ĐIỀU KIỆN ĐỂ MỌI NGHIỆM GIỚI NỘI CỦA PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN HÀM LÀ ỔN ĐỊNH MẠNH

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

LÊ THẾ SẮC

ĐIỀU KIỆN ĐỂ MỌI NGHIỆM GIỚI NỘI
CỦA PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN HÀM
LÀ ỔN ĐỊNH MẠNH
Chuyên ngành: Toán Giải tích
Mã số: 60.46.01

LUẬN VĂN THẠC SỸ KHOA HỌC
TOÁN HỌC

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC:

TS. Hà Bình Minh

Hà Nội - 2011

i


Mục lục
1 Một số kiến thức chuẩn bị

1

1.1

Toán tử đóng trong không gian Banach . . . . . . . . . . . . . . . .

1

1.2

Phổ của toán tử vi phân . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

3

1.3

Phổ của toán tử vi phân trên không gian thương . . . . . . . . . . .

5

1.3.1

Lớp các không gian con F + . . . . . . . . . . . . . . . . . .

5

1.3.2

Không gian thương . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

7

1.3.3

Toán tử vi phân cảm sinh trên không gian thương . . . . . .

8

1.3.4

Tính chất của toán tử vi phân trên không gian thương . . .

8

Phổ của hàm số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

9

1.4.1

Định nghĩa phổ của hàm số . . . . . . . . . . . . . . . . . .

9

1.4.2

Không gian hàm sinh ra từ phổ hàm số . . . . . . . . . . . .

10

1.4.3

Toán tử vi phân trên không gian ΛF (X) . . . . . . . . . . .

10

1.4.4

Điều kiện phổ để hàm số thuộc một không gian hàm cho trước 10

1.4

2 Điều kiện để nghiệm giới nội của phương trình vi phân là ổn định
mạnh

12

2.1

Định nghĩa nghiệm đủ tốt . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

12

2.2

Tính chất phổ của nghiệm đủ tốt . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

13

2.3

Điều kiện phổ để nghiệm đủ tốt là ổn định tiệm cận . . . . . . . . .

17

3 Điều kiện để nghiệm giới nội của phương trình vi phân hàm ổn
định mạnh

18

3.1

Định nghĩa nghiệm đủ tốt . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

18

3.2

Tính chất phổ của nghiệm đủ tốt . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

19

3.3

Điều kiện phổ để nghiệm đủ tốt là ổn định tiệm cận . . . . . . . . .

25

Tài liệu tham khảo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

26

ii

Lời mở đầu
Luận văn được chia thành 3 chương cùng với phần mở đầu, kết luận và danh mục
tài liệu tham khảo.
Chương 1: Trình bày các kiến thức chuẩn bị về không gian Banach, lý thuyết
phổ của lớp các hàm số bị chặn trên nửa đường thẳng. Trong chương này chúng tôi
trình bày một phương pháp tiếp cận mới về phổ hàm số được đưa ra trong bài báo
[7] của GS. Nguyễn Văn Minh. Phương pháp này liên quan đến toán tử vi phân
d
D :=
trên không gian hàm BU C(R+ , X). Thông qua kỹ thuật này ta thiết lập
dt
được mối quan hệ giữa phổ của hàm số và phổ của toán tử vi phân D, với kết quả
chính là Định lý 1. Định lý này là một công cụ quan trọng để chứng minh các kết
quả trong Chương 2 và Chương 3.
Chương 2: Trình bày ứng dụng lý thuyết phổ của hàm số bị chặn trên R+
với dáng điệu tiệm cận đối với nghiệm đủ tốt của phương trình tiến hóa trên nửa
đường thẳng.
Chương 3: Trình bày ứng dụng của lý thuyết phổ của hàm số bị chặn trên R+
với dáng điệu tiệm cận đối với nghiệm đủ tốt của phương trình vi phân hàm.
Luận văn được hoàn thành dưới sự hướng dẫn khoa học của TS. Hà Bình Minh
thuộc khoa Toán trường Đại học Bách Khoa Hà Nội. Tôi xin bày tỏ lòng biết ơn
chân thành đến thầy về sự giúp đỡ khoa học mà thầy đã dành cho tôi và đã tạo
những điều kiện thuận lợi nhất để tôi hoàn thành luận văn.
Nhân dịp này, tôi cũng xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến các thầy phản biện,
những người đã đọc và đóng góp ý kiến cho tôi để luận văn được hoàn thiện hơn.
Tôi cũng xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến các thành viên Xemina thuộc Bộ
môn Giải tích, Khoa Toán - Cơ - Tin học, trường Đại học Khoa học Tự nhiên ĐHQGHN và trường Đại học Bách Khoa Hà Nội đã phân tích, đóng góp rất nhiều
ý kiến quý báu giúp tôi hoàn thành luận văn tốt hơn. Cuối cùng, tôi cũng xin cám
ơn các thầy cô trường Đại học Khoa học Tự nhiên, Đại học Quốc gia Hà Nội đã

tận tình giảng dạy, cung cấp kiến thức để tôi ngày một hoàn thiện hơn về chuyên
môn.
Hà Nội, tháng 11 năm 2011

iii


Danh mục các ký hiệu
1. R: Tập hợp các số thực;
2. R+ : Tập hợp các số thực không âm;
3. C: Tập hợp các số phức;
4. Reλ: Phần thực của số phức λ;
5. L(X): Không gian Banach bao gồm các toán tử tuyến tính bị chặn trên X;
6. BC(R+ , X): Không gian các hàm f : R+ → X liên tục, bị chặn;
7. BU C (R+ , X) := f ∈ BC (R+ , X) : f liên tục đều ;
8. C0 (R+ , X) := f ∈ BC (R+ , X) : lim f (t) = 0 ;
t→∞

9. Y := BU C(R+ , X)/F;
10. A: Toán tử tuyến tính;
11. σ(A): Phổ của toán tử A;
12. ρ(A): Tập giải của A;
13. R(λ, A): Giải thức của A;
14. D: Toán tử đạo hàm

D :=

d
;
dt

˜ Toán tử vi phân cảm sinh bởi toán tử D;
15. D:
16. sp+
F (f ): Phổ rút gọn của f theo F;
17. ΛF (X) :=

˜
˜ ˜ ˜
f˜ ∈ Y : sp+
F (f ) ⊂ Λ, lim αR(α + iξ, D)f = 0, ∀ξ ∈ Λ ;
α↓0

˜ trên ΛF (X).
18. DΛ : Toán tử hạn chế của toán tử D

iv


Chương 1
Một số kiến thức chuẩn bị
1.1

Toán tử đóng 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

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 f (t) , ∀f ∈ BC(R, X).
t∈R

Khi đó BC(R, X) là một không gian Banach.
2. Tương tự, không gian
BU C (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

(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 f (t) , ∀f ∈ BC(R+ , X).

(1.2)

t∈R+

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):
BU C R+ , X := f ∈ BC R+ , X : f liên tục đều ,
C0 R+ , X := f ∈ BC R+ , X : lim f (t) = 0 .
t→∞

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 hn = lim (A − λI)xn = y − λx.

n→∞

n→∞

Từ đó suy ra
B(y − λx) = lim Bhn = lim (A − λI)−1 (A − λI)xn = lim xn = x ∈ D(A),
n→∞

n→∞

n→∞

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 ∈ BU C(R+ , X) sao cho
f ∈ BU C(R+ , X). Toán tử D được xác định bởi:
Df = f ,

∀f ∈ D(D).

Mệnh đề 2. D là toán tử đóng trên BU C(R+ , X) với σ(D) = iR. Hơn nữa, với
mỗi ξ ∈ R, Reλ = 0 ta có

R(λ, D)f (t) =






∞

eλ(t−s) f (s)ds, Reλ > 0, t ∈ R+ ,
t

t


 − eλ(t−s) f (s)ds, Reλ < 0, t ∈ R+ .

(1.3)

0

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 ∈ BU C(R+ , X) thì phương trình sau đây
Dx − λx = f

(1.4)

có duy nhất nghiệm x ∈ BU C(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 BU C(R+ , X) được cho bởi công thức sau:
∞

f (s)eλ(t−s) ds,

xλ,f (t) := −

t ∈ R+ .

t

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).

3

(1.5)

Ta viết lại xλ,f (t) dạng:
∞

e−λs f (s) ds.

xλ,f (t) = −eλt
t

Sử dụng công thức tính đạo hàm của tích phân có cận thay đổi ta được:
∞

e−λs f (s) ds + eλt e−λt f (t) = λxλ,f (t) + f (t) .

xλ,f (t) = −λeλt
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)|

M, ∀s

0. Từ đó ta sẽ

có đánh giá sau:
∞

∞
(t−s)Reλ

xλ,f (t)

f (s) e

ds

M

t

A
(t−s)Reλ

e
t

M
lim e(t−s)Reλ
=−
Reλ A→∞

e(t−s)Reλ ds

ds = M lim

A→∞
t

M
M

=−
lim e(t−A)Reλ − 1 =
.
Reλ A→∞
Reλ

A
s=t

Cuối cùng ta sẽ chỉ ra rằng xλ,f (t) liên tục đều trên R+ . Thật vậy, với mọi
ε
ε > 0 cho trước, tồn tại số δ =
sao cho với mọi t1 , t2 ≥ 0 thỏa mãn
M
t1 − t2 < δ ta có:
t1

f (s) eλ(t−s) ds ≤ M |t1 − t2 | = ε.

|xλ,f (t1 ) − xλ,f (t2 )| =
t2

2. Trường hợp Reλ < 0: Tương tự, trong trường hợp này phương trình (1.4) sẽ
có nghiệm duy nhất thuộc BU C(R+ , X) cho bởi công thức sau:
t

eλ(t−s) f (s)ds.

xλ,f (t) :=
0

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) := eiξt x. Hàm số này là một véc tơ riêng của D ứng
với giá trị riêng iξ vì
Dfξ (t) − iξfξ (t) = iξeiξt x − iξeiξt x = 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 ∈ BU C(R+ , X) cho trước phương
trình có duy nhất một nghiệm bị chặn xf,λ ∈ BU C(R+ , X) được xác định như sau:
 ∞

λ(t−s)

f (s)ds, Reλ > 0, t ∈ R+ ,
 e
t
−xf,λ (t) =
t


 − eλ(t−s) f (s)ds, Reλ < 0, t ∈ R+ .
0

Dễ kiểm tra thấy rằng −xf,λ là một toán tử tuyến tính bị chặn theo f trong
BU C(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 ⊂ BU C(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+

t → eiξt g(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
∞

t

eλ(t−s) h(s)ds,

y(t) =

eη(t−s) h(s)ds,

z(t) =

t

t ∈ R+

0

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 BU C(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 yn − y = lim sup yn (t) − y(t) = 0.

n→∞

n→∞ t 0

Ta biết rằng: Dãy hàm {fn } hội tụ đều đến hàm f trên A khi và chỉ khi
lim sup fn (t) − f (t) = 0.

n→∞ A

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 y(t) = 0.
t→∞

ε
khi t > M.
t→∞
2
Hơn nữa do dãy hàm {yn } hội tụ đều trên R+ đến hàm y nên lim yn (t) =
yn ∈ C0 (R+ , X) ⇒ lim yn (t) = 0 ⇔ ∀ε > 0, ∃M > 0 : |yn (t)| <

n→∞

y (t). Do vậy với n đủ lớn ta có
ε
yn (t) − y(t) < .
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)

yn (t) + yn (t) − y(t) <

ε ε
+ = ε.
2 2

Từ đó suy ra lim y(t) = 0.
t→∞

• 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
∞

eλ(t−s) h(s)ds ∈ C0 (R+ , X). Thật vậy, do h ∈ C0 (R+ , X) nên với mọi

y(t) =
t

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
∞

∞

eλ(t−s) h(s)ds

|y(t)| =
t

∞

eReλ(t−s) |h(s)|ds
t

eReλ(t−s) ds.

εReλ
t

6


Nhưng vì
∞

eReλ(t−s) ds = −

eReλ(t−s)
Reλ

∞

=
s=t

1
1
1
−
lim eReλ(t−s) =
.

Reλ Reλ s→∞
Reλ

t

Do đó, |y(t)| < ε. Như vậy, với mọi ε > 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

eη(t−s) h (s) ds ∈ C0 (R+ , X). Thật vậy, do h ∈ C0 (R+ , X) nên với mọi ε > 0,
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:
t

t
η(t−s)

|z(t)| =

e

h(s)ds =

0

t
Reη(t−s)

e

|h(s)|ds

eReη(t−s) ds.

−εReη

0

0

Nhưng vì
t

eReη(t−s) ds = −

eReη(t−s)
Reη

t

=−
s=0

1
etReη
+
Reη

Reη

0

nên ta có
ε(1 − etReη ).

|z(t)|

Từ đó suy ra lim z(t) = 0 hay z ∈ C0 (R+ , X).
t→∞

• 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 := BU C(R+ , X)/F, với các phần tử là các lớp tương đương:
Y = {f˜ | f˜ = f + F, f ∈ BU C(R+ , X)}.
Do F là không gian con đóng trong BU C(R+ , X) nên không gian thương Y =
BU C(R+ , X)/F là không gian Banach với chuẩn được định nghĩa như sau:
f˜ := inf g .
g∈f˜

7


1.3.3

Toán tử vi phân cảm sinh trên không gian thương

Ta nhớ lại D là toán tử vi phân được định nghĩa trên không gian BU C(R+ , X).Trong
˜ là toán tử vi phân cảm sinh bởi toán tử D trên không
mục này, ta xét toán tử D
˜ được xác định như sau:
gian thương Y. Toán tử cảm sinh D
˜ là tập của tất cả các lớp hàm chứa hàm khả vi g ∈
1. Miền xác định: D(D)
BU C(R+ , X) sao cho g ∈ BU C(R+ , X);
˜
˜ g := g˜ , ∀˜
2. Định nghĩa: D˜
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
 ∞

λ(t−s) ˜

f (s)ds, Reλ > 0, t ∈ R+ ,
 e
t
˜ f˜(t) =
R(λ, D)

t


 − eλ(t−s) f˜(s)ds, Reλ < 0, t ∈ R+ .
 ∞0

−λη
+

 e f˜(t + η)dη, Reλ > 0, t ∈ R ,
0
=
t


 − eλη f˜(t − η)dη, Reλ < 0, t ∈ R+ .
0

˜ là toán tử đóng với σ(D)
˜ ⊂ σ(D) = iR. Hơn nữa, với
Bổ đề 1. Toán tử D
Reλ = 0 ta có
1
.
|Reλ|

˜
R(λ, D)

˜

Chứng minh. Bước 1: Trước hết, ta chứng minh R(λ, D)

1
. Thật vậy,
|Reλ|

ta sẽ chia thành 2 trường hợp:
• Với Reλ > 0 ta có
∞

˜ f˜
R(λ, D)

Y

g∈F t∈R+

g∈F t∈R+

∞

inf sup

h∈F t∈R+

= inf sup

h∈F t∈R+

eλ(t−s) f (s)ds

= inf sup g(t) + R(λ, D)f (t) = inf sup g(t) +
t

∞

eλ(t−s) [f (s) + h(s)]ds
t
Reλ(t−s) ∞
e

−Reλ

s=t

f +h =

eReλ(t−s) sup f (s) + h(s) ds

inf sup

h∈F t∈R+

t

s∈R+

1
1 ˜
inf f + h =

f Y.
Reλ h∈F
Reλ

8


• Với Reλ < 0 ta có
t

˜ f˜
R(λ, D)

Y

g∈F t∈R+

g∈F t∈R+

t

inf sup

h∈F t∈R+

= inf sup

h∈F t∈R+

eλ(t−s) f (s)ds

= inf sup g(t) + R(λ, D)f (t) = inf sup g(t) −
0

t

eλ(t−s) [f (s) + h(s)]ds
0
Reλ(t−s) t
e

−Reλ

eReλ(t−s) sup f (s) + h(s) ds

inf sup

h∈F t∈R+

0

s∈R+

−1 ˜
−1
inf f + h =
f Y.
Reλ h∈F
Reλ

f +h

s=0

Như vậy, với Reλ = 0 ta luôn có
˜ f˜
R(λ, D)

1
f˜ Y .
|Reλ|

Y

1
.
|Reλ|
˜ là toán tử đóng. Lấy λ ∈ ρ(D) tùy ý. Khi đó
Bước 2: Ta sẽ chứng minh D
˜ Thật vậy, lấy f ∈ BU C(R+ , X) tùy ý,
Reλ = 0. Ta sẽ chứng minh rằng λ ∈ ρ(D).
do R(λ, D) ∈ L(X) nên R(λ, D)F ⊂ F. Từ đó suy ra R(λ, D)f˜ được chứa trong g˜,
˜
Nói cách khác, R(λ, D)

g˜ được xác định là lớp chứa R(λ, D)f . Vì thế phương trình
˜ g = f˜
λ˜
g − D˜

(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
˜ g = 0 thì do g˜ chứa g ∈ D(D) nên ta có
nghiệm tầm thường. Thật vậy nếu λ˜
g − D˜
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 +
˜ ⊃ ρ(D) =
suy ra g ∈ F, do vậy g˜ = 0. Từ tất cả các lập luận ở trên dẫn đến ρ(D)
˜ ⊂ σ(D) = iR. Nói cách khác, D
˜ là toán tử đóng.
C\iR = ∅ hay σ(D)

1.4
1.4.1

Phổ của hàm số
Định nghĩa phổ của hàm số

Định nghĩa 6. Cho F là một không gian hàm thỏa mãn điều kiện F + và f ∈
BU C(R+ , X). Khi đó phổ rút gọn của f theo F, ký hiệu sp+
F (f ), được xác định

9


˜ f˜ là hàm phức theo λ trong C\iR

là tập hợp tất cả các số thực ξ sao cho R(λ, D)
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) :=

1.4.3

˜
˜ ˜ ˜
f˜ ∈ BU C(R+ , X)/F : sp+
F (f ) ⊂ Λ, lim αR(α + iξ, D)f = 0, ∀ξ ∈ Λ .
α↓0

Toán tử vi phân trên không gian ΛF (X)

˜ Λ là sự hạn chế của D
˜ trên ΛF (X).
Gọi D
Mệnh đề 4. Cho Λ ⊂ R là một tập đóng. Khi đó ΛF (X) là một không gian con
˜ Λ có tính chất sau:
đóng của Y := BU C(R+ , X)/F. Hơn nữa, phổ của toán tử D
˜ Λ ) ⊂ iΛ.
σ(D
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)

M
, với mọi Reλ = 0.
|Reλ|

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 ∈
BU C(R+ , X) sao cho sp+
F (f ) đếm được. Hơn nữa, nếu
˜ f˜ = ˜0
lim αR(α + iξ, D)
α↓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 DΛ trên
nó. Ta sẽ chứng minh rằng ΛF (X) là tầm thường. Giả sử ngược lại ΛF (X) là không
˜Λ)
tầm thường. Theo giả thiết sp+ (f ) đếm được nên theo Mệnh đề 4 suy ra σ(D
F

đếm được. Do đó có một điểm cô lập. Theo Bổ đề 1 và Mệnh đề 5 thì điểm cô lập
˜ Λ ) phải là một giá trị riêng. Do đó sẽ tồn tại một véc tơ khác không
này của σ(D
˜ − iξ)˜
˜ − iξ)˜
g˜ ∈ ΛF (X) sao cho (D
g = 0. Với α > 0, bởi vì (D
g = 0 nên ta có
˜ R(α + iβ, D)˜
˜ g
g˜ = (α + iβ) − D
˜ g + (iβ − D)R(α
˜
˜ g
= αR(α + iβ, D)˜
+ iβ, D)˜
˜ g + R(α + iβ, D)(iβ
˜
˜ g
= αR(α + iβ, D)˜

− D)˜
˜ g.
= αR(α + iβ, D)˜
˜ g = g˜. Hơn nữa g˜ ∈ ΛF (X) nên
Như vậy ta đã chỉ ra được αR(α + iξ, D)˜
˜ g˜ = lim g˜ = g˜.
0 = lim αR α + iξ, D
α↓0

α↓0

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)
= Ax(t) + f (t), t ∈ R+ , x(t) ∈ X,
dt

(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 ∈ BU C(R+ , X) được gọi là nghiệm đủ tốt của (2.1)
t
+

nếu với mỗi t ∈ R thì

x (ξ) dξ ∈ D (A) và
0
t

x(t) = x(0) + A

t

x(ξ)dξ +
0

f (ξ)dξ,
0

12

∀t ∈ R+ .

(2.2)


Định nghĩa 9. Một nghiệm đủ tốt x trên R+ của (2.1) được gọi là ổn định tiệm
cận nếu lim x (t) = 0, nói cách khác x ∈ F.
t→∞

2.2

Tính chất phổ của nghiệm đủ tốt

Ta ký hiệu A là toán tử nhân của toán tử A trên không gian BU C(R+ , X) như
sau:
A : BU C(R+ , X) → BU C(R+ , X),

(Ax)(t) = Ax(t).

Mệnh đề 6. Cho f ∈ F và x ∈ BU C(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 = 0 ta có
˜ x = R(λ, A)˜
˜ x.
R(λ, D)˜
˜
˜ x = x˜ với mọi
Chứng minh. Bước 1: Trước tiên, ta sẽ chứng minh (λ − A)R(λ,

D)˜
Reλ > 0. Do x là nghiệm đủ tốt của phương trình (2.1) nên
s

x(s) = x(0) + A

s

x(ξ)dξ +
0

f (ξ)dξ,

∀s ∈ R+ .

0

Từ phương trình trên, sử dụng tích chất của tích phân với Reλ > 0 và t ∈ R+ , ta
có:

∞

∞

e−λs x(t + s)ds =
0

∞

e−λs x(0)ds +

0

VT

t+s

Ae−λs
0

x(ξ)dξ ds
0

B

C
t+s

∞

e−λs

+
0

f (ξ)dξ ds .
0
D

Ta sẽ lần lượt tính B, C, D và vế trái:
• Vế trái:

∞

e−λs x(t + s)ds = R (λ, D) x(t).

VT =
0

13

(2.3)


• Tính B:
B=

e−λs x (0)
−λ

e−λs x(0) x(0)
x(0)
+
=
.
s→∞
−λ
λ
λ

∞

= lim
0

• Tính C:
∞

C=A

e−λs
A
−λ

t+s

x (ξ) dξ ds = A

e
0

=

∞

t+s
−λs
0
t+s

0

∞

0

∞

1
+ A
λ
s=0

x(ξ)dξ
0

e−λs
−λ

x(ξ)dξ d

e−λs x (t + s) ds
0

t+s

A
= − lim e−λs
λ s→∞

∞

t

A
x(ξ)dξ +
λ

1
x (ξ) dξ + A
λ

0

0

e−λs x (t + s) ds.
0

Do x ∈ BU C(R+ , X) nên tồn tại M > 0 sao cho |x(ξ)|

M, ∀ξ ∈ R+ .

Từ đó ta có đánh giá sau:
t+s

e−λs

t+s

e−sReλ

x(ξ)dξ
0

t+s

|x(ξ)| dξ

e−sReλ

M dξ =

0

M (t + s)
esReλ

0

M (t + s)
= 0 nên ta có
s→∞
esReλ

Nhưng vì lim

t+s
−λs

lim e

x(ξ)dξ = 0.

s→∞

0

Từ đó suy ra
∞

t

A
C=
λ
0

t

A
e−λs x (t + s) ds =
λ

1
x (ξ) dξ + A
λ
0

1
x (ξ) dξ + AR (λ, D) x(t).
λ

0

(2.4)
• Tính D: Tương tự như tính C, ta có
∞

t

1
D=
λ

1
f (ξ)dξ +
λ
0

t
−λs

e

1
f (t + s) ds =
λ

0

1
f (ξ) dξ + R (λ, D) f (t).

λ
0

Thay B, C, D và vế trái tính được vào (2.3), ta thu được:
1
1
R (λ, D) x(t) = AR (λ, D) x(t) + R (λ, D) f (t)
λ 
λ
t

+

1
x(0) + A
λ

t

0
1
=λ
x(t)

14

f (ξ) dξ  .

x (ξ) dξ +
0




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 BU C(R+ , X):
A : BU C(R+ , X) → BU C(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,
˜
˜ x = R(λ, D)
˜ f˜ + x˜
D)˜
(λ − A)R(λ,
(do f ∈ F nên f˜ = ˜0).

= x˜,

˜
˜ x = x˜ với mọi Reλ < 0. Do
Bước 2: Tiếp theo, ta sẽ chứng minh (λ − A)R(λ,
D)˜
x là nghiệm đủ tốt của phương trình (2.1) nên

s

x (s) = x (0) + A

s

x (ξ) dξ +
0

∀s ∈ R+ .

f (ξ) dξ,
0

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

t

eλ(t−s) x (s) ds =
0

t

eλ(t−s) x (0) ds + A
0

s

eλ(t−s)

x (ξ) dξ ds

0

VT

0

E

F
t

s

eλ(t−s)

+
0

f (ξ) dξ ds .
0
G

Ta sẽ lần lượt tính E, F, G và vế trái:
• Vế trái:

t

eλ(t−s) x (s) ds = −R (λ, D) x(t).

VT =
0

15

(2.5)


• Tính E:
E=

eλ(t−s) x (0)
−λ

t

=−
s=0

x(0) eλt x (0)
+
.
λ
λ

• Tính F :
t

s

F =A

eλ(t−s)
−λ

x (ξ) dξ d
0

0

s

eλ(t−s)
A
=
−λ

t

1
x (ξ) dξ
+ A
λ
s=0
t

0

0

t

A
=−
λ

eλ(t−s) x (s) ds

t

A
x (ξ) dξ +
λ
0

t
λ(t−s)

e

A
x (s) ds = −
λ

0

x (ξ) dξ −

A
R(λ, D)x(t).
λ

0

• Tính G: Tương tự như tính F ta có
t

1
G=−
λ

1
f (ξ) dξ − R(λ, D)f (t).
λ
0

Thay E, F, G và vế trái tính được vào (2.5), ta thu được:
−R(λ, D)x(t) =

eλt x(0) A
1
− R(λ, D)x(t) − R(λ, D)f (t)
λ
λ
λ

t

1
− x(0) + A
λ

t

x (ξ) dξ +
0

f (ξ) dξ  .
0

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) − eλt x(0).
Chú ý rằng R+

t → eλt x (0) ∈ F và f ∈ F nên với Reλ < 0 ta có
˜ x + x˜.
˜ x = AR(λ,
˜
λR(λ, D)˜
D)˜

Từ đó ta cũng suy ra được
˜

˜ x = x˜.
(λ − A)R(λ,
D)˜
Bước 3: Từ hai bước trên, ta đã chứng minh được: với Reλ = 0,

16


˜
˜ x = x˜.
(λ − A)R(λ,
D)˜

(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
˜ = (λ − A)−1 là toán tử giới nội và giải tích theo λ. Tác động toán tử
tử R(λ, A)
˜ vào hai vế của (2.6), ta thu được:
R(λ, A)
˜ x = R(λ, A)˜
˜ x.
R(λ, D)˜
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 ∈ BU C(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 αR (α + iξ, A) x (t) = 0 đều theo t ∈ R+ , với mọi iξ ∈ σ (A) ∩ iR.
α↓0

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
˜ x = lim αR(α + iξ, A)˜
˜x=0
lim αR(α + iξ, D)˜
α↓0

α↓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
0

dx (t)
=
dt

dη (θ) x (t + θ) + f (t) ,

(3.1)

−r

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
0

dη (θ) eλθ .

trong đó, Bλ =
−r

Định nghĩa 10. (Xem [10]) Một hàm x ∈ BU C [−r, ∞), X được gọi là nghiệm
đủ tốt của (3.1) với điều kiện đầu x|[−r,0] = ϕ ∈ BU C [−r, 0), X
t ∈ R+ thì
t

x (t) = x (0) +




0



0

t

dη (θ) x (ξ + θ)dξ +

−r

f (ξ)dξ.
0

18

nếu với mỗi


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 = 0 ta có
˜ x = x˜ + ψ˜
(λ − B˜λ )R(λ, D)˜
0

0

e−λs x(t + s)ds.

dη(θ)eλθ

với ψ(t) =
−r

θ

˜ x = x˜ + ψ˜
Chứng minh. Bước 1: Trước tiên, ta sẽ chứng minh (λ − B˜λ )R(λ, D)˜
với mọi Reλ > 0. Do x là nghiệm đủ tốt của phương trình (3.1) nên
 0

s
s
x (s) = x (0) +
0

f (ξ)dξ, ∀s ∈ R+ .

dη (θ) x (ξ + θ)dξ +


−r

0

Áp dụng công thức nghiệm này trong trường hợp Reλ > 0 và t ∈ R+ , ta có:

 0
 
∞
∞
∞
t+s
e−λs x (t + s) ds =
0

e−λs x (0) ds +
0

e−λs
0

VT



dη (θ) x (ξ + θ)dξ ds

−r

0

A

B
∞



t+s

e−λs

+
0



f (ξ) dξ ds .
0
C

(3.2)
Ta sẽ lần lượt tính A, B, C và vế trái:
• Vế trái:

∞

e−λs x (t + s) ds = R (λ, D) x(t).

VT =
0

• Tính A:
A=

e−λs x(0)
−λ

∞

e−λs x(0) x(0)
x(0)
+
=
.

s→∞
−λ
λ
λ

= lim
0

19


• Tính B:
 
∞ t+s
B=


0

 

0

e−λs
dη (θ) x (ξ + θ)dξ d
−λ
−r
0
 
 t+s 0



−λs

=

∞

∞

e 
−λ

dη(θ) x(ξ + θ)dξ 



s=0

e 
s→∞ −λ

= lim

t

1
dη(θ) x(ξ + θ)dξ  +
λ


0

 

0

−r

dη (θ) x(t + s + θ)ds

−r

0

 t+s



0

e−λs 

−r

0
−λs

1
λ

+







0



dη(θ) x(ξ + θ)dξ

−r

0
B1
∞

+

1
λ





0

e−λs 

dη (θ) x(t + s + θ)ds .

−r

0

B2

• Tính B1 :
Do η : [−r; 0] → L (X) có biến phân bị chặn nên ta có

 0
t+s
B1 = lim e−λs



s→∞

dη (θ) x (ξ + θ) dξ  = 0.

−r

0

• Tính B2 :

∞

0

e−λ(s+θ) x (t + s + θ)ds

λθ

B2 =

dη (θ) e
−r

0
∞

0

e−λs x (t + s)ds

dη (θ) eλθ

=
−r

θ



0

e−λs x (t + s)ds +

dη (θ) eλθ 

=
−r

−r

e−λt x (t + s)ds

dη (θ) eλθ
−r

θ

0

0

e−λs x (t + s) ds + Bλ R (λ, D) x (t) .

λθ

dη (θ) e
−r

∞

0

e−λs x (t + s)ds +

0

=

0

0

dη (θ) eλθ


e−λs x (t + s)ds

θ

0

=

∞

0

θ

20

Thay B1 , B2 vừa tính được vào B ta sẽ có
0

B=

1
λ

0

t

1
1
e−λs x (t + s) ds+ Bλ R (λ, D) x (t)+
λ
λ

dη (θ) eλθ
−r




dη(θ) x(ξ + θ)dξ.

−r

0

θ



0

• Tính C: Tương tự như cách tính D trong Chương 2, ta có
t

1
C=
λ

1
f (ξ) dξ + R (λ, D) f (t).
λ
0

Thay A, B, C và VT tính được vào (3.2) ta được
0

1
R (λ, D) x(t) =
λ

0

1

1
e−λs x (t + s) ds + Bλ R (λ, D) x (t) + R (λ, D) f (t)
λ
λ

λθ

dη (θ) e
−r

θ
ψ(t)


+

t

1
x (0) +
λ




0



0

dη (θ) x (ξ + θ)dξ +

−r



t

f (ξ)dξ  .
0

1
=λ
x(t)

Khi đó (3.2) trở thành
λR (λ, D) x(t) = Bλ R (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 BU C(R+ , X):
Bλ : BU C(R+ , X) → BU C(R+ , X),

(Bλ x)(t) = Bλ x(t),

ta có thể viết lại (3.2) dưới dạng biểu thức trên không gian hàm số:
λR (λ, D) x = Bλ R (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 )R(λ, D)˜

˜ x = x˜ + ψ.
(λ − B
˜ x = x˜ + ψ˜ với mọi Reλ < 0.
Bước 2: Tiếp theo, ta sẽ chứng minh (λ − B˜λ )R(λ, D)˜

21