Luận văn Điều kiện để mọi nghiệm giới nội của phương trình vi phân hàm là ổn định mạnh

g trong không gian Banach Định nghĩa 1. Một không gian véc-tơ X được gọi là một không gian định chuẩn nếu với mỗi x ∈ X có một số thực không âm được gọi là chuẩn của x, ký hiệu là ‖x‖, thỏa mãn các tính chất sau: 1. ‖x‖ > 0, ‖x‖ = 0 khi và chỉ khi x = 0; 2. ‖λx‖ = |λ|‖x‖,∀λ ∈ C hoặc R; 3. ‖x+ y‖ 6 ‖x‖+ ‖y‖. Một không gian định chuẩn X được gọi là không gian Banach nếu nó đầy đủ, nghĩa là mọi dãy Cauchy trong X đều hội tụ. Trong luận văn này chúng ta sẽ sử dụng các không gian hàm Banach sau đây: Ví dụ 1. 1. Ta ký hiệu BC(R,X) là không gian các hàm f : R → X liên tục, bị chặn, và có chuẩn sup được định nghĩa như sau: ‖f‖ := sup t∈R ‖f(t)‖,∀f ∈ BC(R,X). (1.1) Khi đó BC(R,X) là một không gian Banach. 2. Tương tự, không gian BUC (R,X) := { f ∈ BC (R,X) : f liên tục đều} cũng là không gian Banach với chuẩn sup được định nghĩa trong (1.1). 1 3. Ta ký hiệu BC(R+,X) là không gian các hàm f : R+ → X liên tục, bị chặn và có chuẩn ‖f‖ := sup t∈R+ ‖f(t)‖,∀f ∈ BC(R+,X). (1.2) Khi đó BC(R+,X) cũng là một không gian Banach. Tương tự, các không gian sau đây sẽ là không gian Banach với chuẩn sup được định nghĩa trong (1.2): BUC ( R+,X ) := { f ∈ BC (R+,X) : f liên tục đều} , C0 ( R+,X ) := { f ∈ BC (R+,X) : lim t→∞ f (t) = 0 } . Định nghĩa 2. Cho X là không gian Banach phức, A : D(A) ⊂ X → X là toán tử tuyến tính, D(A) là không gian véc tơ con của X. Số λ ∈ C được gọi là giá trị chính quy của A nếu tồn tại toán tử nghịch đảo bị chặn (A − λI)−1 : X → D(A) xác định trên toàn không gian X. Tập các giá trị chính quy của A được gọi là tập giải của A, kí hiệu ρ(A). Tập σ(A) = C \ ρ(A) được gọi là phổ của A. Định nghĩa 3. Toán tử tuyến tính A : D(A) ⊂ X → X được gọi là toán tử đóng nếu từ các điều kiện {xn} ⊂ D(A), xn → x,Axn → y ta suy ra được x ∈ D(A) và Ax = y. Mệnh đề 1. Nếu toán tử tuyến tính A : D(A) ⊂ X→ X không có phổ là toàn mặt phẳng phức C thì A là toán tử đóng. Chứng minh. Giả sử λ ∈ ρ(A) và B = (A − λI)−1 ∈ L(X), B : X → D(A). Từ giả thiết {xn}n ⊂ D(A) : xn → x,Axn → y khi n → ∞, ta cần chứng minh x ∈ D(A), Ax = y. Đặt hn = (A− λI)xn. Khi đó, lim n→∞ hn = lim n→∞ (A− λI)xn = y − λx. Từ đó suy ra B(y − λx) = lim n→∞ Bhn = lim n→∞ (A− λI)−1(A− λI)xn = lim n→∞ xn = x ∈ D(A), đồng thời ta cũng có (A− λI)x = (A− λI)B(y − λx) = y − λx⇒ Ax = y. Do đó A là toán tử đóng. 2 1.2 Phổ của toán tử vi phân Việc nghiên cứu phổ của toán tử vi phân đóng vai trò quan trọng trong việc nghiên cứu lý thuyết phổ của hàm số. Mục này sẽ dành để khảo sát các tính chất phổ của toán tử vi phân. Định nghĩa 4. D(D) là tập tất cả các hàm khả vi f ∈ BUC(R+,X) sao cho f ′ ∈ BUC(R+,X). Toán tử D được xác định bởi: Df = f ′, ∀f ∈ D(D). Mệnh đề 2. D là toán tử đóng trên BUC(R+,X) với σ(D) = iR. Hơn nữa, với mỗi ξ ∈ R, Reλ 6= 0 ta có R(λ,D)f(t) =  ∞∫ t eλ(t−s)f(s)ds, Reλ > 0, t ∈ R+, − t∫ 0 eλ(t−s)f(s)ds, Reλ < 0, t ∈ R+. (1.3) Chứng minh. Trước tiên, ta chứng minh σ(D) = iR bằng cách chỉ ra rằng σ(D) ⊂ iR và σ(D) ⊃ iR. Bước 1: Ta sẽ chỉ ra rằng σ(D) ⊂ iR. Điều này tương đương với nếu λ /∈ iR thì λ /∈ σ(D). Số λ /∈ σ(D) chính là giá trị chính quy của D, tức là với mọi f ∈ BUC(R+,X) thì phương trình sau đây Dx− λx = f (1.4) có duy nhất nghiệm x ∈ BUC(R+,X). Giả sử rằng λ /∈ iR. Ta sẽ chia ra làm 2 trường hợp: 1. Trường hợp Reλ > 0: Trong trường hợp này, phương trình (1.4) sẽ có nghiệm duy nhất thuộc BUC(R+,X) được cho bởi công thức sau: xλ,f (t) := − ∞∫ t f(s)eλ(t−s)ds, t ∈ R+. Thật vậy, trước tiên ta sẽ chứng minh công thức trên là nghiệm của phương trình (1.4). (1.4)⇔ x′(t) = λx(t) + f(t). (1.5) 3 Ta viết lại xλ,f (t) dạng: xλ,f (t) = −eλt ∞∫ t e−λsf (s) ds. Sử dụng công thức tính đạo hàm của tích phân có cận thay đổi ta được: x′λ,f (t) = −λeλt ∞∫ t e−λsf (s) ds+ eλte−λtf (t) = λxλ,f (t) + f (t) . Do đó xλ,f là nghiệm của phương trình (1.4). Tiếp theo ta sẽ chỉ ra xλ,f (t) bị chặn. Thật vậy, do f bị chặn trên R+ nên |f(s)| 6 M, ∀s > 0. Từ đó ta sẽ có đánh giá sau: ∣∣xλ,f (t)∣∣ 6 ∞∫ t ∣∣f(s)∣∣e(t−s)Reλds 6M ∞∫ t e(t−s)Reλds =M lim A→∞ A∫ t e(t−s)Reλds = − M Reλ lim A→∞ ( e(t−s)Reλ ∣∣∣A s=t ) = − M Reλ lim A→∞ ( e(t−A)Reλ − 1 ) = M Reλ . Cuối cùng ta sẽ chỉ ra rằng xλ,f (t) liên tục đều trên R+. Thật vậy, với mọi ε > 0 cho trước, tồn tại số δ = ε M sao cho với mọi t1, t2 ≥ 0 thỏa mãn ‖t1 − t2‖ < δ ta có: |xλ,f (t1)− xλ,f (t2)| = ∣∣∣∣∣∣ t1∫ t2 f (s) eλ(t−s)ds ∣∣∣∣∣∣ ≤M |t1 − t2| = ε. 2. Trường hợp Reλ < 0: Tương tự, trong trường hợp này phương trình (1.4) sẽ có nghiệm duy nhất thuộc BUC(R+,X) cho bởi công thức sau: xλ,f (t) := t∫ 0 eλ(t−s)f(s)ds. Bước 2: Ta sẽ chỉ ra rằng σ(D) ⊃ iR. Thật vậy, giả sử iξ ∈ iR, ta sẽ chỉ ra rằng iξ ∈ σ(D). Xét hàm số fξ(t) := eiξtx. Hàm số này là một véc tơ riêng của D ứng với giá trị riêng iξ vì Dfξ(t)− iξfξ(t) = iξeiξtx− iξeiξtx = 0. Điều đó chứng tỏ rằng iξ ∈ σ(D), hay σ(D) ⊃ iR. Kết hợp Bước 1 và Bước 2, ta đã 4 chứng minh được σ(D) = iR. Tiếp theo, ta sẽ chứng minh đẳng thức (1.3). Theo chứng minh ở trên ta thấy rằng với mọi hàm f ∈ BUC(R+,X) cho trước phương trình có duy nhất một nghiệm bị chặn xf,λ ∈ BUC(R+,X) được xác định như sau: −xf,λ(t) =  ∞∫ t eλ(t−s)f(s)ds,Reλ > 0, t ∈ R+, − t∫ 0 eλ(t−s)f(s)ds,Reλ < 0, t ∈ R+. Dễ kiểm tra thấy rằng −xf,λ là một toán tử tuyến tính bị chặn theo f trong BUC(R+,X), nghĩa là R(λ,D) tồn tại và R(λ,D)f = −xf,λ. 1.3 Phổ của toán tử vi phân trên không gian thương Trước tiên, ta sẽ định nghĩa lớp các không gian con thỏa mãn điều kiện F+. 1.3.1 Lớp các không gian con F+ Định nghĩa 5. Một không gian hàm F ⊂ BUC(R+,X) được gọi là thỏa mãn điều kiện F+ nếu nó có các tính chất sau: 1. F đóng và F ⊇ C0(R+,X); 2. Nếu g ∈ F thì hàm R+ 3 t 7→ eiξtg(t) ∈ X cũng thuộc F với mọi ξ ∈ R; 3. Nếu h ∈ F ,Reλ > 0,Reη < 0 thì các hàm y(.), z(.) được xác định bởi y(t) = ∞∫ t eλ(t−s)h(s)ds, z(t) = t∫ 0 eη(t−s)h(s)ds, t ∈ R+ cũng thuộc F ; 4. Nếu B ∈ L(X) và f ∈ F thì Bf(.) cũng thuộc F . Lớp các không gian thỏa mãn điều kiện F+ bao gồm rất nhiều các không gian quen thuộc, chẳng hạn như không gian C0(R+,X). Mệnh đề 3. Không gian F = C0(R+,X) thỏa mãn điều kiện F+. Chứng minh. • Hiển nhiên, C0(R+,X) là không gian con của BUC(R+,X). 5 • Tiếp theo, ta sẽ chỉ ra C0(R+,X) là không gian con đóng. Thật vậy, giả sử {yn} ⊂ C0(R+,X), yn → y khi n → ∞. Ta sẽ chứng minh y ∈ C0(R+,X). Theo giả thiết ta có lim n→∞ ‖yn − y‖ = lim n→∞ sup t>0 ‖yn(t)− y(t)‖ = 0. Ta biết rằng: Dãy hàm {fn} hội tụ đều đến hàm f trên A khi và chỉ khi lim n→∞ sup A ‖fn (t)− f (t)‖ = 0. Từ đó suy ra dãy hàm {yn} hội tụ đều trên R+ đến hàm y, mà dãy hàm {yn} liên tục trên R+ nên y cũng là hàm liên tục trên R+. Hàm y bị chặn được suy ra từ đẳng thức ‖y(t)‖ = ‖y(t)− yn(t)‖+ ‖yn(t)‖ . Do đó, y ∈ BC(R+,X). Ta sẽ chứng minh lim t→∞ y(t) = 0. yn ∈ C0(R+,X)⇒ lim t→∞ yn (t) = 0⇔ ∀ε > 0,∃M > 0 : |yn (t)| < ε 2 khi t > M. Hơn nữa do dãy hàm {yn} hội tụ đều trên R+ đến hàm y nên lim n→∞ yn (t) = y (t). Do vậy với n đủ lớn ta có ‖yn(t)− y(t)‖ < ε 2 . Như vậy với mọi ε > 0, với n đủ lớn, tồn tại M > 0 sao cho với mọi t > M ta có ‖y(t)‖ 6 ‖yn(t)‖+ ‖yn(t)− y(t)‖ < ε 2 + ε 2 = ε. Từ đó suy ra lim t→∞ y(t) = 0. • Tiếp theo, ta sẽ chứng minh không gian C0(R+,X) thỏa mãn tiên đề thứ ba của điều kiện F+. Bước 1: Ta sẽ chỉ ra rằng nếu h ∈ C0(R+,X) và Reλ > 0 thì y(t) = ∞∫ t eλ(t−s)h(s)ds ∈ C0(R+,X). Thật vậy, do h ∈ C0(R+,X) nên với mọi ε > 0, tồn tại một số M > 0 sao cho với mọi s > M ta có |h(s)| < εReλ. Từ đó ta sẽ có đánh giá sau |y(t)| = ∣∣∣ ∞∫ t eλ(t−s)h(s)ds ∣∣∣ 6 ∞∫ t eReλ(t−s)|h(s)|ds 6 εReλ ∞∫ t eReλ(t−s)ds. 6 Nhưng vì ∞∫ t eReλ(t−s)ds = −e Reλ(t−s) Reλ ∣∣∣∞ s=t = 1 Reλ − 1 Reλ lim s→∞ eReλ(t−s) = 1 Reλ . Do đó, |y(t)| 0, tồn tại một số M > 0 sao cho với mọi t > M ta có |y(t)| < ε hay y ∈ C0(R+,X). Bước 2: Ta sẽ chỉ ra rằng nếu h ∈ C0(R+,X) và Reη < 0 thì z (t) = t∫ 0 eη(t−s)h (s) ds ∈ C0(R+,X). Thật vậy, do h ∈ C0(R+,X) nên với mọi ε > 0, tồn tại một số M > 0 sao cho với mọi s > M ta có |h(s)| < −εReη. Từ đó ta có đánh giá sau: |z(t)| = ∣∣∣ t∫ 0 eη(t−s)h(s)ds ∣∣∣ = t∫ 0 eReη(t−s)|h(s)|ds 6 −εReη t∫ 0 eReη(t−s)ds. Nhưng vì t∫ 0 eReη(t−s)ds = −e Reη(t−s) Reη ∣∣∣t s=0 = − 1 Reη + etReη Reη nên ta có |z(t)| 6 ε(1− etReη). Từ đó suy ra lim t→∞ z(t) = 0 hay z ∈ C0(R+,X). • Hiển nhiên, không gian C0(R+,X) thỏa mãn tiên đề thứ tư của điều kiện F+. 1.3.2 Không gian thương Giả sử F là không gian con thỏa mãn điều kiện F+. Xét không gian thương Y := BUC(R+,X)/F , với các phần tử là các lớp tương đương: Y = {f˜ | f˜ = f + F , f ∈ BUC(R+,X)}. Do F là không gian con đóng trong BUC(R+,X) nên không gian thương Y = BUC(R+,X)/F là không gian Banach với chuẩn được định nghĩa như sau: ‖f˜‖ := inf g∈f˜ ‖g‖. 7 1.3.3 Toán tử vi phân cảm sinh trên không gian thương Ta nhớ lạiD là toán tử vi phân được định nghĩa trên không gianBUC(R+,X).Trong mục này, ta xét toán tử D˜ là toán tử vi phân cảm sinh bởi toán tử D trên không gian thương Y. Toán tử cảm sinh D˜ được xác định như sau: 1. Miền xác định: D(D˜) là tập của tất cả các lớp hàm chứa hàm khả vi g ∈ BUC(R+,X) sao cho g′ ∈ BUC(R+,X); 2. Định nghĩa: D˜g˜ := g˜′,∀g˜ ∈ D ˜(D). 1.3.4 Tính chất của toán tử vi phân trên không gian thương Theo (1.3) và các tiên đề của điều kiện F+ ta có R(λ, D˜)f˜(t) =  ∞∫ t eλ(t−s)f˜(s)ds, Reλ > 0, t ∈ R+, − t∫ 0 eλ(t−s)f˜(s)ds, Reλ < 0, t ∈ R+. =  ∞∫ 0 e−ληf˜(t+ η)dη, Reλ > 0, t ∈ R+, − t∫ 0 eληf˜(t− η)dη, Reλ < 0, t ∈ R+. Bổ đề 1. Toán tử D˜ là toán tử đóng với σ(D˜) ⊂ σ(D) = iR. Hơn nữa, với Reλ 6= 0 ta có ‖R(λ, D˜)‖ 6 1|Reλ| . Chứng minh. Bước 1: Trước hết, ta chứng minh ‖R(λ, D˜)‖ 6 1|Reλ| . Thật vậy, ta sẽ chia thành 2 trường hợp: • Với Reλ > 0 ta có ‖R(λ, D˜)f˜‖Y = inf g∈F sup t∈R+ ‖g(t) +R(λ,D)f(t)‖ = inf g∈F sup t∈R+ ∥∥∥g(t) + ∞∫ t eλ(t−s)f(s)ds ∥∥∥ 6 inf h∈F sup t∈R+ ∥∥∥ ∞∫ t eλ(t−s)[f(s) + h(s)]ds ∥∥∥ 6 inf h∈F sup t∈R+ ∞∫ t eReλ(t−s) sup s∈R+ ‖f(s) + h(s)‖ds = inf h∈F sup t∈R+ eReλ(t−s) −Reλ ∣∣∣∞ s=t ‖f + h‖ = 1 Reλ inf h∈F ‖f + h‖ = 1 Reλ ‖f˜‖Y. 8 • Với Reλ < 0 ta có ‖R(λ, D˜)f˜‖Y = inf g∈F sup t∈R+ ‖g(t) +R(λ,D)f(t)‖ = inf g∈F sup t∈R+ ∥∥∥g(t)− t∫ 0 eλ(t−s)f(s)ds ∥∥∥ 6 inf h∈F sup t∈R+ ∥∥∥ t∫ 0 eλ(t−s)[f(s) + h(s)]ds ∥∥∥ 6 inf h∈F sup t∈R+ t∫ 0 eReλ(t−s) sup s∈R+ ‖f(s) + h(s)‖ds = inf h∈F sup t∈R+ eReλ(t−s) −Reλ ∣∣∣t s=0 ‖f + h‖ 6 −1 Reλ inf h∈F ‖f + h‖ = −1 Reλ ‖f˜‖Y. Như vậy, với Reλ 6= 0 ta luôn có ‖R(λ, D˜)f˜‖Y 6 1|Reλ|‖f˜‖Y. Nói cách khác, ‖R(λ, D˜)‖ 6 1|Reλ| . Bước 2: Ta sẽ chứng minh D˜ là toán tử đóng. Lấy λ ∈ ρ(D) tùy ý. Khi đó Reλ 6= 0. Ta sẽ chứng minh rằng λ∈ρ(D˜). Thật vậy, lấy f ∈ BUC(R+,X) tùy ý, do R(λ,D) ∈ L(X) nên R(λ,D)F ⊂ F . Từ đó suy ra R(λ,D)f˜ được chứa trong g˜, g˜ được xác định là lớp chứa R(λ,D)f . Vì thế phương trình λg˜ − D˜g˜ = f˜ (1.6) có ít nhất một nghiệm là lớp chứa R(λ,D)f với mỗi f˜ ∈ Y cho trước. Tiếp theo ta sẽ chứng minh rằng (1.6) không có hơn một nghiệm. Điều này tương đương với việc chỉ ra rằng phương trình thuần nhất tương ứng có duy nhất nghiệm tầm thường. Thật vậy nếu λg˜ − D˜g˜ = 0 thì do g˜ chứa g ∈ D(D) nên ta có λg(t)−Dg(t) = h(t), với mọi t ∈ R+, trong đó h ∈ F . Do đó g(t) = R(λ,D)h(t). Theo các tiên đề xác định điều kiện F+ suy ra g ∈ F , do vậy g˜ = 0. Từ tất cả các lập luận ở trên dẫn đến ρ(D˜) ⊃ ρ(D) = C\iR 6= ∅ hay σ(D˜) ⊂ σ(D) = iR. Nói cách khác, D˜ là toán tử đóng. 1.4 Phổ của hàm số 1.4.1 Định nghĩa phổ của hàm số Định nghĩa 6. Cho F là một không gian hàm thỏa mãn điều kiện F+ và f ∈ BUC(R+,X). Khi đó phổ rút gọn của f theo F , ký hiệu sp+F(f), được xác định 9 là tập hợp tất cả các số thực ξ sao cho R(λ, D˜)f˜ là hàm phức theo λ trong C\iR không có thác triển giải tích với lân cận bất kỳ của iξ thuộc mặt phẳng phức. 1.4.2 Không gian hàm sinh ra từ phổ hàm số Định nghĩa 7. Cho Λ ⊂ R là một tập đóng. Không gian các hàm số có phổ nằm trong tập Λ được định nghĩa như sau: ΛF(X) := { f˜ ∈ BUC(R+,X)/F : sp+F(f˜) ⊂ Λ, lim α↓0 αR(α+ iξ, D˜)f˜ = 0˜,∀ξ ∈ Λ } . 1.4.3 Toán tử vi phân trên không gian ΛF(X) Gọi D˜Λ là sự hạn chế của D˜ trên ΛF (X). Mệnh đề 4. Cho Λ ⊂ R là một tập đóng. Khi đó ΛF(X) là một không gian con đóng của Y := BUC(R+,X)/F . Hơn nữa, phổ của toán tử D˜Λ có tính chất sau: σ(D˜Λ) ⊂ iΛ. Chứng minh. Xem [7]. 1.4.4 Điều kiện phổ để hàm số thuộc một không gian hàm cho trước Mệnh đề 5. Cho A là một toán tử tuyến tính đóng trên không gian Banach X thỏa mãn các tính chất sau: i) σ(A) ⊂ iR; ii) Tồn tại M > 0 không phụ thuộc vào λ sao cho ‖R(λ,A)‖ 6 M|Reλ| , với mọi Reλ 6= 0. Khi đó nếu λ0 = iξ ∈ iR là một điểm cô lập của σ(A) thì λ0 cũng là một giá trị riêng của σ(A). Chứng minh. Xem [7]. 10 Định lý 1. Cho F là một không gian hàm thỏa mãn điều kiện F+ và f ∈ BUC(R+,X) sao cho sp+F(f) đếm được. Hơn nữa, nếu lim α↓0 αR(α+ iξ, D˜)f˜ = 0˜ với mọi ξ ∈ sp+F(f) thì f ∈ F . Chứng minh. Đặt Λ := sp+F(f). Xét không gian hàm ΛF(X) và toán tử D˜Λ trên nó. Ta sẽ chứng minh rằng ΛF(X) là tầm thường. Giả sử ngược lại ΛF(X) là không tầm thường. Theo giả thiết sp+F(f) đếm được nên theo Mệnh đề 4 suy ra σ(D˜Λ) đếm được. Do đó có một điểm cô lập. Theo Bổ đề 1 và Mệnh đề 5 thì điểm cô lập này của σ(D˜Λ) phải là một giá trị riêng. Do đó sẽ tồn tại một véc tơ khác không g˜ ∈ ΛF(X) sao cho (D˜ − iξ)g˜ = 0. Với α > 0, bởi vì (D˜ − iξ)g˜ = 0 nên ta có g˜ = ( (α+ iβ)− D˜ ) R(α+ iβ, D˜)g˜ = αR(α+ iβ, D˜)g˜ + (iβ − D˜)R(α+ iβ, D˜)g˜ = αR(α+ iβ, D˜)g˜ +R(α+ iβ, D˜)(iβ − D˜)g˜ = αR(α+ iβ, D˜)g˜. Như vậy ta đã chỉ ra được αR(α+ iξ, D˜)g˜ = g˜. Hơn nữa g˜ ∈ ΛF(X) nên 0 = lim α↓0 αR ( α+ iξ, D˜ ) g˜ = lim α↓0 g˜ = g˜. Mâu thuẫn này chỉ ra ΛF(X) phải là tầm thường. Nói cách khác f ∈ F . 11 Chương 2 Điều kiện để nghiệm giới nội của phương trình vi phân là ổn định mạnh 2.1 Định nghĩa nghiệm đủ tốt Xuyên suốt chương này nếu không nói gì thêm thì ta luôn hiểu rằng F := C0(R+,X). Xét phương trình: dx(t) dt = Ax(t) + f(t), t ∈ R+, x(t) ∈ X, (2.1) trong đó f ∈ F , A là toàn tử tuyến tính đóng trên X. Nghiệm của phương trình vi phân (2.1), theo cách hiểu thông thường, là các hàm số x : R+ → X có các tính chất: khả vi, x(t) ∈ D(A) với mọi t ∈ R+ và thỏa mãn phương trình (2.1). Tuy nhiên, lớp các hàm số như vậy khá là hẹp. Sau đây, ta sẽ đưa ra một lớp các hàm số rộng hơn, không nhất thiết phải khả vi, được gọi là nghiệm đủ tốt của phương trình (2.1). Định nghĩa 8. Một hàm x ∈ BUC(R+,X) được gọi là nghiệm đủ tốt của (2.1) nếu với mỗi t ∈ R+ thì t∫ 0 x (ξ) dξ ∈ D (A) và x(t) = x(0) + A t∫ 0 x(ξ)dξ + t∫ 0 f(ξ)dξ, ∀t ∈ R+. (2.2) 12 Định nghĩa 9. Một nghiệm đủ tốt x trên R+ của (2.1) được gọi là ổn định tiệm cận nếu lim t→∞ x (t) = 0, nói cách khác x ∈ F . 2.2 Tính chất phổ của nghiệm đủ tốt Ta ký hiệu A là toán tử nhân của toán tử A trên không gian BUC(R+,X) như sau: A : BUC(R+,X)→ BUC(R+,X), (Ax)(t) = Ax(t). Mệnh đề 6. Cho f ∈ F và x ∈ BUC(R+,X) là nghiệm đủ tốt của (2.1) trên R+. Khi đó sp+F(x) ⊂ σi(A) trong đó σi(A) := {ξ ∈ R : iξ ∈ σ(A)}. Hơn nữa, với Reλ 6= 0 ta có R(λ, D˜)x˜ = R(λ, A˜)x˜. Chứng minh. Bước 1: Trước tiên, ta sẽ chứng minh (λ−A˜)R(λ, D˜)x˜ = x˜ với mọi Reλ > 0. Do x là nghiệm đủ tốt của phương trình (2.1) nên x(s) = x(0) + A s∫ 0 x(ξ)dξ + s∫ 0 f(ξ)dξ, ∀s ∈ R+. Từ phương trình trên, sử dụng tích chất của tích phân với Reλ > 0 và t ∈ R+, ta có: ∞∫ 0 e−λsx(t+ s)ds ︸ ︷︷ ︸ V T = ∞∫ 0 e−λsx(0)ds ︸ ︷︷ ︸ B + ∞∫ 0 ( Ae−λs t+s∫ 0 x(ξ)dξ ) ds ︸ ︷︷ ︸ C + ∞∫ 0 ( e−λs t+s∫ 0 f(ξ)dξ ) ds ︸ ︷︷ ︸ D . (2.3) Ta sẽ lần lượt tính B,C,D và vế trái: • Vế trái: V T = ∞∫ 0 e−λsx(t+ s)ds = R (λ,D)x(t). 13 • Tính B: B = e−λsx (0) −λ ∣∣∣∞ 0 = lim s→∞ e−λsx(0) −λ + x(0) λ = x(0) λ . • Tính C: C = A ∞∫ 0 e−λs ( t+s∫ 0 x (ξ) dξ ) ds = A ∞∫ 0 ( t+s∫ 0 x(ξ)dξ ) d (e−λs −λ ) = e−λs −λ A ( t+s∫ 0 x(ξ)dξ )∣∣∣∞ s=0 + 1 λ A ∞∫ 0 e−λsx (t+ s) ds = −A λ lim s→∞ ( e−λs t+s∫ 0 x(ξ)dξ ) + A λ t∫ 0 x (ξ) dξ + 1 λ A ∞∫ 0 e−λsx (t+ s) ds. Do x ∈ BUC(R+,X) nên tồn tại M > 0 sao cho |x(ξ)| 6M, ∀ξ ∈ R+. Từ đó ta có đánh giá sau:∣∣∣∣∣∣e−λs t+s∫ 0 x(ξ)dξ ∣∣∣∣∣∣ 6 e−sReλ t+s∫ 0 |x(ξ)| dξ 6 e−sReλ t+s∫ 0 Mdξ = M(t+ s) esReλ Nhưng vì lim s→∞ M(t+ s) esReλ = 0 nên ta có lim s→∞ ( e−λs t+s∫ 0 x(ξ)dξ ) = 0. Từ đó suy ra C = A λ t∫ 0 x (ξ) dξ + 1 λ A ∞∫ 0 e−λsx (t+ s) ds = A λ t∫ 0 x (ξ) dξ + 1 λ AR (λ,D)x(t). (2.4) • Tính D: Tương tự như tính C, ta có D = 1 λ t∫ 0 f(ξ)dξ + 1 λ ∞∫ 0 e−λsf (t+ s) ds = 1 λ t∫ 0 f (ξ) dξ + 1 λ R (λ,D) f(t). Thay B,C,D và vế trái tính được vào (2.3), ta thu được: R (λ,D)x(t) =1 λ AR (λ,D)x(t) + 1 λ R (λ,D) f(t) + 1 λ x(0) + A t∫ 0 x (ξ) dξ + t∫ 0 f (ξ) dξ  ︸ ︷︷ ︸ = 1 λ x(t) . 14 Khi đó (2.3) trở thành: λR (λ,D)x (t) = AR (λ,D)x (t) +R (λ,D) f (t) + x(t). Với A là toán tử nhân của toán tử A trên không gian BUC(R+,X): A : BUC(R+,X)→ BUC(R+,X), (Ax)(t) = Ax(t), ta có thể viết lại (2.3) dưới dạng biểu thức trên không gian hàm số: λR (λ,D)x = AR (λ,D)x+R (λ,D) f + x. Do vậy ta sẽ có (λ−A)R(λ,D)x = R(λ,D)f + x. Từ đó suy ra, theo các tiên đề xác định điều kiện F+ và giả thiết, (λ− A˜)R(λ, D˜)x˜ = R(λ, D˜)f˜ + x˜ = x˜, (do f ∈ F nên f˜ = 0˜). Bước 2: Tiếp theo, ta sẽ chứng minh (λ− A˜)R(λ, D˜)x˜ = x˜ với mọi Reλ < 0. Do x là nghiệm đủ tốt của phương trình (2.1) nên x (s) = x (0) + A s∫ 0 x (ξ) dξ + s∫ 0 f (ξ) dξ, ∀s ∈ R+. Nhân hai vế của phương trình trên với eλ(t−s), ở đây Reλ < 0 và s ∈ R+, sau đó lấy tích phân theo s từ 0 đến t ta được: t∫ 0 eλ(t−s)x (s) ds ︸ ︷︷ ︸ V T = t∫ 0 eλ(t−s)x (0) ds ︸ ︷︷ ︸ E + A t∫ 0 eλ(t−s) ( s∫ 0 x (ξ) dξ ) ds ︸ ︷︷ ︸ F + t∫ 0 eλ(t−s) ( s∫ 0 f (ξ) dξ ) ds ︸ ︷︷ ︸ G . (2.5) Ta sẽ lần lượt tính E,F,G và vế trái: • Vế trái: V T = t∫ 0 eλ(t−s)x (s) ds = −R (λ,D)x(t). 15 • Tính E: E = eλ(t−s)x (0) −λ ∣∣∣t s=0 = −x(0) λ + eλtx (0) λ . • Tính F : F = A t∫ 0 ( s∫ 0 x (ξ) dξ ) d (eλ(t−s) −λ ) = eλ(t−s) −λ A ( s∫ 0 x (ξ) dξ )∣∣∣t s=0 + 1 λ A t∫ 0 eλ(t−s)x (s) ds = −A λ t∫ 0 x (ξ) dξ + A λ t∫ 0 eλ(t−s)x (s) ds = −A λ t∫ 0 x (ξ) dξ − A λ R(λ,D)x(t). • Tính G: Tương tự như tính F ta có G = −1 λ t∫ 0 f (ξ) dξ − 1 λ R(λ,D)f(t). Thay E,F,G và vế trái tính được vào (2.5), ta thu được: −R(λ,D)x(t) =e λtx(0) λ − A λ R(λ,D)x(t)− 1 λ R(λ,D)f(t) − 1 λ x(0) + A t∫ 0 x (ξ) dξ + t∫ 0 f (ξ) dξ  ︸ ︷︷ ︸ = 1 λ x(t) . Khi đó (2.5) trở thành λR (λ,D)x (t) = AR (λ,D)x (t) +R (λ,D) f (t) + x(t)− eλtx(0). Chú ý rằng R+ 3 t 7→ eλtx (0) ∈ F và f ∈ F nên với Reλ < 0 ta có λR(λ, D˜)x˜ = A˜R(λ, D˜)x˜+ x˜. Từ đó ta cũng suy ra được (λ− A˜)R(λ, D˜)x˜ = x˜. Bước 3: Từ hai bước trên, ta đã chứng minh được: với Reλ 6= 0, 16 (λ− A˜)R(λ, D˜)x˜ = x˜. (2.6) Để chứng minh sp+F (x) ⊂ σi (A), ta cần phải chỉ ra rằng nếu ξ0 ∈ R\σi (A) thì ξ0 /∈ sp+F (x). Do ξ0 ∈ R\σi (A) nên với λ thuộc lân cận đủ nhỏ của iξ0 ta có toán tử R(λ, A˜) = (λ − A)−1 là toán tử giới nội và giải tích theo λ. Tác động toán tử R(λ, A˜) vào hai vế của (2.6), ta thu được: R(λ, D˜)x˜ = R(λ, A˜)x˜. Do đó vế phải trong biểu thức trên giải tích theo λ nên vế trái có thác triển giải tích theo λ trong lân cận của iξ0. Nói cách khác, ξ0 /∈ sp+F (x). Như vậy bổ đề được chứng minh. 2.3 Điều kiện phổ để nghiệm đủ tốt là ổn định tiệm cận Định lý 2. Cho x ∈ BUC(R+,X) là nghiệm đủ tốt của phương trình (2.1) trên R+ và f ∈ F . Giả sử rằng toán tử A thỏa mãn các điều kiện sau: i) σ(A) ∩ iR đếm được; ii) lim α↓0 αR (α+ iξ, A)x (t) = 0 đều theo t ∈ R+, với mọi iξ ∈ σ (A) ∩ iR. Khi đó nghiệm x là ổn định tiệm cận. Chứng minh. Theo Mệnh đề 6, ta có: sp+F (x) ⊂ σi (A) = σ(A) ∩ iR. Nhưng theo giả thiết i), σ(A)∩ iR là đếm được, nên ta suy ra sp+F(x) là đếm được. Hơn nữa, theo Mệnh đề 6, với α > 0 và iξ ∈ σ (A) ∩ i R, kết hợp với giả thiết ii) ta có lim α↓0 αR(α+ iξ, D˜)x˜ = lim α↓0 αR(α+ iξ, A˜)x˜ = 0 Do vậy, theo Bổ đề 1 ta suy ra x ∈ F , hay x là ổn định tiệm cận. 17 Chương 3 Điều kiện để nghiệm giới nội của phương trình vi phân hàm ổn định mạnh 3.1 Định nghĩa nghiệm đủ tốt Xét phương trình dx (t) dt = 0∫ −r dη (θ)x (t+ θ) + f (t) , (3.1) trong đó t ∈ R+, x(t) ∈ X, r > 0, f ∈ C0(R+,X); η : [−r; 0] → L (X) có biến phân bị chặn. Ta ký hiệu ∆(λ) := λ−Bλ trong đó, Bλ = 0∫ −r dη (θ) eλθ. Định nghĩa 10. (Xem [10]) Một hàm x ∈ BUC ( [−r,∞),X ) được gọi là nghiệm đủ tốt của (3.1) với điều kiện đầu x|[−r,0] = ϕ ∈ BUC ( [−r, 0),X ) nếu với mỗi t ∈ R+ thì x (t) = x (0) + t∫ 0  0∫ −r dη (θ)x (ξ + θ) dξ + t∫ 0 f (ξ)dξ. 18 3.2 Tính chất phổ của nghiệm đủ tốt Bổ đề 2. Giả sử f ∈ C0(R+,X). Khi đó, nếu x là nghiệm đủ tốt của (3.1) trên [−r;∞) thì sp+F (x) ⊂ σi (Bλ) trong đó σi (Bλ) := {ξ ∈ R : iξ ∈ σ (Bλ)} . Hơn nữa, với Reλ 6= 0 ta có (λ− B˜λ)R(λ, D˜)x˜ = x˜+ ψ˜ với ψ(t) = 0∫ −r dη(θ)eλθ 0∫ θ e−λsx(t+ s)ds. Chứng minh. Bước 1: Trước tiên, ta sẽ chứng minh (λ− B˜λ)R(λ, D˜)x˜ = x˜ + ψ˜ với mọi Reλ > 0. Do x là nghiệm đủ tốt của phương trình (3.1) nên x (s) = x (0) + s∫ 0  0∫ −r dη (θ)x (ξ + θ) dξ + s∫ 0 f (ξ)dξ,∀s ∈ R+. Áp dụng công thức nghiệm này trong trường hợp Reλ > 0 và t ∈ R+, ta có: ∞∫ 0 e−λsx (t+ s) ds ︸ ︷︷ ︸ V T = ∞∫ 0 e−λsx (0) ds ︸ ︷︷ ︸ A + ∞∫ 0 e−λs t+s∫ 0  0∫ −r dη (θ)x (ξ + θ) dξ ds ︸ ︷︷ ︸ B + ∞∫ 0 e−λs t+s∫ 0 f (ξ) dξ ds ︸ ︷︷ ︸ C . (3.2) Ta sẽ lần lượt tính A,B,C và vế trái: • Vế trái: V T = ∞∫ 0 e−λsx (t+ s) ds = R (λ,D)x(t). • Tính A: A = e−λsx(0) −λ ∣∣∣∞ 0 = lim s→∞ e−λsx(0) −λ + x(0) λ = x(0) λ . 19 • Tính B: B = ∞∫ 0  t+s∫ 0  0∫ −r dη (θ)x (ξ + θ) dξ d(e−λs−λ ) = e−λs −λ  t+s∫ 0  0∫ −r dη(θ)x(ξ + θ) dξ  ∣∣∣∞ s=0 + 1 λ ∞∫ 0 e−λs  0∫ −r dη (θ)x(t+ s+ θ) ds = lim s→∞ e−λs −λ  t+s∫ 0  0∫ −r dη(θ)x(ξ + θ) dξ  ︸ ︷︷ ︸ B1 + 1 λ t∫ 0  0∫ −r dη(θ)x(ξ + θ) dξ + 1 λ ∞∫ 0 e−λs  0∫ −r dη (θ)x(t+ s+ θ) ds ︸ ︷︷ ︸ B2 . • Tính B1: Do η : [−r; 0]→ L (X) có biến phân bị chặn nên ta có B1 = lim s→∞ e−λs t+s∫ 0  0∫ −r dη (θ)x (ξ + θ) dξ  = 0. • Tính B2: B2 = 0∫ −r dη (θ) eλθ ∞∫ 0 e−λ(s+θ)x (t+ s+ θ)ds = 0∫ −r dη (θ) eλθ ∞∫ θ e−λsx (t+ s)ds = 0∫ −r dη (θ) eλθ  0∫ θ e−λsx (t+ s)ds+ ∞∫ 0 e−λsx (t+ s)ds  = 0∫ −r dη (θ) eλθ 0∫ θ e−λsx (t+ s)ds+ 0∫ −r dη (θ) eλθ ∞∫ 0 e−λtx (t+ s)ds = 0∫ −r dη (θ) eλθ 0∫ θ e−λsx (t+ s) ds+BλR (λ,D)x (t) . 20 Thay B1, B2 vừa tính được vào B ta sẽ có B = 1 λ 0∫ −r dη (θ) eλθ 0∫ θ e−λsx (t+ s) ds+ 1 λ BλR (λ,D)x (t)+1 λ t∫ 0  0∫ −r dη(θ)x(ξ + θ) dξ. • Tính C: Tương tự như cách tính D trong Chương 2, ta có C = 1 λ t∫ 0 f (ξ) dξ + 1 λ R (λ,D) f(t). Thay A,B,C và VT tính được vào (3.2) ta được R (λ,D)x(t) =1 λ 0∫ −r dη (θ) eλθ 0∫ θ e−λsx (t+ s) ds ︸ ︷︷ ︸ ψ(t) + 1 λ BλR (λ,D)x (t) + 1 λ R (λ,D) f(t) + 1 λ x (0) + t∫ 0  0∫ −r dη (θ)x (ξ + θ) dξ + t∫ 0 f (ξ)dξ  ︸ ︷︷ ︸ = 1 λ x(t) . Khi đó (3.2) trở thành λR (λ,D)x(t) = BλR (λ,D)x (t) +R (λ,D) f(t) + x(t) + ψ(t). Với Bλ là toán tử nhân của toán tử Bλ trên không gian BUC(R+,X): Bλ : BUC(R+,X)→ BUC(R+,X), (Bλx)(t) = Bλx(t), ta có thể viết lại (3.2) dưới dạng biểu thức trên không gian hàm số: λR (λ,D)x = BλR (λ,D)x+R (λ,D) f + x+ ψ. Do vậy ta sẽ có (λ− Bλ)R (λ,D)x = R (λ,D) f + x+ ψ. Từ đó suy ra, theo các tiên đề xác định điều kiện F+ và giả thiết, (λ− B˜λ)R(λ, D˜)x˜ = x˜+ ψ˜. Bước 2: Tiếp theo, ta sẽ chứng minh (λ− B˜λ)R(λ, D˜)x˜ = x˜+ ψ˜ với mọi Reλ < 0. 21 Do x là nghiệm đủ tốt của phương trình (3.1) nên x (s) = x (0) + s∫ 0  0∫ −r dη (θ)x (ξ + θ) dξ + s∫ 0 f (ξ)dξ,∀s ∈ R+. Áp dụng công thức nghiệm này trong trường hợp Reλ < 0 và s ∈ R+, ta có: t∫ 0 eλ(t−s)x(s)ds ︸ ︷︷ ︸ V T = t∫ 0 eλ(t−s)x(0)ds ︸ ︷︷ ︸ F + t∫ 0 eλ(t−s) s∫ 0  0∫ −r dη(θ)x(ξ + θ)  dξ  ds ︸ ︷︷ ︸ G + t∫ 0 eλ(t−s) s∫ 0 f(ξ)dξ  ds ︸ ︷︷ ︸ H . (3.3) Ta sẽ lần lượt tính F,G,H và vế trái: • Vế trái: V T = t∫ 0 eλ(t−s)x(s)ds = −R(λ,D)x(t). • Tính F: F = eλ(t−s)x(0) −λ ∣∣∣t s=0 = −x(0) λ + eλtx(0) λ . • Tính G: G = t∫ 0  s∫ 0  0∫ −r dη(θ)x(ξ + θ)  dξ  d(eλ(t−s)−λ ) = eλ(t−s) −λ  s∫ 0  0∫ −r dη(θ)x(ξ + θ)  dξ  ∣∣∣t s=0 + 1 λ t∫ 0 eλ(t−s)  0∫ −r dη(θ)x(s+ θ)  ds = −1 λ t∫ 0  0∫ −r dη(θ)x(ξ + θ)  dξ + 1 λ 0∫ −r dη(θ)eλθ t∫ 0 eλ(t−s−θ)x(s+ θ)ds = −1 λ t∫ 0  0∫ −r dη(θ)x(ξ + θ)  dξ + 1 λ 0∫ −r dη(θ)eλθ t+θ∫ θ eλ(t−s)x(s)ds ︸ ︷︷ ︸ K .