Tính chất bóng của phương trình sai phân

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

Lời cảm ơn

ii

Lời mở đầu

iii

1 Điểm bất động hyperbolic, đa tạp ổn định, đa tạp không ổn
định của vi phôi
1
1.1

Điểm bất động hyperbolic của vi phôi . . . . . . . . . . . . . . .

1

1.2

Đa tạp ổn định và đa tạp không ổn định . . . . . . . . . . . . . .

2

1.3

Tính chất điểm yên ngựa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

3

1.4

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 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

22

2.4

Nhị phân mũ của phương trình sai phân . . . . . . . . . . . . . .

26

2.5

Tính chất của tập hyperbolic . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

30

2.6

Tính vững của tập hyperbolic . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

32

3 Định lý bóng cho tập hyperbolic của vi phôi

35

3.1

Định lý bóng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

35

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

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 gia đình tôi, những người luôn động viên và ủng
hộ tôi.

ii


LỜI MỞ ĐẦU
Tính chất bóng có nguồn gốc từ việc giải số phương trình vi phân/sai phân.
Tính chất bóng có nghĩa là tồn tại một quỹ đạo gần một giả quỹ đạo cho trước.
Tính bóng được nghiên cứu bởi Anosov, Bowen, Sinai - những người đầu tiên
nhận ra rằng nó liên quan đến bài toán ổn định toàn cục của hệ động lực.
Trước đây, Anosov, Bowen, Sinai đều dùng phương pháp hình học để nghiên
cứu tính bóng. Sau này, Palmer đã dùng cách tiếp cận giải tích cho tính bóng
thông qua lý thuyết nhị phân mũ của phương trình vi phân.
Trong luận văn này, chúng tôi nghiên cứu tính bóng của hệ động lực trong
lân cận của tập hyperbolic từ cuốn sách "Shadowing in Dynamical Systems
Theory and Applications" của Ken Palmer năm 2000.
Luận văn được chia làm ba chương:
Chương 1 trình bày những khái niệm về điểm cố định hyperbolic của vi
phôi; đa tạp ổn định và đa tạp không ổn định; tính chất điểm yên ngựa; tính
nhẵn của đa tạp ổn định địa phương và vi phôi phụ thuộc tham số.
Chương 2 trình bày định nghĩa của tập hyperbolic; các tính chất của tập
hyperbolic. Ngoài ra, chương này cũng trình bày về tính liên tục và tính bị chặn
của phép chiếu; nhị phân mũ của phương trình sai phân. Tính co giãn trên

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

của ma trận Df (x0 ) không nằm trên đường tròn đơn vị. Khi đó tổng của các
không gian riêng suy rộng ứng với các giá trị riêng nằm trong (ngoài) đường
tròn đơn vị tương ứng gọi là không gian con ổn định (không ổn định) và được
ký hiệu là E s (E u ).

1


1.2

Đa tạp ổn định và đa tạp không ổn định

Cho U là tập con mở trong Rn , f : U → Rn là C 1 - vi phôi. Từ định nghĩa
của E s , E u trong mục 1.1.2, ta biết rằng E s , E u là bất biến dưới Df (x0 ).
Hơn nữa, bằng kết quả trong đại số tuyến tính, nếu ta gọi λ1 và λ2 là các
hằng số dương sao cho |λ| < λ1 < 1 với tất cả các giá trị riêng λ của Df (x0 ) mà
|λ| < 1 và 1 < λ−1
2 < |λ| với tất cả các giá trị riêng λ của Df (x0 ) mà |λ| > 1.
Khi đó tồn tại các hằng số dương k1 , k2 sao cho với ∀k ≥ 0, k ∈ Z
[Df (x0 )]k ξ ≤ k1 λk1 ξ với ∀ξ ∈ E s
và
[Df (x0 )]−k η ≤ k2 λk2 η với ∀η ∈ E u .
Như vậy
[Df (x0 )]k ξ → 0 khi k → ∞ nếu và chỉ nếu ξ ∈ E s
và
[Df (x0 )]k ξ → 0 khi k → −∞ nếu và chỉ nếu ξ ∈ E u .
Định nghĩa 1.2.1. (Định nghĩa đa tạp ổn định, đa tạp không ổn định)
Cho x0 là một điểm bất động hyperbolic của C 1 - vi phôi f : U → Rn . Khi
đó, tập hợp
W s (x0 ) = {x ∈ U : f k (x) → x0 , k → ∞}

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

Tính chất điểm yên ngựa

Định nghĩa 1.3.1. (Khái niệm về tính chất điểm yên ngựa)
Cho x0 là một điểm bất động hyperbolic của vi phôi f , x0 được gọi là có
tính chất điểm yên ngựa nếu tồn tại hằng số dương ∆ mà bất kỳ điểm x nào
thỏa mãn f k (x) − x0 ≤ ∆ với mọi k ≥ 0 thì f k (x) → x0 khi k → ∞.
Đặc biệt hơn nữa, chúng ta có mệnh đề sau.
Mệnh đề 1.3.2. Cho U ⊂ Rn là tập mở và f : U → Rn là C 1 - vi phôi với x0
là một điểm bất động hyperbolic và tương ứng với các không gian con ổn định,
không ổn định E s , E u sao cho các bất đẳng thức sau được thỏa mãn
[Df (x0 )]k ξ ≤ k1 λk1 ξ với ξ ∈ E s ,

(1.1)

[Df (x0 )]−k η ≤ k2 λk2 η với η ∈ E u .

(1.2)

Gọi P là ánh xạ chiếu của Rn lên E s dọc theo E u và đặt M s =

P ,

M u = I − P . Giả sử ∆ là hằng số dương đủ nhỏ (ta luôn tìm được) thỏa mãn
σ = [k1 M s (1 − λ1 )−1 + k2 M u λ2 (1 − λ2 )−1 ]w(∆) < 1,
3

(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

(1.4)


Từ A giao hoán với P , tức là AP = P A, nhân (1.4) với P , ta được
P yk+1 = uk+1 = P (Ayk + g(yk ))
uk+1 = AP (yk ) + P g(yk )
uk+1 = Auk + P g(yk ).
Theo tính chất của dãy truy hồi, với k ≥ 0, ta có kết quả
k−1
k

Ak−m−1 P g(ym ).

uk = A u0 +

(1.5)

m=0

Tương tự, nhân (1.4) với (I − P ) ta được
(I − P )yk+1 = vk+1 = (I − P )(Ayk + g(yk ))
vk+1 = A(I − P )(yk ) + (I − P )g(yk )
vk+1 = A(vk ) + (I − P )g(yk ).
Nhân hai vế với A−1 , và biến đổi, ta thu được
vk = A−1 vk+1 − A−1 (I − P )g(yk ).
Truy hồi vk theo vm , với 0 ≤ k ≤ m ta thu được
m−1

vk = A

−(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

M u ω(∆)∆
2

(I − P )g(yl ) ≤

l=k

l=k

5


= k2 M u λ2 (1 − λ2 )−1 ω(∆)∆.
Như vậy,

∞

A−(l−k+1) (I − P )g(yk ).

vk = −

(1.7)

l=k

Cộng (1.5) và (1.7) với nhau, ta được
∞

k−1
k

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

+

(1.8)

m=k

Bổ đề 1.3.3. (i) Cho {µk }bk=a là một dãy các số không âm sao cho tồn tại các
số dương c và d thỏa mãn
k−1

µk ≤ c + d

µm ,

với a ≤ k ≤ b,

m=a

thì
µk ≤ c(1 + d)k−a ,

với a ≤ k ≤ b.

(ii) Cho {µk }bk=a là một dãy các số không âm sao cho tồn tại các số dương
c và d với d < 1 thỏa mãn
b−1

µk ≤ c + d

µm , với a ≤ k ≤ b,
m=k

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

µk = vk − vk+1 ≤ c + dvk .
Suy ra
vk ≤ (1 − d)−1 c + (1 − d)−1 vk+1 .
Quy ước vb = 0, truy hồi vk theo vb với a ≤ k ≤ b ta có
vk ≤ (1 − d)−1 c[1 + (1 − d)−1 + (1 − d)−2 + ... + (1 − d)−(b−k−1) ]
= cd−1 [(1 − d)k−b − 1].
Suy ra
µk ≤ c + dvk ≤ c(1 − d)k−b .

Bổ đề 1.3.4. (i) Cho a, b là các số nguyên cố định với −∞ < a ≤ b ≤ ∞. Giả
sử {µk }bk=a là một dãy các số không âm, bị chặn nếu b = ∞, thỏa mãn tồn tại
các số dương k1 , k2 , λ1 , λ2 , α1 , α2 với λ1 < 1, λ2 < 1 sao cho với a ≤ k < b + 1,
k−1

µk ≤

k1 λk−a
µa
1

b−1

α1 λk−m−1
µm
1

+
m=a

α2 λm−k+1

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

α1 λk−m−1
µm
1

+

α2 λm−k+1
µm .
2

+

m=a

(1.11)

m=k

Khi đó nếu σ = α1 (1 − λ1 )−1 + α2 λ2 (1 − λ2 )−1 < 1 và α2 λ2 < 1 − σ thì bất
đẳng thức
µk ≤ k2 (1 − σ)−1 [(1 − σ − α2 λ2 )−1 (1 − σ)λ2 ]b−k µb
thỏa mãn với a − 1 < k ≤ b.
Chứng minh. (i) Ta chứng minh trong trường hợp tổng quát b = ∞, ta bổ xung
dãy {µk }bk=a thành dãy {µk }∞
k=a với µk = 0 nếu k > b. Như vậy giả thiết (1.9)
trở thành
∞

k−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

Theo khái niệm của sup, với k ≥ a và ε > 0 cho trước, tồn tại k ≥ k sao
cho θk − ε ≤ µk . Thay k trong (*) bởi k , ta có
k −1

θk − ε ≤ µk ≤

k1 λk1 −a µa

∞

α1 λ1k −m−1 µm

+
m=a

m=k
k −1

k−1

=

k1 λ1k −a µa

λ1k −m−1 µm

+ α1

+ α1

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

λm−k
µm
2

µm + α2

m=k

k−1

k1 λk−a
µa
1

+1
α2 λm−k
µm
2

+

+1
λm−k
θk
2

+ α2
m=k

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

⇒ (1 − σ)θk ≤

k1 λk−a
µa
1

λ1k−m−1 µm

+ α1
m=a

k−1

⇒ θk ≤ k1 (1 −

σ)−1 λk−a
µa
1

+ α1 (1 − σ)

−1

λ1k−m−1 θm .
m=a

Nhân cả hai vế với λ−k
và đặt φk = λ1−k θk , ta có
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

tồn tại k ≤ k sao cho θk − ε ≤ µk . Từ (1.11) suy ra
k −1

θk − ε ≤

k2 λ2b−k

k−1

α1 λk1 −m−1 µm

µb +
m=a

b−1
+1
α2 λm−k
µm
2

+
m=k

+1
α2 λm−k
µm
2

+

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 −

σ)−1 λb−k
µb
2

−1

λm−k+1
θm ,
2

+ α2 (1 − σ)

m=k

với a − 1 < k ≤ b.
9


Đặt φk = λk2 θk , suy ra φk thỏa mãn
b−1

φk ≤ k2 (1 −

σ)−1 λb2 µb

−1

+ α2 (1 − σ)

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

chứa x0 với Tx0 W s,ε (x0 ) = E s .

10


Chứng minh. Mệnh đề 1.3.2 nói rằng nếu ∆ > 0 đủ nhỏ thì bất đẳng thức
f k (x) − x0 ≤ ∆ đúng với ∀k ≥ 0 sẽ suy ra f k (x) → 0 khi k → ∞. Vậy ta tìm
các điểm thuộc đa tạp ổn định địa phương W s,ε (x0 ) với ε = ∆
W s,∆ (x0 ) = {x ∈ U : f k (x) → x0 khi k → ∞ và f k (x) − x0 < ∆ với ∀k ≥ 0}
= {x ∈ U : f k (x) − x0 ≤ ∆, ∀k ≥ 0}.
Ta đặt yk = f k (x) − x0 . Từ đó suy ra (đã có trong phần chứng minh Mệnh
đề 1.3.2)
∞

k−1
k

A

yk = A P y0 +

k−m−1

A−(m−k+1) (I − P )g(ym ) với k ≥ 0,

P g(ym ) +

m=0

m=k

(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
∞

k−1
k

(T y)k = A ξ +

A
m=0

k−m−1

A−(m−k+1) (I − P )g(ym ) với k ≥ 0.

P g(ym ) −
m=k

11


Ta lại có
∞

k−1

A

k−m−1

A−(m−k+1) (I − P )g(ym )

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 )

+ k2 M λ2 (1 − λ2 )−1 ]ω(∆)∆.
u

Tức là (T y)k là bị chặn trong R với mọi k ≥ 0. Từ đó suy ra T y ∈ E. Vậy T
là toán tử xác định tốt và
(T y)k ≤ k1 ξ + σ∆,

T y = sup
0≤k≤∞

(với σ xác định trong (1.13)). Thay ξ trong (1.14) vào, ta có
T y ≤ ∆(1 − σ) + σ∆ = ∆.
Như vậy nếu y ∈ E và y ≤ ∆ thì T y ≤ ∆. Hơn nữa nếu y và y ∈ E với
y ≤ ∆ và y ≤ ∆ thì
k−1

Ak−m−1 P [g(ym ) − y(y m )]

(T y)k − (T y)k =
m=0

∞

A−(m−k+1) (I − P )[g(ym ) − g(y m )].

−
m=k

Ta có đánh giá
∞

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

yk = A ξ +

A

k−m−1

A−(m−k+1) (I −P )g(ym ), ∀k ≥ 0, (1.15)

P g(ym )−

m=0

m=k

ở đây
yk = f k (x) − x0 ;

y0 = x − x0 ;

P y0 = P (x − x0 ) = ξ.

Hay ta cũng có
∞

k

yk+1 = A

k+1

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

m=k

+ P g(yk ) + (I − P )g(yk ).
Hay yk+1 = Ayk + g(yk ).
Do A = Df (x0 ); g(y) = f (x0 + y) − f (x0 ) − Df (x0 )y nên suy ra
yk+1 = f (x0 + yk ) − f (x0 ) = f (x0 + yk ) − x0 ,

∀k ≥ 0

(do f (x0 ) = x0 ).
P (x − x0 ) = ξ,
f k (x) − x0 ≤ ∆,

(1.16)
∀k ≥ 0.

(1.17)

Đặt x cũng là một điểm khác thỏa mãn (1.16) và (1.17) thì
y k = f k (x) − x0
thỏa mãn (1.15) và y = {y k }∞
k=0 là một điểm cố định của ánh xạ T và như vậy
y trùng với y. Từ đó x = x0 + y 0 = x0 + y0 = x.
Tóm lại nếu ∆ > 0 đủ nhỏ thỏa mãn (1.13), ξ thỏa mãn (1.14) thì điểm
x = x0 + y0 là điểm duy nhất thỏa mãn (1.16) và (1.17).
Như vậy mỗi ξ thì ta xác định duy nhất y0 . Ta coi y0 = φs (ξ), ξ ∈ E s ,
ξ < ∆(1 − σ)/k1 .
Tiếp theo ta chứng minh nếu f ∈ C r thì φs ∈ C r .

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

A

[T (y, ξ)]k = A ξ +

k−m−1

A−(m−k+1) (I − P )g(ym ).

P g(ym ) −

m=0

m=k

Từ g ∈ C r ⇒ T ∈ C r .
Như vậy, ta đã chỉ ra rằng với mỗi ξ cố định, T là ánh xạ co trên B với hệ
s
số co σ và điểm cố định là y = y(ξ) = {yk (ξ)}∞
k=0 với y0 (ξ) = φ (ξ). Từ Bổ đề

1.4.2 suy ra y(ξ) ∈ C r theo ξ. Như vậy φs (ξ) cũng thuộc C r theo ξ.
Tiếp theo ta thấy T (0, 0) = 0 và do tính duy nhất nên y(0) = 0 và do đó
φs (0) = 0.
Cũng từ Bổ đề 1.4.2, Y = Dy(0) thỏa mãn
Y =
ở đây

∂T
∂T

(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.

Gọi M là đa tạp đã được xây dựng ở trên tương ứng với ∆. Giả sử số dương
ε thỏa mãn ε < ∆, ε < ∆(1 − σ)/k1 M s . Ta chỉ ra W s,ε (x0 ) là tập con mở của
M và suy ra nó là một C r - đa tạp con của M .
Trước hết nhớ lại nếu x ∈ W s,ε (x0 ) thì
P (x − x0 ) ≤ M s ε <

∆(1 − σ)
k1

và với k ≥ 0,
f k (x) − x0 < ε < ∆.
Do đó x ∈ M và như vậy W s,ε (x0 ) ⊂ M .
Tiếp theo nếu x ∈ W s,ε (x0 ) và y ∈ M với y − x < δ, với δ > 0 đã được
xác định. Áp dụng Mệnh đề 1.3.2 thì
f k (y) − x0 ≤ k1 M s (1 − σ)−1 λk y − x0 ≤ k1 M s (1 − σ)−1 λk δ < ε
với k ≥ N (chọn δ ≤ 1 và số nguyên dương N sao cho k1 M s (1 − σ)−1 λN < ε).
Tiếp theo nếu k = 0, 1, ..., N − 1,
f k (y) − x0 ≤ f k (y) − f k (x) + f k (x) − x0 < ε

15


với δ > 0 đủ nhỏ sao cho khi y − x < δ thì
max

0≤k≤N

f k (y) − f k (x) < ε − max

0≤k

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.

Giả sử x(µ) là điểm bất động hyperbolic của fµ với µ − µ0 < ρ. Với giả
sử ∆ > 0 và ρ > 0 thỏa mãn
σ = [k1 M s (1 − λ1 )−1 + k2 M u λ2 (1 − λ2 )−1 ]ω(∆, ρ) < 1

(1.18)

và
[k1 M s (1 − λ1 )−1 + k2 M u λ2 (1 − λ2 )−1 ]
16

∂f
∆(1 − σ)
(x0 , µ) ρ <
∂µ
2

(1.19)


với µ − µ0 ≤ ρ. Ở đây
ω(∆, ρ) = sup

∂f
∂f
(x, µ) −
(x0 , µ0 ) : x − x0 ≤ ∆, µ − µ0 ≤ ρ
∂x
∂x

và k1 , k2 , λ1 , λ2 , M s , M u là các hằng số liên kết với điểm bất động hyperbolic

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 .

Tương tự như chứng minh định lý 1.4.1, ta chỉ ra rằng với mỗi µ cố định
mà µ − µ0 < ρ, ánh xạ y → T (y, µ) là ánh xạ co trên không gian metric đủ
{y ∈ E : y ≤ ∆} với hằng số co σ. Đặt y(ξ, µ) = {yk (ξ, µ)}∞
k=0 là điểm cố
định. Khi đó x = x0 + y0 (ξ, µ) là điểm duy nhất thỏa mãn P (x − x0 ) = ξ và
fµk (x) − x0 ≤ ∆ với ∀k > 0. Ta đặt
φs (ξ, µ) = y0 (ξ, µ).
Áp dụng Bổ đề 1.4.2 thì y(ξ, µ) và φs là các hàm thuộc lớp C r . Ta định nghĩa
Mµ = {x0 + φs (ξ, µ) : ξ < ∆(1 − σ)/2k1 } với µ − µ0 < ρ.
Khi đó Mµ là C r đa tạp con của Rn với mỗi µ cố định và Mµ là phụ thuộc C r
theo µ.
Nếu x = x0 + φs (ξ, µ) ∈ Mµ thì P (x − x0 ) = ξ và fµk (x) − x0 ≤ ∆ với
k ≥ 0. Ngoài ra x là điểm duy nhất thỏa mãn tính chất đó.
Ta đã biết nếu ε đủ nhỏ, W s,ε (x(µ)) là tập con của Mµ . Bây giờ ta sẽ chỉ
ra ε có thể chọn không phụ thuộc vào µ. Giả sử các số dương ∆, ρ thỏa mãn
(1.18) và (1.19), chọn ε0 là số dương sao cho
ε0 < min{(1 − σ)/2k1 M s , 1} · ∆.
17


Đặt Mµ là các đa tạp được xây dựng ở trên tương ứng với ∆ và ρ. Khi đó
nếu µ − µ0 < ρ, 0 < ε < ε0 và x ∈ W s,ε (x(µ)) thì
P (x − x0 ) ≤ M s [ x − x(µ) + x(µ) − x0 ]
≤ M s [ε + x(µ) − x0 ]
≤

∆(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)

sao cho các không gian con E s (x) và E u (x) có số chiều không đổi, ngoài
ra các không gian này còn thỏa mãn tính chất bất biến:
Df (x)(E s (x)) = E s (f (x)),

Df (x)(E u (x)) = E u (f (x)),

(2.3)

và tồn tại các số dương k1 , k2 , λ1 , λ2 , λ1 < 1, λ2 < 1 sao cho ∀k ≥ 0 và
với mọi x ∈ S,
Df k (x)ξ ≤ k1 λk1 ξ với ∀ξ ∈ E s (x)
19

(2.4)


và
Df −k (x)η ≤ k2 λk2 η với ∀η ∈ E u (x).

(2.5)

k1 , k2 gọi là các hằng số và λ1 , λ2 gọi là các số mũ của tập hyperbolic S.
Chú thích: Chúng ta hiểu thế nào là phân rã liên tục
Rn = E s (x) ⊕ E u (x).
Điều đó có nghĩa là nếu gọi P (x) là phép chiếu của Rn lên E s (x) dọc theo E u (x)
thì P (x) là liên tục theo x. Ta biết rằng nếu P (x) là liên tục trên tập compact
S thì suy ra P (x) là bị chặn trên S. Tuy nhiên, chúng ta có thể chứng minh
tính liên tục và bị chặn của P (x) ngay cả khi không có giả thiết này trong định
nghĩa về tập hyperbolic.

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

uN
ξ
vN
uN
·
+
·
ξ
uN
uN
η
uN
ξ
vN
≥
·
− 1 (áp dụng a + b ≥ a − b )
ξ
uN
η

=

20