ) ∈ R × E(s).
Chứng minh. Với ϕ ∈ X cho trước, xét hàm
(Φϕ)(s, ξ) =
s
−∞
V1(τ, s)−1
f(τ, xϕ(τ, ξ), ϕ(τ, xϕ(τ, ξ))) dτ
−
+∞
s
V2(τ, s)−1
f(τ, xϕ(τ, ξ), ϕ(τ, xϕ(τ, ξ))) dτ (2.62)
với (s, ξ) ∈ R × E(s), xϕ là hàm duy nhất được cho bởi Bổ đề 2.6 sao cho
xϕ(s, ξ) = ξ. Bây giờ ta sẽ chứng minh hàm Φϕ thuộc lớp Ck theo biến ξ với mỗi
ϕ ∈ X. Từ các bất đẳng thức trong (1.2)-(1.3), Bổ đề 2.2 với j = 1, ..., k, hàm
f∗(t, ξ) được xác định trong (2.34) ta có
s
−∞
V1(τ, s)−1
. ∂j
f∗
(τ, ξ) dτ
+
+∞
s
V2(τ, s)−1
. ∂j
f∗
(τ, ξ) dτ
≤
s
−∞
D4e−d(s−τ)+d |τ|
.δe−β|τ| ¯Bjejσ(τ)
dτ
36

42. +
+∞
s
D3e−b(τ−s)+b |τ|
.δe−β|τ| ¯Ajejρ(τ)
dτ
= D4δ ¯Bj
s
−∞
e−d(s−τ)−(β−d )|τ|+j[(c+α2)(s−τ)+c |s|]
dτ
+ D3δ ¯Aj
+∞
s
e−b(τ−s)−(β−b )|τ|+j[(a+α1)(τ−s)+a |s|]
dτ
≤ δ ¯BjD4
s
−∞
e(j(c+α2)−d)(s−τ)−(β−d )|τ|+jc |s|
dτ
+ δ ¯AjD3
+∞
s
e(j(a+α1)−b)(τ−s)−(β−b )|τ|+ja |s|
dτ
≤ δ ¯BjD4
s
−∞
e(T2+jα2)(s−τ)
dτ
+ δ ¯AjD3
+∞
s
e(T1+jα1)(τ−s)
dτ (2.63)
với T1, T2 được xác định trong (2.14). Chọn δ đủ nhỏ để α1 và α2 đủ nhỏ sao
cho T1 + kα1 < 0 và T2 + kα2 < 0. Do đó, tích phân
s
−∞
V1(τ, s)−1
∂j
f∗
(τ, ξ) dτ −
+∞
s
V2(τ, s)−1
∂j
f∗
(τ, ξ) dτ
được xác định tốt với j = 1, ..., k.
Theo định lý giá trị trung bình và theo Bổ đề 2.2 với j = 1, ..., k, (s, ξ), (s, ¯ξ) ∈
R × E(s), ta có
∂j
f∗
(t, ξ) − ∂j
f∗
(t, ¯ξ) ≤ sup
r∈[0,1]
∂j+1
f∗
(t, ξ + r(¯ξ − ξ)) . ξ − ¯ξ
≤ δe−β|t|
ξ − ¯ξ
¯Aj+1ejρ(t), t ≥ s, x ∈ B+
¯Bj+1ejσ(t), t ≤ s, x ∈ B−.
(2.64)
Đặt
j(τ, r) =
∂jf∗(τ, ξ + rv) − ∂jf∗(τ, ξ)
r
,
áp dụng (2.64) với j = 0, ..., k − 1, (s, ξ), (s, ξ + rv) ∈ R × E(s), r > 0 ta có
s
−∞
V1(τ, s)−1
j(τ, r) dτ
+
+∞
s
V2(τ, s)−1
j(τ, r) dτ
≤
s
−∞
D4e−d(s−τ)+d |τ|
δe−β|τ|
v ¯Bj+1e(j+1)σ(τ)
dτ
37

43. +
+∞
s
D3e−b(τ−s)+b |τ|
δe−β|τ|
v ¯Aj+1e(j+1)ρ(τ)
dτ
≤ D4 ¯Bj+1δ v
s
−∞
e−(β−d )|τ|+[(j+1)(c+α2)−d](s−τ)+(j+1)c |s|
dτ
+ D3 ¯Aj+1δ v
+∞
s
e−(β−b )|τ|+[(j+1)(a+α1)−b](τ−s)+(j+1)a |s|
dτ
≤ D4 ¯Bj+1δ v
s
−∞
e(T2+(j+1)α2)(s−τ)
dτ
+ D3 ¯Aj+1δ v
+∞
s
e(T1+(j+1)α1)(τ−s)
dτ (2.65)
với T1, T2 được xác định trong (2.14). Chọn δ đủ nhỏ để α1 và α2 đủ nhỏ sao
cho T1 + kα1 < 0 và T2 + kα2 < 0. Từ (2.65) và (2.63), cho trước ρ > 0, với
(s, ξ), (s, ξ + rv) như trên, ta có
s
−∞
V1(τ, s)−1
j(τ, r) dτ +
+∞
s
V2(τ, s)−1
j(τ, r) dτ < ρ v ,
và
s
−∞
V1(τ, s)−1
∂j+1
f∗
(τ, ξ) dτ +
+∞
s
V2(τ, s)−1
∂j+1
f∗
(τ, ξ) dτ < ρ.
Vậy
s
−∞
V1(τ, s)−1
[ j(τ, r) − ∂j+1
f∗
(τ, ξ)v] dτ
+
+∞
s
V2(τ, s)−1
[ j(τ, r) − ∂j+1
f∗
(τ, ξ)v] dτ ≤ ρ v .
Do đó tồn tại giới hạn
lim
r→0
s
−∞
V1(τ, s)−1
j(τ, r) dτ −
+∞
s
V2(τ, s)−1
j(τ, r) dτ
=
s
−∞
V1(τ, s)−1
∂j+1
f∗
(τ, ξ) dτ −
+∞
s
V2(τ, s)−1
∂j+1
f∗
(τ, ξ) dτ
Điều này có nghĩa Φϕ là hàm thuộc lớp Ck.
Vì xϕ(t, 0) = 0 với ϕ ∈ X, t ∈ R (xem (2.44)), nên từ (2.62) suy ra (Φϕ)(s, 0) =
0 với mọi s ∈ R.
Hơn nữa, theo (2.62),
∂(Φϕ)(s, 0) =
s
−∞
V1(τ, s)−1
∂f(τ, 0)∂aϕ(τ, 0) dτ
−
+∞
s
V2(τ, s)−1
∂f(τ, 0) ∂aϕ(τ, 0) dτ ,
38

44. trong đó
aϕ(τ, ξ) = (xϕ(τ, ξ), ϕ(τ, xϕ(τ, ξ))).
Vì ∂f(τ, 0) = 0 nên ∂(Φϕ)(s, 0) = 0 với mọi s ∈ R.
Sử dụng bất đẳng thức thứ hai trong (1.3), (1.2), Bổ đề 2.2 và định nghĩa β
trong (2.3), ta có
∂j
(Φϕ)(s, ξ) ≤
s
−∞
V1(τ, s)−1
. ∂j
f∗
(τ, ξ) dτ
+
+∞
s
V2(τ, s)−1
. ∂j
f(τ, ξ) dτ
≤ δ ¯BjD4
s
−∞
e(j(c+α2)−d)(s−τ)−(β−d )|τ|+jc |s|
dτ
+ δ ¯AjD3
+∞
s
e(j(a+α1)−b)(τ−s)−(β−b )|τ|+ja |s|
dτ.
Vì c |s| ≤ c (s − τ) + c |τ| với τ ≤ s, a |s| ≤ a (τ − s) + a |τ| với τ ≥ s, a ≥ 0 và
c ≥ 0, nên
∂j
(Φϕ)(s, ξ) ≤δ ¯BjD4
s
−∞
e(T2+jα2)(s−τ)
dτ
+ δ ¯AjD3
+∞
s
e(T1+jα1)(τ−s)
dτ (2.66)
với T1, T2 được xác định trong (2.14). Chọn δ đủ nhỏ để α1 và α2 thỏa mãn
T1 + kα1 < 0, T2 + kα2 < 0
và
δ
¯BjD4
|T2 + jα2|
+
¯AjD3
|T1 + jα1|
< 1, j = 1, ..., k. (2.67)
Với các sự lựa chọn như vậy, ta có ∂j(Φϕ)(s, ξ) ≤ 1 với s ∈ R và ξ ∈ E(s).
Đặt
bk
m(τ) := ∂k
f∗
(τ, ξ) − ∂k
f∗
(τ, ¯ξ) .
Sử dụng bất đẳng thức thứ hai trong (1.3), (1.2), Bổ đề 2.5 và định nghĩa β, ta
có
∂k
(Φϕ)(s, ξ) − ∂k
(Φϕ)(s, ¯ξ)
≤
s
−∞
V1(τ, s)−1
bk
1(τ) dτ +
+∞
s
V2(τ, s)−1
bk
2(τ) dτ
≤
s
−∞
D4e−d(s−τ)+d |τ|
. δe−β|τ|
ξ − ¯ξ Bke(k+1)σ(τ)
dτ
39

45. +
+∞
s
D3e−b(τ−s)+b |τ|
. δe−β|τ|
ξ − ¯ξ Ake(k+1)ρ(τ)
dτ
≤ δBkD4 ξ − ¯ξ
s
−∞
e((k+1)(c+α2)−d)(s−τ)−(β−d )|τ|+(k+1)c |s|
dτ
+ δAkD3 ξ − ¯ξ
+∞
s
e((k+1)(a+α1)−b)(τ−s)−(β−b )|τ|+(k+1)a |s|
dτ
≤ δBkD4 ξ − ¯ξ
s
−∞
e(T2+(k+1)α2)(s−τ)
dτ
+ δAkD3 ξ − ¯ξ
+∞
s
e(T1+(k+1)α1)(τ−s)
dτ. (2.68)
Chọn δ đủ nhỏ để α1, α2 thỏa mãn
T1 + (k + 1)α1 < 0, T2 + (k + 1)α2 < 0 (2.69)
và
δ
BkD4
|T2 + (k + 1)α2|
+
AkD3
|T1 + (k + 1)α1|
< 1. (2.70)
Với các cách chọn như vậy, với mỗi s ∈ R và ξ ∈ E(s) ta có
∂k
(Φϕ)(s, ξ) − ∂k
(Φϕ)(s, ¯ξ) ≤ ξ − ¯ξ .
Điều này cho thấy Φ(X) ⊂ X. Do đó Φ : X → X được định nghĩa tốt.
Bây giờ ta chỉ ra rằng Φ : X → X là một ánh xạ co với chuẩn trong (2.23).
Cho trước ϕ, ψ ∈ X; (s, ξ) ∈ E(s), giả sử xϕ và xψ là các hàm liên tục cho trước
trong Bổ đề 2.6 sao cho xϕ(s, ξ) = xψ(s, ξ) = ξ. Áp dụng (2.6), Bổ đề 2.6 và Bổ
đề 2.8 ta có
bj(τ) := f(τ, xϕ(τ, ξ), ϕ(τ, xϕ(τ, ξ))) − f(τ, xψ(τ, ξ), ψ(τ, xψ(τ, ξ)))
≤ c1δe−β|τ|
(xϕ(τ, ξ) − xψ(τ, ξ), ϕ(τ, xϕ(τ, ξ)) − ψ(τ, xψ(τ, ξ)))
≤ c1δe−β|τ|
( xϕ(τ, ξ) . ϕ − ψ + 2 xϕ(τ, ξ) − xψ(τ, ξ) )
≤ 4c1δe−β|τ|
ξ ϕ − ψ
D1eρ(τ), τ ≥ s
D2eσ(τ), τ ≤ s
với j = 1, 2. Sử dụng bất đẳng thức thứ hai trong (1.3), (1.2) và định nghĩa β
trong (2.3), ta có
(Φϕ)(s, ξ) − (Φψ)(s, ξ)
≤
s
−∞
V1(τ, s)−1
b1(τ) dτ +
+∞
s
V2(τ, s)−1
b2(τ) dτ
40

46. ≤ 4c1δ ξ ϕ − ψ D4D2
s
−∞
e(c+α2−d)(s−τ)−(β−d )|τ|+c |s|
dτ
+ 4c1δ ξ ϕ − ψ D3D1
+∞
s
e(a+α1−b)(τ−s)−(β−b )|τ|+a |s|
dτ.
Vì c |s| ≤ c (s − τ) + c |τ| với τ ≤ s, a |s| ≤ a (τ − s) + a |τ| với τ ≥ s, nên
(Φϕ)(s, ξ) − (Φψ)(s, ξ)
≤ 4c1δ ξ . ϕ − ψ D4D2
s
−∞
e(T2+α2)(s−τ)
dτ
+ 4c1δ ξ . ϕ − ψ D3D1
+∞
s
e(T1+α1)(τ−s)
dτ
≤ 4c1δ
D2D4
|T2 + α2|
+
D1D3
|T1 + α1|
ξ . ϕ − ψ .
Chọn δ > 0 đủ nhỏ sao cho
θ = 4c1δ
D2D4
|T2 + α2|
+
D1D3
|T1 + α1|
< 1. (2.71)
Vì vậy
Φϕ − Φψ ≤ θ ϕ − ψ .
Do đó Φ : X → X là ánh xạ co trong không gian metric đầy đủ X. Vậy tồn tại
duy nhất hàm ϕ ∈ X thỏa mãn Φϕ = ϕ. Bổ đề hoàn toàn được chứng minh.
Sau tất cả các bước chuẩn bị, đến đây ta đã có thể chứng minh Định lý 2.1.
Chứng minh Định lý 2.1 Tính bất biến của đa tạp V đã được xét ở đầu
mục 2.3.1. Bây giờ để chứng minh sự tồn tại của đa tạp tâm V ta phải chỉ ra
sự tồn tại của một hàm ϕ ∈ X thỏa mãn (2.22). Bổ đề 2.6 chỉ ra rằng với mỗi
hàm ϕ ∈ X cho trước luôn tồn tại duy nhất một hàm liên tục x = xϕ thỏa
mãn phương trình đầu tiên trong (2.22). Hơn nữa, hàm này thuộc lớp Ck. Việc
giải phương trình thứ hai trong (2.22) với x = xϕ tương đương với việc giải
(2.47)-(2.48) trong Bổ đề 2.7. Bổ đề 2.7 lại cho ta thấy rằng các phương trình
(2.47)-(2.48) tương đương với các phương trình trong (2.49). Vậy, ta cần tìm
một hàm ϕ ∈ X sao cho (2.49) đúng với mọi (s, ξ) ∈ R × E(s). Theo Bổ đề 2.9
thì tồn tại duy nhất hàm ϕ ∈ X sao cho (2.49) đúng với mọi (s, ξ) ∈ R × E(s).
Bây giờ ta định nghĩa ánh xạ K : R × E(s) → R × X như sau
K(t, ξ) = Ψt(0, ξ, ϕ(0, ξ)). (2.72)
41

47. Vì ϕ ∈ X, ánh xạ ξ → ϕ(0, ξ) thuộc lớp Ck. Hơn nữa, theo giả thiết G1-G2 ánh
xạ
(t, s, ξ, η) → Ψt(s, ξ, η)
thuộc lớp Ck. Vì thế K cũng thuộc lớp Ck. Thêm vào đó, ánh xạ K là đơn ánh:
nếu K(t, ξ) = K(t , ξ ) thì thành phần đầu tiên của K cho ta t = t , tác động Ψ−t
vào hai vế của đẳng thức K(t, ξ) = K(t, ξ ) ta được ξ = ξ . Điều này chỉ ra rằng
K là tham số hóa thuộc lớp Ck trên R×E(s) của tập V. Vì vậy, V là đa tạp trơn
thuộc lớp Ck.
Bây giờ ta sẽ đi chứng minh các tính chất có trong Định lý 2.1. Hai tính chất
đầu tiên được suy trực tiếp từ các lý luận trên và Bổ đề 2.7. Để chứng minh
tính chất thứ 3, kí hiệu xϕ là hàm duy nhất được cho bởi Bổ đề 2.6 sao cho
xϕ(s, ξ) = ξ. Với cách ký hiệu hàm ϕ∗ trong (2.33) ta có
∂j
ξ (Ψτ (s, ξ, ϕ(s, ξ))) − ∂j
ξ (Ψτ (s, ¯ξ, ϕ(s, ¯ξ)))
= ∂j
ξ (t, x(t, ξ), ϕ∗
(t, ξ)) − ∂j
ξ (t, x(t, ¯ξ), ϕ∗
(t, ¯ξ)) (2.73)
≤ ∂j
x(t, ξ) − ∂j
x(t, ¯ξ) + ∂j
ϕ∗
(t, ξ) − ∂j
ϕ∗
(t, ¯ξ)
với mọi τ ∈ R và t = s + τ. Theo Bổ đề 2.4 ta có
∂j
ϕ∗
(t, ξ) − ∂j
ϕ∗
(t, ¯ξ) ≤ ξ − ¯ξ
Aje(j+1)ρ(t), t ≥ s, x ∈ B+
Bje(j+1)σ(t), t ≤ s, x ∈ B−.
(2.74)
với j = 0, ..., k. Theo Bổ đề 2.3 thì
∂j
x(t, ξ) − ∂j
x(t, ¯ξ) ≤ Cj+1 ξ − ¯ξ
e(j+1)ρ(t), t ≥ s, x ∈ B+
e(j+1)σ(t), t ≤ s, x ∈ B−
với j = 0, ..., k, τ ∈ R và t = s + τ. Khi đó
∂j
ξ (Ψτ (s, ξ, ϕ(s, ξ))) − ∂j
ξ (Ψτ (s, ¯ξ, ϕ(s, ¯ξ)))
≤
(Aj + Cj+1) ξ − ¯ξ e(j+1)[(a+α1)τ+a |s|] nếu τ ≥ s
(Bj + Cj+1) ξ − ¯ξ e(j+1)[(c+α2)|τ|+c |s|] nếu τ ≤ s.
Vậy các tính chất (2.16)-(2.17) đúng. Định lý hoàn toàn được chứng minh.
42

48. Kết luận
Trong luận văn này, chúng tôi sử dụng khái niệm hệ phương trình vi phân
có tam phân mũ không đều để chứng minh sự tồn tại đa tạp tâm của hệ phương
trình vi phân
v = A(t)v + f(t, v), v(s) = vs.
Các giả thiết quan trọng được sử dụng là hệ tuyến tính tương ứng v = A(t)v
có tam phân mũ không đều, phần nhiễu phi tuyến f(t, v) nhỏ và điều kiện lỗ
hổng phổ được thỏa mãn. Phương pháp chứng minh này khá cổ điển, nó dựa
theo công thức biến thiên hằng số Lagrange. Tuy nhiên, do tính không đều của
phần tuyến tính mà các tính toán trở nên phức tạp hơn nhiều so với trường hợp
hệ ôtônôm. Ngoài ra, điểm mới trong chứng minh này là các ước lượng đạo hàm
cấp cao được dựa theo công thức Faà di Bruno.
43

49. Tài liệu tham khảo
[1] Luis Barreira, Claudia Valls, Stability of nonautonomous differential equa-
tions, Springer Press, 2006.
[2] L. Barreira, C. Valls, Center manifolds for nonuniformly partially hyperbolic
trajectories, Springer Press, 2006.
[3] L. Barreira, C. Valls, Smooth center manifolds for nonuniformly partially
hyperbolic trajectories, Springer Press, 2007.
[4] Jack Carr, Applications of centre manifold theory, Sringer-Verlag, New York,
1980.
[5] Andrzej Granas, James Dugundji, Fixed point theory, Springer Press, 2003.
[6] Lawrence Perko, Differential equation and dynamical systems, Springer
Press, 1991.
[7] Warren P.Johnson, "The curious history of Faà di Bruno’s formula", Amer-
ican Mathematical Monthly (2002), 217-234.
[8] Yu.A.Kuznetsov, Elements of Applied Bifurcation Theory, Springer-Verlag,
New York, 2004.
[9] George Osipenko, "Center manifolds", Discret Cotin Dyn Syst (1997), 48-
61.
[10] Steven Roman, "The formula of Faà di Bruno", American Mathematical
Monthly (1980), 805-809.
44