ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN

PHẠM THỊ THỦY

TÍNH CHẤT BÓNG CỦA PHƯƠNG TRÌNH SAI PHÂN

LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC

Hà Nội - 2014


ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN

PHẠM THỊ THỦY

TÍNH CHẤT BÓNG CỦA PHƯƠNG TRÌNH SAI PHÂN

Chuyên ngành: Toán giải tích
Mã số: 60 46 01 02

LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC

Người hướng dẫn khoa học:
TS. Lê Huy Tiễn

Hà Nội - 2014


Mục lục


Tính trơn của đa tạp ổn định địa phương . . . . . . . . . . . . .

10

1.5

Vi phôi phụ thuộc tham số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

16

2 Tập hyperbolic của vi phôi

19

2.1

Định nghĩa tập hyperbolic . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

19

2.2

Tính bị chặn của phép chiếu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

20

2.3

Tính liên tục của phép chiếu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .


3.2

Nói thêm về tính vững của tập hyperbolic . . . . . . . . . . . . .

41

3.3

Không gian tiệm cận của tập hyperbolic . . . . . . . . . . . . . .

45

Kết luận

48

Tài liệu tham khảo

49
i


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

tập bất biến của vi phôi được định nghĩa và chỉ ra nó là một hệ quả của tính
hyperbolic.
Chương 3 là nội dung chính của luận văn. Trong chương này chúng tôi nêu
và chứng minh định lý bóng. Sau đó chúng ta áp dụng định lý bóng để chứng
minh kết quả về tính vững của tập hyperbolic và không gian tiệm cận của các
tập hyperbolic.
Do thời gian có hạn, luận văn có thể không tránh khỏi thiếu sót. Chúng tôi
mong nhận được ý kiến đóng góp để luận văn hoàn thiện hơn.
Hà Nội, ngày 03 tháng 12 năm 2014
Học viên
Phạm Thị Thủy

iii


Chương 1

Điểm bất động hyperbolic,
đa tạp ổn định, đa tạp
không ổn định của vi phôi
1.1

Điểm bất động hyperbolic của vi phôi

Định nghĩa 1.1.1. (Định nghĩa vi phôi)
Cho U là một tập mở trong Rn . Ánh xạ f : U ⊂ Rn → Rn được gọi là C r vi phôi nếu tồn tại f −1 và các ánh xạ f, f −1 thuộc lớp C r .
Định nghĩa 1.1.2. (Định nghĩa điểm bất động hyperbolic của vi phôi,
không gian con ổn định và không gian con không ổn định)
Cho U là một tập mở trong Rn , f : U → Rn là C 1 - vi phôi. Điểm x0 ∈ U
được gọi là điểm bất động hyperbolic của f nếu f (x0 ) = x0 và các giá trị riêng

được gọi là đa tạp ổn định của x0 .
Tập hợp
W u (x0 ) = {x ∈ U : f k (x) → x0 , k → −∞}
được gọi là đa tạp không ổn định của x0 .
Chúng ta sẽ chỉ ra rằng đa tạp ổn định, mặc dù tên của nó như vậy, có thể
không là một đa tạp con của Rn . Tuy nhiên chúng ta có thể mô tả nó bằng hệ
các đa tạp ổn định địa phương mà chúng là các đa tạp con của Rn .
Định nghĩa 1.2.2. (Định nghĩa đa tạp ổn định địa phương)

2


Cho U là một tập con mở trong Rn , f : U → Rn là một C 1 - vi phôi với x0
là một điểm bất động hyperbolic. Với ε > 0 cho trước, ta định nghĩa đa tạp ổn
định địa phương của x0 là
W s,ε (x0 ) = {x ∈ U : f k (x) → x0 khi k → ∞ và f k (x) − x0 < ε, ∀k ≥ 0}.
Ta dễ dàng thấy rằng với mỗi ε > 0 thì
W s (x0 ) = ∪ f −k (W s,ε (x0 )).
k≥0

Ngoài ra, ta còn thấy tính chất bất biến
f (W s (x0 )) = W s (x0 ),

f (W s,ε (x0 )) ⊂ W s,ε (x0 ).

Trong phần tiếp theo, chúng ta chỉ ra rằng với ε > 0 đủ nhỏ thì tập W s,ε (x0 )
là một đa tạp con trơn thực sự của Rn chứa x0 sao cho không gian tiếp xúc với
W s,ε (x0 ) tại x0 là không gian con ổn định, Tx0 W s,ε (x0 ) = E s .

1.3

ở đây
ω(∆) = sup{ Df (x) − Df (x0 ) :

x − x0 ≤ ∆}.

Khi đó nếu x ∈ U và f k (x) − x0 ≤ ∆ với ∀k ≥ 0 thì bất đẳng thức
f k (x) − x0 ≤ k1 M s (1 − σ)−1 [λ1 + k1 M s (1 − σ)−1 ω(∆)]k x − x0
thỏa mãn với ∀k ≥ 0.
Như vậy nếu có thêm điều kiện
k1 M s ω(∆) < (1 − σ)(1 − λ1 )
thì suy ra rằng f k (x) → x0 khi k → ∞, tức là x0 có tính chất của điểm yên
ngựa.
Chứng minh. Đặt yk = f k (x) − x0 . Khi đó f k (x) = yk + x0 .
Với k ≥ 0:
yk+1 = f k+1 (x) − x0 ,
yk+1 = f (x0 + yk ) − x0 .
Như vậy,
yk+1 = Ayk + g(yk ),
trong đó A = Df (x0 ), g(yk ) = f (x0 + yk ) − f (x0 ) − Df (x0 )yk .
Đặt
g(y) = f (x0 + y) − f (x0 ) − Df (x0 )y.
Ta biết rằng
f (x0 + y) − f (x0 ) = Df (ξ)y
(với ξ nào đó mà ξ = λx0 + (1 − λ)(x0 + y), λ ∈ (0, 1)) và như vậy
g(y) = Df (ξ)y − Df (x0 )y.
Với giả thiết ω(∆) = sup{ Df (x) − Df (x0 ) , với x − x0 ≤ ∆} thì
g(y) ≤ ω(∆) · y nếu y < ∆.
Tiếp theo, đặt uk = P yk , vk = (I − P )yk . Rõ ràng uk + vk = yk .
4


−(m−k)

A−(l−k+1) (I − P )g(yl ).

vm −

(1.6)

l=k

Ta sẽ xét vk khi m → ∞. Ta có
A−(m−k) vm = A−(m−k) (I − P )(ym )
≤ k2 λm−k
M u ym ≤ k2 λm−k
M u ∆.
2
2
(Theo giả thiết f k (x) − x0 ≤ ∆ với k ≥ 0 mà yk = f k (x) − x0 ⇒ yk ≤ ∆
với ∀k ≥ 0).
⇒ A−(m−k) vm → 0 khi m → ∞.
Ngoài ra,
∞

∞

A

−(l−k+1)

k2 λl−k+1


A

yk = uk + vk = A P y0 +

k−m−1

A−(m−k+1) (I − P )g(ym )

P g(ym ) −

m=0

m=k

k−1

k1 M s λk−m−1
ω(∆) ym
1

⇒ yk ≤ k1 M s λk1 y0 +
m=0
∞

k2 M u λm−k+1
ω(∆) ym
2

+


thì
µk ≤ c(1 − d)k−b , với a ≤ k ≤ b.
k−1

Chứng minh. (i) Với a ≤ k ≤ b, đặt vk =

µm , quy ước va = 0. Khi đó với
m=a

a ≤ k ≤ b − 1,
µk = vk+1 − vk ≤ c + dvk
suy ra
vk+1 ≤ c + (d + 1)vk .
6


Bằng phương pháp truy hồi vk theo va = 0, ta suy ra
vk ≤ c[1 + (1 + d) + ... + (1 + d)k−a−1 ]
= cd−1 [(1 + d)k−a − 1] với a ≤ k ≤ b.
Như vậy,
µk ≤ c + dvk ≤ c(1 + d)k−a , với a ≤ k ≤ b.
b−1

(ii) Với a ≤ k ≤ b, đặt vk =

µm , quy ước vb = 0, thì với a ≤ k ≤ b − 1
m=k

ta có

µm .
2

+

(1.9)

m=k

Khi đó nếu α = α1 (1 − λ1 )−1 + α2 (1 − λ2 )−1 < 1 thì bất đẳng thức
µk ≤ k1 (1 − σ)−1 [λ1 + α1 (1 − σ)−1 ]k−a µa
thỏa mãn với a ≤ k < b + 1.

7

(1.10)


(ii) Cho a, b là các số nguyên cố định với −∞ ≤ a ≤ b < ∞. Giả sử dãy
{µk }bk=a là dãy các số không âm, bị chặn khi a = −∞, thỏa mãn tồn tại các số
dương k1 , k2 , λ1 , λ2 , α1 , α2 với λ1 < 1, λ2 < 1 sao cho với a − 1 ≤ k ≤ b
k−1

µk ≤

k2 λb−k
µb
2

b−1


µk ≤

k1 λk−a
µa
1

α1 λk−m−1
µm
1

+

α2 λm−k+1
µm ,
2

+

m=a

(*)

m=k

với a ≤ k < ∞.
Do {µk }∞
k=a là bị chặn. Đặt
θk = sup{µk , µk+1 , ...} = sup µm .
k≤m


m=a

≤

∞

λ

k −m−1

+ α1

m=k

k −1

λk−m−1
µm
1
m=a

∞

λk1 −m−1 θk

+ α1
m=k

+1


λk−m−1
µm + [α1 (1 − λ1 )−1 + α2 λ2 (1 − λ2 )−1 ]θk .
1

≤ k1 λk−a
µa + α1
1
m=a

8


Vì bất đẳng thức trên đúng với ∀ε > 0 và với mọi a ≤ k < b + 1 nên suy ra
k−1

θk ≤

k1 λk−a
µa
1

λk−m−1
+ σθk
1

+ α1
m=a

k−1

k−1

φk ≤ k1 (1 −

σ)−1 λ−a
1 µa

+ (α1 (1 −

σ)−1 λ−1
1 )

φm ,
m=a

với a ≤ k < b + 1.
Áp dụng Bổ đề 1.3.3 (i) suy ra với a ≤ k < b + 1
−1 −1 k−a
φk ≤ k1 (1 − σ)−1 λ−a
λ1 ]
1 µa + [1 + α1 (1 − σ)

⇒ θk = λk1 φk ≤ k1 (1 − σ)−1 [λ1 + α1 (1 − σ)−1 ]k−a µa
⇒ µk ≤ θk ≤ k1 (1 − σ)−1 [λ1 + α1 (1 − σ)−1 ]k−a µa với a ≤ k < b + 1.
(ii) Đặt θk =

µm . Như vậy với a − 1 < k ≤ b và ε > 0 cho trước,

sup
a−1
m=k

b−1

α2 λ2m−k+1 θm + [α1 (1 − λ1 )−1 + α2 λ2 (1 − λ2 )−1 ]θk

≤ k2 λb−k
µb +
2
m=k

Vì bất đẳng thức trên đúng với ∀ε > 0 nên suy ra
b−1

θk ≤

k2 λb−k
µb
2

α2 λm−k+1
θm + σθk
2

+
m=k

b−1

⇒ θk ≤ k2 (1 −

λ2

φm ,
m=k

với a − 1 < k ≤ b.
Áp dụng Bổ đề 1.3.3 (ii), ta có
φk ≤ k2 (1 − σ)−1 λb2 µb [1 − α2 (1 − σ)−1 λ2 ]k−b , với a − 1 < k ≤ b.
Suy ra
θk ≤ k2 (1 − σ)−1 λb2 µb [1 − α2 (1 − σ)−1 λ2 ]k−b λ−k
2 .
Vậy
Mk ≤ θk ≤ k2 (1 − σ)−1 [(1 − σ − α2 )−1 (1 − σ)λ2 ]b−k Mb .

Trở lại chứng minh mệnh đề. Áp dụng Bổ đề 1.3.4 (i), từ (1.8) và điều kiện
(1.3) suy ra
yk ≤ k1 M s (1 − σ)−1 [λ1 + k1 M s (1 − σ)−1 ω(∆)]k y0 ,
với k ≥ 0 và σ = α1 (1 − λ1 )−1 + α2 λ2 (1 − λ2 )−1 < 1, α1 = K1 M s ω(∆),
α2 = K2 M u ω(∆). Mệnh đề được chứng minh.

1.4

Tính trơn của đa tạp ổn định địa phương

Trong mục này, ta chỉ ra rằng nếu ε > 0 đủ nhỏ thì đa tạp ổn định địa
phương W s,ε (x0 ) tại điểm bất động hyperbolic x0 của vi phôi là một đa tạp
con của Rn .
Định lý 1.4.1. Cho U ⊂ Rn là một tập con mở và f : U → Rn là C r - vi phôi
(r ≥ 1) với điểm bất động hyperbolic x0 và tương ứng với không gian con ổn
định E s . Khi đó với ε > 0 đủ nhỏ thì W s,ε (x0 ) là một C r - đa tạp con của Rn


(1.12)
ở đây P là phép chiếu Rn lên E s dọc theo E u ; A = Df (x0 ); g(y) = f (x0 + y) −
f (x0 ) − Df (x0 )y.
Ta sẽ tìm nghiệm yk của (1.12) sao cho yk ≤ ∆ với ∀k ≥ 0. Giả sử ∆ là
đủ nhỏ sao cho
σ = [k1 M s (1 − λ1 )−1 + k2 M u λ2 (1 − λ2 )−1 ]ω(∆) < 1.

(1.13)

Nếu ξ ∈ E s thỏa mãn
ξ < ∆(1 − σ)k1−1 .

(1.14)

Ta sẽ chỉ ra có duy nhất điểm x sao cho
P (x − x0 ) = ξ và f k (x) − x0 ≤ ∆ với k ≥ 0.
Thật vậy, ta định nghĩa E là không gian Banach bị chặn gồm các dãy số bị
chặn trong Rn : y = {yk }∞
k=0 và chuẩn
y = sup

yk .

0≤k≤∞

Ta xây dựng toán tử T trên hình cầu đóng bán kính ∆ trong E. Nếu y ∈ E
và y ≤ ∆, ta xác định T y là dãy {(T y)k }∞
k=0 cho bởi
∞

P g(ym ) +

m=0

m=k
∞

k−1

k1 λk−m−1
M s ω(∆)∆
1

≤

k2 λm−k+1
M u ω(∆)∆
2

+

m=0

m=k
−1

s

≤ [k1 M (1 − λ1 )



k−1

k1 M s λk−m−1
1

(T y)k − (T y)k ≤
m=0

k2 M u λm−k+1
ω(∆) y − y
2

+
m=k

≤ [k1 M s (1 − λ1 )−1 + k2 M u λ2 (1 − λ2 )−1 ]ω(∆) y − y .
Vậy
Ty − Ty ≤ σ y − y .
Do σ < 1 nên suy ra T là ánh xạ co trên không gian metric đủ
E∆ = {y ∈ E : y ≤ ∆}.
12


Từ đó suy ra tồn tại duy nhất một điểm y = {yk }∞
k=0 thỏa mãn T y = y, tức là
∞

k−1
k


ξ+

A

k−m

A−(m−k) (I − P )g(ym )

P g(ym ) −

m=0

m=k+1
∞

k−1
k

=A A ξ+

A

k−m−1

A−(m−k+1) (I − P )g(ym )

P g(ym ) −

m=0

13


Bổ đề 1.4.2. Cho B là hình cầu đóng trong không gian Banach E và V là một
tập mở khác trong không gian Banach Λ. Giả sử T : B × V → B là một ánh xạ
sao cho ∀y1 , y2 ∈ B và µ ∈ V thì
T (y1 , µ) − T (y2 , µ) ≤ σ y1 − y2 ,
ở đây 0 ≤ σ < 1.
Khi đó với mỗi µ ∈ V , phương trình T (y, µ) = y có nghiệm duy nhất y = y(µ)
trong B, hơn nữa nếu T ∈ C r (0 ≤ r ≤ ∞) thì y(µ) ∈ C r và đạo hàm Dy(µ)
thỏa mãn
Dy(µ) =

∂T
∂T
(y(µ), µ)Dy(µ) +
(y(µ), µ).
∂y
∂µ

Ta sử dụng Bổ đề 1.4.2 để chứng minh tính trơn của hàm φs . Nếu E là không
gian Banach gồm các dãy bị chặn y = {yk }∞
k=0 như ở trên, B là hình cầu đóng
{y ∈ E : y ≤ ∆} và
V = {ξ ∈ E s : ξ < ∆(1 − σ)k1−1 }.
Khi đó ta định nghĩa T : B × V → B bởi
∞

k−1
k

(0, 0)Y +
(0, 0),
∂y
∂ξ

∂T
(0, 0) = 0 và nếu ν ∈ E s thì
∂y
∂T
(0, 0)ν
∂ξ
14

= Ak ν.
k


Suy ra [Dy(0)ν]k = Ak ν và suy ra Dφs (0) là ánh xạ nhúng của E s vào Rn .
Nhớ rằng P φs (ξ) = ξ và do vậy P Dφs (ξ)ν = ν với mọi ν ∈ E s . Theo tính chất
hàm ẩn thì φs và Dφs (ξ) là ánh xạ 1 − 1. Từ tính chất đã chỉ ra của φs thì ánh
xạ ξ −→ x0 + φs (ξ) là thuộc lớp C r .
Đặt M = {x0 + φs (ξ) : ξ ∈ E s , ξ < ∆(1 − σ)k1−1 }. Khi đó M là C r - đa
tạp con của Rn chứa x0 . Ngoài ra từ Dφs (0) là phép nhúng của E s vào Rn , ta
có
Tx0 M = E s .
Như đã chỉ ra ở trên nếu x = x0 + φs (ξ) ∈ M thì P (x − x0 ) = ξ và
f k (x − x0 ) ≤ ∆ với k ≥ 0. Ngoài ra với ξ ∈ E s và ξ < ∆(1 − σ)k1−1 thì x
là duy nhất.
Bây giờ cố định số dương ∆ thỏa mãn (1.13) và sao cho
λ = λ1 + k1 M s (1 − σ)−1 ω(∆) < 1.


f k (x) − x0 .

Có nghĩa là nếu y ∈ M và y − x < δ thì y ∈ W s,ε (x0 ). Vậy W s,ε (x0 ) là
một tập con mở trong M và suy ra nó là C r - đa tạp.
Ngoài ra, x0 ∈ W s,ε (x0 ) và Tx0 W s,ε (x0 ) = Tx0 M = E s . Định lý 1.4.1 đã
được chứng minh.

1.5

Vi phôi phụ thuộc tham số

Cuối cùng chúng ta xem xét một vi phôi phụ thuộc vào một tham số và kiểm
tra xem đa tạp con ổn định và không ổn định của điểm bất động hyperbolic
thay đổi như thế nào bởi tham số.
Cho f : U × V → Rn là một hàm thuộc C r (r ≥ 1), ở đây U ⊂ Rn và
V ⊂ Rn là các tập mở sao cho fµ : U → Rn xác định bởi fµ (x) = f (x, µ) là một
vi phôi lên ảnh với mỗi µ cố định thuộc V . Giả sử µ0 ∈ V , vi phôi fµ0 có điểm
bất động hyperbolic x0 . Bằng việc áp dụng định lý hàm ẩn cho phương trình
f (x, µ) − x = 0.
Ta thấy rằng khi µ đủ gần µ0 , vi phôi fµ có duy nhất điểm cố định x(µ)
gần x0 , ngoài ra x(µ0 ) = x0 và xµ thuộc lớp C r theo µ.
∂f
Cũng từ ma trận
(x(µ), µ) phụ thuộc liên tục vào µ suy ra x(µ) cũng
∂x
là điểm hyperbolic nếu µ đủ gần µ0 , và các không gian con ổn định, không ổn
định có cùng số chiều như các không gian đó xác định tại x0 .
Chúng ta chỉ ra rằng đa tạp ổn định của x(µ) phụ thuộc liên tục vào µ và
suy ra đa tạp M được xây dựng trong mục trước là phụ thuộc trơn vào µ.

x0 của fµ0 .
Không gian Banach E định nghĩa như trong chứng minh Định lý 1.4.1. Ta
định nghĩa hàm
g(y, µ) = f (x0 + y, µ) − f (x0 , µ0 ) −

∂f
(x0 , µ0 )y
∂x

Nếu y ∈ E với y ≤ ∆ và µ − µ0 < ρ, ta định nghĩa T (y, µ) trong E bởi
∞

k−1
k

A

(T (y, µ))k = A ξ +

k−m−1

A−(m−k+1) (I − P )g(ym , µ)

P g(ym , µ) −

m=0

m=k

ở đây ξ ∈ E s thỏa mãn ξ < ∆(1 − σ)/2k1 .

và với ∀k ≥ 0, ta có
fµk (x) − x0 ≤ fµk (x) − xµ + xµ − x0
≤ ε + x(µ) − x0
≤ ∆.
Suy ra x ∈ Mµ . Nghĩa là ta đã chứng minh W s,ε (x(µ)) ⊂ Mµ , khi µ − µ0 < ρ
và 0 < ε < ε0 .

18


Chương 2

Tập hyperbolic của vi phôi
2.1

Định nghĩa tập hyperbolic

Cho U là tập con mở trong Rn , f : U → Rn là C 1 - vi phôi.
Định nghĩa 2.1.1. (Định nghĩa tập compact hyperbolic) Một tập compact S ⊂ U được gọi là hyperbolic nếu
(i) S là bất biến đối với f , tức là
f (S) = S.

(2.1)

(ii) Có một phân rã liên tục
Rn = E s (x) ⊕ E u (x),

x∈S

(2.2)

Định nghĩa 2.1.2. Dãy {xk }bk=a với a, b, ∈ Z, −∞ ≤ a ≤ b ≤ +∞ được gọi là
một quỹ đạo của ánh xạ f nếu xk+1 = f (xk ) với a ≤ k ≤ b − 1.
Dễ thấy rằng nếu {xk }bk=a là một quỹ đạo của f thì f k−m (xm ) = xk .

2.2

Tính bị chặn của phép chiếu

Giả sử S là một tập compact hyperbolic của C 1 - vi phôi f : U → Rn trong
định nghĩa 2.1.1, nhưng không có giả thiết rằng P (x) là liên tục. Ta sẽ chứng
minh P (x) là bị chặn. Thật vậy, với x ∈ S, ξ = 0 và ξ ∈ E s (x), η = 0 và
η ∈ E u (x), ta định nghĩa
uk = Df k (x)ξ,

vk = Df k (x)η,

k ∈ Z.

Chọn số dương N sao cho
−N
σ = k1−1 k2−1 λ−N
−1>0
1 λ2

vậy thì
uN
vN
+
ξ
η