Luận văn Thạc sĩ Khoa học: Bài toán Cauchy và nửa nhóm n −lần tích hợp

Chia sẻ: Na Na | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:59

Thêm vào BST

Báo xấu

51
lượt xem 3
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Mục tiêu chính của luận văn nhằm trình bày việc ứng dụng phương pháp C0 −nửa nhóm và phương pháp nửa nhóm n −lần tích hợp trên không gian Banach X để nghiên cứu tính đặt chỉnh của bài toán Cauchy trên.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Luận văn Thạc sĩ Khoa học: Bài toán Cauchy và nửa nhóm n −lần tích hợp

MỤC LỤC MỞ ĐẦU 2 Chương 1 - BÀI TOÁN CAUCHY VÀ C0 − NỬA NHÓM 4 1.1 C0 − nửa nhóm 4 1.2 Bài toán Cauchy 12 1.3 Một số ví dụ 21 Chương 2 - BÀI TOÁN CAUCHY VÀ NỬA NHÓM 30 n − LẦN TÍCH HỢP 2.1 Nửa nhóm n − lần tích hợp 30 2.2 Bài toán Cauchy ( n,ω ) − đặt chỉnh 37 2.3 Nửa nhóm n − lần tích hợp địa phương 40 2.4 Một số ví dụ 50 KẾT LUẬN 58 Tài liệu tham khảo 59 -1-
MỞ ĐẦU Bài toán Cauchy trừu tượng của các phương trình đạo hàm riêng tuyến tính là bài toán có lịch sử lâu đời trong chuyên ngành Giải tích ứng dụng. Nó được áp dụng khá nhiều trong các lĩnh vực khoa học như vật lý học, sinh học, kỹ thuật, tài chính... Khi xét bài toán này ta thường gặp các khả năng khác nhau về nghiệm của nó. Theo định nghĩa của Hadamard, bài toán Cauchy được gọi là đặt chỉnh đều nếu nó tồn tại nghiệm, nghiệm này là duy nhất và nghiệm phụ thuộc liên tục vào các dữ kiện của bài toán. Phương pháp nửa nhóm đã được phát triển mạnh mẽ và có vai trò quan trọng trong việc giải quyết bài toán Cauchy cho các phương trình vi phân tuyến tính trong không gian Banach với toán tử không bị chặn. Luận văn nghiên cứu bài toán Cauchy trừu tượng dạng thuần nhất u ' ( t ) = Au ( t ) , u ( 0 ) = x, t ≥ 0, (CP) trong đó A : X → X là toán tử tuyến tính, đóng, không bị chặn trên không gian Banach X và u : + → X . Mục tiêu chính của luận văn nhằm trình bày việc ứng dụng phương pháp C0 − nửa nhóm và phương pháp nửa nhóm n − lần tích hợp trên không gian Banach X để nghiên cứu tính đặt chỉnh của bài toán Cauchy trên. Luận văn gồm hai chương: Chương 1 - Trình bày các khái niệm và tính chất cơ bản của C0 − nửa nhóm. Đây là loại nửa nhóm đơn giản nhất trong số lớp các toán tử không bị chặn và bài toán Cauchy tương ứng được đặt chỉnh đều. Từ đó đưa ra một số ví dụ minh họa. Chương 2 - Trình bày lớp nửa nhóm mở rộng của lớp nửa nhóm C0 đó là nửa nhóm n − lần tích hợp và nửa nhóm n − lần tích hợp địa phương bị chặn -2-
mũ, không suy biến. Áp dụng phương pháp này để nghiên cứu tính ( n,ω ) − đặt chỉnh của bài toán Cauchy cho nhiều lớp phương trình. Trong chương này chúng tôi cũng đã đưa ra một số ví dụ minh họa dựa trên các phương trình đạo hàm riêng với điều kiện ban đầu. Luận văn được hoàn thành dưới sự hướng dẫn khoa học của PGS.TS. Hà Tiến Ngoạn. Trước tiên em xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới thầy, thời gian qua thầy đã dành nhiều thời gian và công sức, tận tình giúp đỡ em trong suốt quá trình nghiên cứu và hoàn thành luận văn. Em xin trân trọng cảm ơn các thầy phản biện, các thành viên Xêmina thuộc tổ Giải tích trường ĐHKHTN đã đọc và đóng góp nhiều ý kiến quý báu cho em để luận văn được hoàn thiện hơn. Em xin trân trọng cảm ơn các thầy cô trong khoa Toán - Cơ - Tin học, Trường ĐHKHTN, các thầy Viện Toán học Việt Nam cùng các giáo sư nước ngoài đã từng tham gia giảng dạy tại trường. Trong những năm qua thầy cô đã tâm huyết truyền đạt những kiến thức vô cùng quý báu cho chúng em, giúp em có thêm nhiều kiến thức đặc biệt là kiến thức chuyên ngành cần thiết để ứng dụng khi thực hiện luận văn. Cuối cùng là lời cảm ơn đến cơ quan, gia đình, bạn bè đã tạo điều kiện cho tác giả được đi học, động viên khích lệ và giúp đỡ về mọi mặt để tác giả có thêm động lực học tập và hoàn thiện luận văn. Hà Nội, tháng 6 năm 2011. -3-
Chương 1 - BÀI TOÁN CAUCHY VÀ C0 − NỬA NHÓM 1.1 C0 − nửa nhóm Cho X là không gian Banach. Định nghĩa 1.1.1 (Định nghĩa nửa nhóm liên tục mạnh) Họ các toán tử tuyến tính, bị chặn {T (t ), t ≥ 0} trên không gian Banach X được gọi là C0 − nửa nhóm (nửa nhóm liên tục mạnh) nếu (T1) T ( t + s ) = T ( t ) T ( s ) , ∀t , s ≥ 0 . (T2) T ( 0 ) = I (I là toán tử đồng nhất). (T3) tlim →t T ( t ) x = T ( t0 ) x, ∀x ∈ X , t , t0 ≥ 0 . 0 Định nghĩa 1.1.2 (Định nghĩa toán tử sinh của nửa nhóm liên tục mạnh) Toán tử A : D ( A) ⊂ X → X , được xác định bởi T (h) − I Ax := T ' ( 0 ) x := lim x, h→0 h cùng với miền xác định ⎧ T ( h) − I ⎫ D ( A) = D ⎛⎜ T ' ( 0 ) ⎞⎟ := ⎪⎨ x ∈ X ∃ lim x ⎪⎬ , ⎝ ⎠ ⎩⎪ h→0 h ⎭⎪ được gọi là toán tử sinh của nửa nhóm liên tục mạnh {T (t ), t ≥ 0} . Định nghĩa 1.1.3 (Định nghĩa tập giải, tập phổ, giải thức) ( A, D ( A) ) là toán tử đóng trong không gian Banach X , tập các giá trị −1 λ∈ sao cho ( λ I − A ) là song ánh (tức là ( λ I − A ) là toán tử tuyến tính bị chặn trên X ), được gọi là tập các giá trị chính quy của A (tập giải của toán tử A ), ký hiệu ρ ( A) . Tập σ ( A ) = \ ρ ( A ) được gọi là tập phổ của toán tử -4-
−1 A. Khi đó ( λ I − A) := RA ( λ ) = R ( λ , A ) với λ ∈ ρ ( A ) được gọi là giải thức của A. Mệnh đề 1.1.1 Đối với toán tử sinh A của nửa nhóm liên tục mạnh {T (t ), t ≥ 0} , ta có 1. A : D ( A) ⊂ X → X là toán tử tuyến tính; t 1 2. ∀x ∈ X , lim+ ∫ T ( s ) xds = x ; (1.1.1) t →0 t 0 3. Cho x ∈ D ( A) , ta có T ( t ) x ∈ D ( A) và d T ( t ) x = T ( t ) Ax = AT ( t ) x với ∀t ≥ 0 ; (1.1.2) dt t 4. Cho ∀t ≥ 0, x ∈ X ta có ∫ T ( s )xds ∈ D ( A ) ; (1.1.3) 0 5. Cho ∀t ≥ 0 ta có t T ( t ) x − x = A∫ T ( s )xds nếu x ∈ X , (1.1.4) 0 t = ∫ T ( s ) Axds nếu x ∈ D ( A) . (1.1.5) 0 Chứng minh 1. Hiển nhiên, do T (t ) là toán tử tuyến tính và do tính chất của giới hạn T (h) x − x A ( x ) = lim+ . h→0 h t 1 2. Đặt yt = ∫ T ( s )xds, ∀x ∈ X , ∀t > 0. Vì lim+ T ( t ) x = x suy ra t0 t →0 ε ∀ε > 0, ∃δ > 0 : 0 < t < δ suy ra T ( t ) x − x < . 2 Theo định nghĩa tích phân, ∀ε > 0 tồn tại phân hoạch của [ 0,t ] -5-
s0 = 0 < s1 < ... < sn = t sao cho t n ε ∫0 T ( s ) xds − ∑ T (α i ) xΔsi ≤ t , với α i ∈ [ si −1 − si ] , i = 1, n . i =1 2 Với ∀t : 0 < t < δ ta có t t 1 1 1 n n 1 ∫0 t ( ) T s xds − x ≤ t ∫0 T ( ) s xds − ∑ T (α i ) xΔsi + t i =1 ∑ t T (α ) xΔs − x i =1 i i ε 1n ε ε < + ∑ T (α i ) x − x Δsi < + = ε . 2 i =1 t 2 2 t 1 Từ đó suy ra lim+ yt = lim+ ∫ T ( s )xds = x. t →0 t →0 t 0 3. Lấy x ∈ D ( A) , từ định nghĩa của toán tử sinh A suy ra T (t + h ) x − T (t ) x T (h) x − x lim+ = T ( t ) lim+ = T ( t ) Ax . h→0 h h→0 h T ( h )T ( t ) x − T ( t ) x Vậy lim+ tồn tại. Theo định nghĩa của D ( A ) ta có h→0 h T ( t ) x ∈ D ( A ) và AT ( t ) x = T ( t ) Ax . 4. Với mọi x ∈ X , ∀t ≥ 0 ta có t t 1⎛ ⎞ ⎜⎜ ( ) ∫ ( ) T h T s xds − ∫ T ( s ) xds ⎟⎟ h⎝ 0 0 ⎠ 1t 1t = h 0∫ T ( ) h + s xds − h 0∫ T ( s ) xds 1 t +h 1t T ( s ) xds − ∫ T ( s ) xds h h∫ = h0 1t 1 t +h 1h 1t = ∫ T ( s ) xds + ∫ T ( s ) xds − ∫ T ( s ) xds − ∫ T ( s ) xds hh h t h0 hh 1 t +h 1h ( ) T ( s ) xds h ∫t h 0∫ = T s xds − -6-
1h 1h = ∫ T ( t + s ) xds − ∫ T ( s ) xds h0 h0 1h 1h = T ( t ) ∫ T ( s ) xds − ∫ T ( s ) xds → T ( t ) x − x khi h → 0+ (Do (1.1.1)). h0 h0 t t Suy ra ∫ T ( s )xds ∈ D ( A ) và T ( t ) x − x = A∫ T ( s )xds với ∀x ∈ X . 0 0 T ( h) x − x 5. Nếu x ∈ D ( A) , s → T ( s ) hội tụ đều trên ⎡⎣ 0,t ⎤⎦ đến hàm h s → T ( s ) A ( x ) khi h → 0+ (do T ( s ) ≤ M , ∀s ∈ ⎡⎣0, t ⎤⎦ ). Do vậy t t t 1⎡ ⎤ T ( t ) x − x = A∫ T ( s )xds = lim+ ⎢ ( )∫ ( ) T h T s xds − ∫ T ( s )xds ⎥ 0 h→0 h ⎢⎣ 0 0 ⎥⎦ t t 1 1 = lim+ h→0 h ( T ( h ) − I ) ∫ T ( ) s xds = h lim →0+ ∫ T ( s ) h (T ( h ) − I )xds 0 0 t = ∫ T ( s ) Axds. 0 t Vậy T ( t ) x − x = ∫ T ( s ) Axds với ∀x ∈ D ( A) . 0 Mệnh đề 1.1.2 Đối với toán tử sinh A của nửa nhóm liên tục mạnh {T (t ), t ≥ 0} , ta có 1. T ( t ) T ( s ) = T ( s ) T ( t ) với ∀t , s ≥ 0 ; 2. T là toán tử bị chặn mũ, tức là: ∃K ≥ 1, ω ∈ , ∀t ≥ 0 : T ( t ) ≤ Keωt ; (1.1.7) 3. D( A) = X và A là toán tử đóng; −1 4. Với ∀λ ∈ : Re λ > ω , ∃( λ I − A) := RA ( λ ) và ∞ RA ( λ ) x = ∫ e−λtT ( t )xdt , x ∈ X . (1.1.8) 0 -7-
Chứng minh 1. Do {T (t ), t ≥ 0} là C0 − nửa nhóm, từ điều kiện (T1) của Định nghĩa 1.1.1 ta dễ dàng chứng minh tính giao hoán của T ( t ) và T ( h ) với ∀t , h ≥ 0 , T ( t ) T ( h ) = T ( t + h ) = T ( h + t ) = T ( h ) T ( t ) , với ∀t , h ≥ 0 . 2. Vì T ( t ) x liên tục với mọi x∈ X trên ⎡⎣ 0,1⎤⎦ nên { T (t ) x , t ∈ ⎡⎣0,1⎤⎦} là tập bị chặn. Theo nguyên lý bị chặn đều ta luôn có T (τ ) ≤ K với ∀τ : 0 ≤ τ ≤ 1 và vì T ( 0 ) = 1 suy ra K ≥ 1. Với ∀t ≥ 0 ta có thể viết dưới dạng t = n + τ , n∈ , 0 ≤ τ < 1 , ta có T ( t ) = T ( n + τ ) = T ( n ) T (τ ) và n n T ( t ) = T ( n ) T (τ ) = T (1) T (τ ) ≤ T (τ ) T (1) ≤ K n+1 = Ken ln K ≤ Keωt , ω = ln K , ∀t. 3. {T (t ), t ≥ 0} là C0 − nửa nhóm và toán tử sinh A của nó là toán tử tuyến tính. Ta phải chứng minh: a. A là toán tử đóng Giả sử lấy dãy { xn } ⊂ D ( A ) sao cho xn → x và Axn → y ta phải chứng minh x ∈ D ( A ) và Ax = y. Do (1.1.5) ta có t T ( t ) xn − xn = ∫ T ( s )Axn ds, t ≥ 0. 0 Do T ( •) Axn hội tụ đều trên ⎡⎣ 0, t ⎤⎦ ( T ( s ) ≤ M , ∀s ∈ ⎡⎣0, t ⎤⎦ ). -8-
t Cho n → ∞ ta có T ( t ) x − x = ∫ T ( s ) yds , 0 1 1t suy ra t (T ( t ) x − x ) = t ∫ T ( s ) yds, 0 1t Cho t → 0 thì giới hạn vế phải tồn tại và ∫ T ( s ) yds → y, suy ra giới hạn vế + t0 trái tồn tại và hội tụ tới Ax, suy ra x ∈ D ( A ) và Ax = y. Vậy A đóng. b. D( A) = X 1t Thật vậy, do (1.1.3) ta có ∫ T ( s )xds ∈ D ( A) , do (1.1.1) ta có t0 1t lim T ( s )xds = x, ∀x ∈ X . t →0+ t 0∫ Suy ra D( A) = X . −1 4. ∀λ ∈ : Re λ > ω , ∃( λ I − A) =: RA ( λ ) và ∞ RA ( λ ) x = ∫ e−λtT ( t ) xdt , x ∈ X . 0 Từ (1.1.7) T ( t ) bị chặn mũ suy ra tích phân vế phải luôn tồn tại với ∀x ∈ X , ∀λ ∈ , Re λ > ω . Với ∀x ∈ D ( A ) và do A là toán tử đóng ta có ∞ ∞ ∞ −λ t −λ t −λ t ∫ e AT ( t ) xdt = A ∫ e T ( t ) xdt = ∫ e T ' ( t ) xdt . 0 0 0 Lấy tích phân từng phần ∞ ∞ −λtT ' ( t ) xdt = e−λtT ( t ) x +∞ + λ e−λtT ( t ) xdt ∫ e 0 ∫ 0 0 ∞ = − x + λ ∫ e−λtT ( t ) xdt. 0 -9-
Thác triển liên tục trên toàn không gian X = D( A) ta được ∞ ( λ I − A) ∫ e−λtT ( t ) xdt = x, x ∈ X . (1.1.9) 0 Mặt khác lại có ∞ −λtT ( t ) ( λ I − A) xdt = x, x ∈ D ( A) . ∫e (1.1.10) 0 Từ (1.1.9) và (1.1.10) suy ra sự tồn tại toán tử bị chặn trên X ∞ RA ( λ ) := ( λ I − A) và RA ( λ ) x = ∫ e−λtT ( t ) xdt , x ∈ X . −1 0 Mệnh đề 1.1.3 Cho T là toán tử liên tục mạnh sao cho ∃K ≥ 1, ω ∈ , ∀t ≥ 0 , T ( t ) ≤ Keωt . Đặt ∞ R ( λ ) = ∫ e−λtT ( t ) dt , Re λ > ω . 0 Khi đó R ( λ ) thỏa mãn phương trình giải thức ( μ − λ ) R ( λ ) R ( μ ) = R ( λ ) − R ( μ ) , Re λ , Re μ > ω, (1.1.11) nếu và chỉ nếu T thoả mãn T ( t + s ) = T ( t ) T ( s ) , ∀t , s ≥ 0 . Chứng minh Cho Re λ , Re μ > ω , từ Định lý duy nhất của phép biến đổi Laplace ta có ∞ ∞ −μs −λt R ( μ ) R (λ ) = ∫ e ∫e T ( s )T ( t ) dsdt , 0 0 - 10 -
R ( λ ) − R ( μ ) ∞ ( λ − μ )t ∞ R ( λ )dt − ∫ ( μ − λ ) e( ) e−λtT ( t ) dt −1 λ − μ t = ∫e μ −λ 0 0 ∞ ( λ − μ )t ∞ −λ s ∞ ( t λ − μ )t −λ s = ∫e ∫ e T ( s )dsdt − ∫ e ∫ e T ( s )dsdt 0 0 0 0 ∞ ∞ = ∫ e( λ − μ )t −λ s ∫t e T ( s )dsdt 0 ∞ ∞ = ∫ e− μt ∫ e ( )T ( s )dsdt −λ s −t 0 t ∞ ∞ = ∫ e− μt ∫ e−λ sT ( s + t )dsdt . 0 0 Vậy R ( λ ) thỏa mãn phương trình giải thức R (λ ) − R ( μ ) R ( μ ) R (λ ) = μ −λ khi và chỉ khi T ( s ) T ( t ) = T ( s + t ) với ∀t , s ≥ 0 . Định lý Hille-Yosida: (Đặc trưng của toán tử sinh của nửa nhóm co liên tục) Đối với toán tử ( A, D ( A ) ) trên không gian Banach X , các tính chất sau là tương đương a. ( A, D ( A ) ) sinh ra nửa nhóm co liên tục mạnh. b. ( A, D ( A ) ) là toán tử đóng xác định trù mật D( A) = X và ∀λ > 0 ta có λ ∈ ρ ( A ) , đồng thời λ R ( λ , A ) ≤ 1. c. ( A, D ( A ) ) là toán tử đóng xác định trù mật D( A) = X và ∀λ ∈ với Re ( λ ) > 0 ta có λ ∈ ρ ( A ) , đồng thời 1 R ( λ , A) ≤ . Re ( λ ) - 11 -
1.2 Bài toán Cauchy Xét bài toán Cauchy u ' ( t ) = Au ( t ) , u ( 0) = x, t ≥ 0, (CP) trong đó A là toán tử tuyến tính, đóng với miền xác định D ( A) ⊆ X , X là không gian Banach. Định nghĩa 1.2.1 Hàm u ( •) ∈ C1 {⎣⎡0, ∞ ) , X } ∩ C {⎣⎡0, ∞ ) , D ( A)} được gọi là nghiệm của bài toán Cauchy (CP) nếu u ( t ) thỏa mãn phương trình với ∀t ≥ 0 và thỏa mãn điều kiện ban đầu với t = 0. Định nghĩa 1.2.2 Bài toán Cauchy (CP) được gọi là đặt chỉnh đều trên E ⊂ X , E = X ( ) nếu 1. Luôn tồn tại nghiệm với ∀x ∈ E ; 2. Nghiệm là duy nhất với ∀t ∈ ⎡⎣ 0, Τ ⎤⎦ , Τ > 0, Τ∈ ; 3. Nghiệm ổn định đều đối với điều kiện ban đầu u ( 0 ) = x, với ∀t ∈ ⎡⎣ 0, Τ ⎤⎦ , Τ > 0, Τ∈ . Bổ đề 1.2.1 Giả sử ρ ( A) ≠ φ . Khi đó nếu với ∀x ∈ D ( A) tồn tại và duy nhất nghiệm của (CP), thì nghiệm này ổn định đối với điều kiện ban đầu x . Chứng minh Giả sử T (t ) x := u ( t ) , t ≥ 0 , là nghiệm duy nhất của bài toán Cauchy với giá trị ban đầu u ( 0 ) = x, ∀x ∈ D ( A ) . Ta có - 12 -
T ( •) : ⎡⎣ D ( A)⎤⎦ → C {⎡⎣0, Τ⎤⎦ , D ( A)} là toán tử nghiệm với mọi Τ > 0 , D ( A ) là không gian Banach: {D ( A) , x A = x + Ax } , ta phải chứng minh T ( t ) là toán tử đóng. Thật vậy, giả sử xn → x trong ⎡⎣ D ( A ) ⎤⎦ và T ( t ) xn = un ( t ) → y ( t ) trong C {⎡⎣0, Τ⎤⎦ , D ( A)} , khi đó un' ( t ) = Aun ( t ) → Ay ( t ) trong X đều theo t . Do vậy từ t un ( t ) = xn + ∫ un' (τ ) dτ , 0 ta có t y ( t ) = x + ∫ Ay (τ ) dτ . 0 Điều này có nghĩa y ( t ) là nghiệm của (CP) với giá trị ban đầu y ( 0 ) = x , nghiệm này khả vi liên tục trên [ 0,Τ] . Do vậy y ( t ) = T ( t ) x, với t ≥ 0 là nghiệm duy nhất. Vậy toán tử T ( t ) xác định trên ⎡⎣ D ( A ) ⎤⎦ và là toán tử đóng. Do vậy theo định lý Banach thì T ( • ) liên tục và sup u ( t ) A ≤ K x A, (1.2.1) t∈⎡⎣ 0,Τ ⎤⎦ chứng tỏ bài toán Cauchy (CP) đặt chỉnh đều trên ⎡⎣ D ( A ) ⎤⎦ . Mặt khác, do tập giải ρ ( A) ≠ Φ, xét λ0 ∈ ρ ( A) , x ∈ D ( A) và y = R ( λ0 ) x, khi đó ta có ( ) y ∈ D A2 và T ( t ) x = −T ( t ) Ay + λ0T ( t ) y = − AT ( t ) y + λ0T ( t ) y . - 13 -
Do vậy T ( t ) x ≤ AT ( t ) y + λ0 T ( t ) y ≤ K 0 T ( t ) y A . Từ (1.2.1) ta có T ( t ) x ≤ K1 y A = K1 ( y + Ay ) = K1 ( y + x − λ0 y ) ≤ K 2 ( x + y ) ( ≤ K 2 x + R ( λ0 ) x ) ≤K x , với ∀t ∈ ⎡⎣ 0, Τ ⎤⎦ , tức là (CP) đặt chỉnh đều trên không gian X . Định lý 1.2.1 (Tiêu chuẩn cơ bản xét tính đặt chỉnh của (CP)) Giả sử A là toán tử tuyến tính đóng, xác định trù mật trên X . Khi đó các điều kiện sau là tương đương: (I) Bài toán Cauchy đặt chỉnh đều trên D ( A ) ; (II) A là toán tử sinh của C0 − nửa nhóm {T (t ), t ≥ 0} ; (III) Điều kiện Miyadera-Feller-Phillips-Hille-Yosida (MFPHY) đối với giải thức của toán tử A : tồn tại K > 0, ω ∈ sao cho Kk ! RA( ) ( λ ) ≤ k k +1 , (1.2.2) ( Re λ − ω ) với mọi ∀λ ∈ : Re λ > ω , ∀k = 0,1,.... Trong trường hợp này nghiệm của (CP) có dạng u ( • ) = T ( • ) x, x ∈ D ( A) . Chứng minh (I⇒II) Giả sử bài toán (CP) là đặt chỉnh đều trên D ( A) . Điều này tương đương với nghiệm u ( t ) , t ≥ 0 tồn tại và duy nhất với mọi x ∈ D ( A) , ta ký hiệu - 14 -
nghiệm là T ( • ) x . Do đó với mọi ∀t ∈ ⎡⎣0, Τ⎤⎦ , Τ > 0, Τ∈ , nghiệm này ổn định đều đối với điều kiện ban đầu. Suy ra toán tử T ( t ) bị chặn đều với ∀t ∈ ⎡⎣0, Τ⎤⎦ , Τ > 0, Τ∈ trên D ( A ) . Vì D( A) = X nên T ( t ) có thể thác triển được trên toàn không gian X và bảo toàn ước lượng chuẩn. Bây giờ ta phải chứng minh họ các toán tử tuyến tính bị chặn {T (t ), t ≥ 0} là C0 − nửa nhóm. Thật vậy, vì T ( t ) x thỏa mãn phương trình T ' (t ) x = AT (t ) x với ∀x ∈ D ( A) , t ≥ 0, suy ra T ( t ) x ∈ D ( A ) với ∀x ∈ D ( A) . Cho x ∈ D ( A ) thì T ( t + h ) x và T ( t ) T ( h ) x đều là nghiệm của (CP) có điều kiện ban đầu T ( h ) x . Do tính duy nhất nghiệm ta suy ra ∀x ∈ D ( A ) , T ( t + h ) x = T ( t ) T ( h ) x , t , h ≥ 0, thác triển trên toàn không gian X , ta có T ( t + h ) x = T ( t ) T ( h ) x , t , h ≥ 0, với ∀x ∈ X . Vậy {T (t ), t ≥ 0} thỏa mãn điều kiện (T1) của định nghĩa C0 − nửa nhóm. Lại có điều kiện ban đầu T ( 0 ) T ( h ) x = T ( h ) x với ∀x ∈ X suy ra T ( 0 ) = I và do vậy (T2) được thỏa mãn. Mặt khác do T ( t ) bị chặn đều với mọi Τ > 0, Τ∈ , ∀t ∈ ⎡⎣0, Τ⎤⎦ và T ( t ) x liên tục trên D ( A ) , ( D( A) = X ) với t ≥ 0 . Vì vậy hàm T ( • ) liên tục mạnh khi t ≥ 0, do vậy thỏa mãn (T3). Vậy họ các toán tử {T (t ), t ≥ 0} là C0 − nửa nhóm. Hơn nữa, với ∀x ∈ D ( A) ta luôn có: lim h−1 ⎡⎣T ( h ) − I ⎤⎦ x = T ' ( 0 ) x = AT ( 0 ) x = Ax, h→0 - 15 -
suy ra x ∈ D ⎛⎜ T ' ( 0 ) ⎞⎟ . Vậy D ( A ) ⊆ D ⎛⎜ T ' ( 0 ) ⎞⎟ = D và T ' ( 0 ) = A trên D ( A) . ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ Để chứng minh D ⊂ D ( A) , xét giải thức ∞ RT '( 0 ) ( λ ) = e − λt T ( t ) dt , Re λ > ω , ∫0 ta phải chứng minh R T '(0) ( λ ) = RA ( λ ) . Thật vậy, cho x ∈ D ta có: ∞ ( λ I − A) R T '( 0) ( λ ) ( x ) = ( λ I − A) ∫ e−λtT ( t ) xdt 0 ∞ ∞ = − ∫ e−λt AT ( t ) xdt + λ ∫ e−λtT ( t ) xdt 0 0 ∞ ∞ = − ∫ e−λtT ' ( t ) xdt + λ ∫ e−λtT ( t ) xdt 0 0 = x. Do A đóng, nên ta có thể thác triển đẳng thức này trên toàn không gian X và toán tử R T '(0) ( λ ) là một ánh xạ từ X vào D, do vậy D ⊂ D ( A). Vậy D ( A ) = D ⎛⎜ T ' ( 0 ) ⎞⎟ và A là toán tử sinh của C0 − nửa nhóm {T (t ), t ≥ 0} . ⎝ ⎠ (II⇒III) Giả sử A là toán tử sinh của C0 − nửa nhóm {T (t ), t ≥ 0} , từ điều kiện (1.1.7) và (1.1.8) ta có ∞ ∞ −λt −λt RA ( λ ) = ∫ e T ( t ) dt ≤ ∫ e T ( t ) dt 0 0 ∞ − ⎡⎣ Re λ −ω ⎤⎦t K ≤K∫e dt = , 0 Re λ − ω ∞ ∞ d − λt − ⎡⎣ Re λ −ω ⎤⎦t R (λ ) = ∫ −te T ( t ) dt ≤ K ∫ te dt dλ A 0 0 Kk ! = 2 . ( Re λ − ω ) - 16 -
Cứ tiếp tục như vậy, lấy đạo hàm đến cấp k ta có ∞ ∞ dk k − λt − ⎡⎣ Re λ −ω ⎤⎦t Kk ! R (λ ) = ∫t e T ( t ) dt ≤ K ∫ t k e dt = . dλk A 0 0 ( Re λ − ω ) k +1 Vậy (1.2.2) đúng. (III⇒I) Trước tiên ta sẽ xây dựng nghiệm của (CP) đủ trơn so với điều kiện ban ( ) đầu x. Lưu ý rằng D( A3 ) = X , cho x ∈ D A3 và σ > max {ω ,0} đặt ^ t2 1 σ +i∞ −3 λt u ( t , x ) = x + tAx + A2 x+ ∫ λ e RA ( λ )A3 xdλ , t ≥ 0. (1.2.3) 2 2π i σ −i∞ Nhận thấy tích phân trong biểu thức (1.2.3) triệt tiêu khi t = 0, do vậy ^ u ( 0, x ) = x , ^ hiển nhiên u ( t , x ) =t →∞ O ( eσ t ) . Biểu thức dưới dấu tích phân khả vi, suy ra sự tồn tại đạo hàm liên tục của ^ u (t, x ) , t ≥ 0 . ^ Mặt khác, do tính đóng của toán tử A, u ( t , x ) ∈ D ( A ) và ^ ^ t2 3 1 σ +i∞ −3 λt u' ( t , x ) − Au ( t , x ) = − A x + ∫ λ e ( λ I − A) RA ( λ ) A3 xdλ = 0, t ≥ 0. 2 2π i σ −i∞ ^ Suy ra u ( t , x ) là nghiệm của (CP) với t ≥ 0 , x ∈ D A3 . ( ) Chứng minh tương tự đẳng thức (1.1.8) ở mệnh đề 1.1.2, ta có ∞ ^ − λt ∫ e u ( t , x ) xdt = RA ( λ ) ( x ) . (1.2.4) 0 Sử dụng công thức nghịch đảo Widder-Post của phép biến đổi Laplace, ta có: - 17 -
n ^ u ( t , x ) = nlim ( −1) ⎛ n ⎞n+1 d n R (λ ) x →∞ n! ⎜⎝ t ⎟⎠ λ=n , (1.2.5) dλn A t áp dụng bất đẳng thức (1.2.2), ta có ^ −( n+1) ⎛ ωt ⎞ u ( t , x ) ≤ K x nlim →∞ ⎜ 1− ⎟ = Keωt x , t ≥ 0. (1.2.6) n ⎝ ⎠ Suy ra ^ ^ ( ) T ( t ) x ≡ u ( t , x ) , x ∈ D A3 , t ≥ 0 , là công thức nghiệm của (CP). ^ Xét (1.2.6), ta có thể thác triển T ( • ) x và đẳng thức (1.2.4) trên toàn không gian X , do vậy T ( • ) thác triển được là liên tục mạnh với mọi t ≥ 0 và T ( t ) ≤ Keωt , t ≥ 0 . Hoàn toàn có thể chứng minh được nghiệm bất kỳ u ( • ) của (CP) đều được biểu diễn dưới dạng u (•) = T (•) u ( 0) . (1.2.7) Thật vậy, từ định nghĩa 1.1.1, cho x ∈ D A3 , ta có ( ) ^ ^ RA ( λ ) T ( t )( x ) = RA ( λ ) T ( t )( x ) = T ( t ) RA ( λ ) ( x ) , t ≥ 0 , có thể thác triển đẳng thức này trên toàn không gian X . Do vậy T (t ) Ax = AT (t ) x, x ∈ D ( A) , t ≥ 0 và hàm T ( • ) x khả vi khi x ∈ D ( A ) . Với một nghiệm u ( • ) nào đó của (CP), ta luôn có d T ( t − s ) u ( s ) = − AT ( t − s ) u ( s ) + T ( t − s ) Au ( s ) = 0, 0 ≤ s ≤ t , ds do đó - 18 -
T (0)u ( t ) = T (t )u ( 0 ) = u ( t ) , t ≥ 0 . Định lý 1.2.2 Giả sử A là toán tử tuyến tính, đóng, xác định trù mật trên X thỏa mãn các điều kiện sau γ ∃K > 0, ω ∈ , ω > 0: RA ( λ ) ≤ K (1 + λ ) , Re λ > ω , γ ≥ −1. (1.2.8) ( ⎡γ ⎤ + 3 Khi đó với ∀x ∈ D A⎣ ⎦ , hàm ) ⎧ 1 σ + i∞ λ t ( ) e RA ( λ ) xd λ , t > 0, σ > ω 2π i ∫σ −i∞ ^ ⎪ J t = v. p. J (t ) = ⎨ ⎪ J (0) , t=0 ⎩ cho nghiệm của (CP). Chứng minh ⎡γ ⎤ + 3 ( ) Với mọi x ∈ D A⎣ ⎦ , ta đều có thể viết dưới dạng γ ⎦⎤ +3 x = RA ( μ )⎣⎡ x1 , ⎡⎣ γ ⎤⎦+3 trong đó x1 = ( μ I − A) x. Áp dụng đồng nhất thức (1.1.11) ta có γ ⎦⎤ + 2 ⎡ R ( λ ) − R A ( μ ) ⎤ R A ( μ ) ⎣⎡ R A (λ ) ( x) = ⎣ A ⎦ x1 μ −λ γ +3 γ ⎤⎦ + 2 R A (λ ) R A ( μ ) ⎡⎣ ⎤⎦ R A ( μ )⎡⎣ R A (μ ) = x − x1 − x1 − ... − x1 ⎡γ ⎤ +3 1 ( μ − λ )⎣ ⎦ μ −λ (μ − λ ) 2 ⎡γ ⎤⎦ +3 ( μ − λ )⎣ với Re λ , Re μ > ω , λ ≠ μ . Sử dụng bổ đề Jordan ta có 1 σ +i∞ λt J ( t ) x = v. p. e RA ( λ ) xdλ 2π i ∫σ −i∞ - 19 -
1 σ +i∞ λt RA ( λ ) = v. p. x dλ , t > 0 , 2π i ∫σ −i∞ e ⎡γ ⎤ +3 1 ( μ − λ )⎣ ⎦ theo (1.2.1) thì tích phân trên hội tụ tuyệt đối và hội tụ đều theo t ≥ 0 . Tiếp theo lấy đạo hàm dưới dấu tích phân ta có 1 σ +i∞ λt λ RA ( λ ) x dλ , 2π i ∫σ −i∞ v. p. e ⎡⎣γ ⎤⎦ +3 1 ( μ − λ ) tích phân này cũng hội tụ tuyệt đối và đều theo t ≥ 0 và 1 σ +i∞ λt λ RA ( λ ) x dλ = J ' ( t ) khi t > 0 . 2π i ∫σ −i∞ v. p. e ⎡γ ⎤ +3 1 ( μ − λ )⎣ ⎦ Dễ dàng kiểm tra được J ( t ) thỏa mãn (CP) khi t > 0. ^ Thật vậy do sự tồn tại của limt →0 J ' ( t ) := J ' ( 0 ) và do tính đóng của toán tử ^ ^ A, suy ra J ' ( 0 ) = A J ( 0 ) . Áp dụng Định lý Cauchy, ta có ^ γ +3 J ' ( 0 ) = RA ( μ )⎡⎣ ⎤⎦ x1 = x , ^ tức là J ( t ) là nghiệm của bài toán Cauchy (CP). Bây giờ ta phải chứng minh tính duy nhất của nghiệm. Giả sử u ( • ) là nghiệm của (CP), vì u ( • ) khả vi liên tục với t ≥ 0, lấy tích phân từng phần t −λτ ∫e u (τ ) dτ ta có 0 t t −λτ − λt −1 −λτ ∫ e u (τ ) dτ = λ ⎡⎣u ( 0) − u ( t ) e ⎤⎦ + λ ∫ e Au (τ ) dτ . −1 0 0 Giả sử u ( 0 ) = 0, do A đóng nên ta có - 20 -