Luận văn Thạc sĩ Khoa học: Nghiên cứu tính nhị phân mũ của nửa nhóm trung tính với trễ hữu hạn

Chia sẻ: Na Na | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:44

Thêm vào BST

Báo xấu

52
lượt xem 5
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Chương 1 trình bày các kiến thức chuẩn bị về nửa nhóm toán tử, các định nghĩa và tính chất của nửa nhóm. Chương 2 trình bày về nửa nhóm trung tính với trễ vô hạn, ta xây dựng nửa nhóm liên tục mạnh trên E = C0(R−, X) thỏa mãn điều kiện Hille-Yosida. Chương 3 nghiên cứu tính nhị phân mũ của nửa nhóm trung tính với trễ hữu hạn, khi nửa nhóm (e tB)t≥0 có nhị phân mũ

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Luận văn Thạc sĩ Khoa học: Nghiên cứu tính nhị phân mũ của nửa nhóm trung tính với trễ hữu hạn

Mục lục Lời mở đầu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 Chương 1. Lý thuyết nửa nhóm toán tử . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6 1.1. Nửa nhóm liên tục mạnh và các tính chất . . . . . . . . . . . . . 6 Chương 2. Sự tồn tại và ổn định nghiệm của phương trình trung tính . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16 2.1. Phương trình trung tính . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16 2.2. Nửa nhóm trung tính với trễ vô hạn . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17 2.3. Nửa nhóm trung tính với trễ hữu hạn . . . . . . . . . . . . . . . . 28 Chương 3. Nhị phân mũ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32 3.1. Phổ và nhị phân mũ của nửa nhóm không có nhiễu . . 32 3.2. Nhị phân mũ của nửa nhóm có nhiễu . . . . . . . . . . . . . . . . 35 1
Lời mở đầu Vào đầu thế kỉ 20 phương trình trung tính được xem như một trường hợp đặc biệt của phương trình vi phân sai phân. Ví dụ : u00 (t) − u0 (t − 1) + u(t) = 0, √ u0 (t) − u(t − 1) − u(t − 2) = 0, u0 (t) − 2u(t) + u0 (t − 1) − 2u(t − 1) = 0, (xem [3, 4, 5, 13, 23]), hoặc dưới dạng tổng quát của phương trình vi phân cấp n và sai phân cấp m : F t, u(t), u(t − r1 ), ..., u(t − rm ), u0 (t), u0 (t − r1 ), ..., u0 (t − rm ), ... ..., u(n) (t), u(n) (t − r1 ), ..., u(n) (t − rm ) = 0 với F là hàm của (m + 1)(n + 1) biến. Để hiểu được nguồn gốc thuật ngữ "trễ", "trung tính" ta xét phương trình vi phân cấp 1 và sai phân cấp 1 a0 u0 (t) + a1 u0 (t − ω) + b0 u(t) + b1 u(t − ω) = f (t) với ω > 0 cố định . (1) Nếu a0 = a1 = 0, thì phương trình này gọi là phương trình sai phân. Nó không chứa bất kỳ vi phân nào. Nếu a0 6= 0, a1 = 0, thì phương trình trên gọi là phương trình vi phân sai phân "lùi" hay đơn giản là phương trình vi phân có trễ. Vì nó mô tả sự phụ thuộc vào hệ trang thái của nó trong quá khứ. Nếu a0 = 0, a1 6= 0, thì phương trình trên gọi là phương trình vi phân sai phân "tiến" hay phương trình vi phân "tiến". Vì nó mô tả sự phụ thuộc vào hệ trạng thái của nó trong tương lai. Cuối cùng nếu a0 6= 0, a1 6= 0, thì loại phương trình vi phân sai phân này gọi là hỗn tạp, vừa "lùi" vừa "tiến". Vì vậy trong trường hợp này phương 2
trình trên gọi là phương trình vi phân trung tính. Ta tham khảo Bellman and Cooke [3, Chương. 2] cho cả lịch sử của bài toán. Gần đây Wu and Xia [27] đã chỉ ra rằng hệ tương ứng của phương trình có nhị phân mũ là tương đương với hệ phương trình trung tính ∂ ∂2 F ut = a 2 F ut + Φut (2) ∂t ∂x Gọi là phương trình đạo hàm riêng trung tính hay phương trình trung tính. Ở đây hàm u thuộc C([−r, 0], X) với r ≥ 0 và không gian Banach X của hàm trên đường tròn đơn vị S 1 , tức là : X = H 1 (S 1 ) hoặc X = C(S 1 ), hàm lịch sử ut được xác định bởi ut (θ) := u(t + θ) với θ ∈ [−r, 0] và t ≥ 0. Cuối cùng F và Φ được gọi là toán tử sai phân và toán tử trễ là tuyến tính và bị chặn từ C([−r, 0], X) → X. Có một phương pháp để giải quyết bài toán trên do Hale [11, 12], ông đã chỉ ra sự tồn tại và duy nhất và các tính chất của toán tử nghiệm. Trong luận văn này đã đưa ra một phương pháp tiếp cận nửa nhóm tuyến tính của phương trình (NPDE). Và đã chỉ ra phương trình (NPDE) là đặt chỉnh và nghiệm của nó là ổn định mũ bằng phương pháp nửa nhóm. Để thực hiện điều đó ta xây dựng phương trình (NPDE) mà ta sẽ nghiên cứu trong luân văn.   ∂ F ut  = BF ut + Φut for t ≥ 0, ∂t (N P DE) (3) u0 (t) = ϕ(t) for t ≤ 0.  . Luận văn được chia làm 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 nửa nhóm toán tử, các định nghĩa và tính chất của nửa nhóm. Chương 2: Trình bày về nửa nhóm trung tính với trễ vô hạn, ta xây dựng nửa nhóm liên tục mạnh trên E = C0 (R− , X) thỏa mãn điều kiện 3
Hille-Yosida. Ta viết F = δ0 − Ψ với Ψ là "nhỏ". Sau đó ta xét nửa nhóm trung tính với trễ hữu hạn tức là toán tử trễ và toán tử sai phân xác định trên đoạn hữu hạn [-r,0], khi đó điều kiện Ψ là nhỏ được thay bằng điều kiện "không có trọng tại 0" xem định nghĩa 2.8. Trong trường hợp phương trình trung tính trên không gian hữu hạn chiều ta tham khảo Hale and Verduyn Lunel [14, Chap. 9], Engel [8], Kappel and Zhang [16, 17] cho kết quả về đặt chỉnh và dáng điệu tiệm cận của nghiệm cũng như sử dụng điều kiện "không có trọng tại 0" hoặc "nonatomic tại 0"xem chú ý 2.9. Trong trường hợp không gian hữu hạn chiều X với điều kiện như thế viết trong Schwarz [25] (xem Datko [6]). Hale [11, 12] and Wu [26, Chap 2.3] với toán tử B là toán tử sinh một nửa nhóm giải tích và cũng thu được một nửa nhóm, giải phương trình(NPDE) là đơn giản nếu Ψ là nonatomic tại 0. Chương 3: Nghiên cứu tính nhị phân mũ của nửa nhóm trung tính với trễ hữu hạn, khi nửa nhóm (etB )t≥0 có nhị phân mũ. Để chứng minh tính nhị phân mũ của nửa nhóm có nhiễu ta phải chỉ ra tính nhị phân mũ của nửa nhóm không có nhiễu (TB,0 (t))t≥0 , dựa vào nửa nhóm lũy linh và các tính chất, kết quả của phổ toán tử. Luận văn được hoàn thành dưới sự hướng dẫn khoa học của PGS. TS. Nguyễn Thiệu Huy 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 4
tốt hơn. Cuối cùng, tôi cũng xin cám ơn Cơ quan là trường THPT Nam Lý-Lý Nhân-Hà Nam, đã cho tôi được đi học, 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 3 năm 2011 5
Chương 1 Lý thuyết nửa nhóm toán tử Chương này trình bày những kiến thức cơ bản về nửa nhóm và một số kết quả cần thiết cho chương 2 và chương 3. 1.1. Nửa nhóm liên tục mạnh và các tính chất Định nghĩa 1.1. Họ (T (t))t≥0 ⊂ L(X), X là không gian Banach gọi là nửa nhóm liên tục mạnh nếu: (i) T (t + s) = T (t).T (s), ∀t, s ≥ 0. (ii) T (0) = I toán tử đồng nhất. (iii) lim+ T (t)x = T (t0 )x, ∀x ∈ X, ∀t0 ≥ 0. t→t0 Chú ý 1.2. (i) Nếu (T (t))t≥0 ⊂ L(X) thỏa mãn các điều kiện với mọi t, s ∈ R ta có một nhóm liên tục mạnh. 6
(ii) Trong trường hợp nửa nhóm tại t0 = 0 xét giới hạn bên phải. Ví dụ 1.3. X là không gian Banach, A ∈ L(X). Khi đó T (t) = etA (t ≥ 0) là nửa nhóm liên tục mạnh. ∞ (tA)n Chứng minh. Ta có T (t) = etA := P n! , t ≥ 0, vì n=0 ||tA)n || tn ||A||n tn+1 ||A||n+1 tn ||A||n t||A|| ≤ và lim : = lim = 0 < 1. n! n! n→∞ (n + 1)! n! n→∞ n + 1 ∞ P ||(tA)n || Suy ra chuỗi n! hội tụ theo Dalambert. n=0 ∞ P (tA)n Nên n! hội tụ trong L(X) (do hội tụ tuyệt đối −→ hội tụ trong L(X)). n=0 Ta có T (0) = I (quy ước 00 = I). Xét ∞ n n X ∞ ∞ X t A sn An X T (t)T (s) = ( )( )= Cn An n=0 n! n=0 n! n=0 trong đó tn s0 tn−1 s1 t0 sn Cn = + + ... + n! 0! (n − 1)! 1! 0! n! n 1 X n! = tk sn−k n! k!(n − k)! k=0 1 = (t + s)n . n! ∞ ((t+s)A)n = T (t + s) nên T (t) = etA là nửa nhóm. P Do đó T (t)T (s) = n! n=0 ∞ ∞ (tA)n tn ||An || = et||A|| − 1 −→ 0 P P Ta có: T (t) − I = n! ⇒ ||T (t) − I|| ≤ n! n=1 n=1 khi t → 0+ suy ra lim+ ||T (t)−I|| = 0 nên (T (t))t≥0 liên tục đều nên nó liên tục mạnh t→0 Bổ đề 1.4. X là không gian Banach, F : Kcompact ⊂ R → L(X) .Các mệnh đề sau tương đương: (i) F liên tục đối với tô pô toán tử mạnh tức là K 3 t → F (t)x ∈ X liên tục ∀x ∈ X. 7
(ii) F bị chặn đều trên K tức là: ||F (t)|| ≤ M, ∀t ∈ K và các ánh xạ K 3 t → F (t)x ∈ X liên tục ∀x ∈ X liên tục ∀x ∈ D, D trù mật trong X. (iii) F liên tục với tô pô hội tụ trên các tập com pact của X, tức là ánh xạ KxC 3 (t, x) → F (t)x ∈ X liên tục đều với mọi tập compact C ⊂ X. Chứng minh. (iii) ⇒ (ii) tầm thường. (i) ⇒ (ii) Vì ánh xạ t → F (t)x liên tục trên K compact nên với x cố định, x ∈ X, nó bị chặn ∀x ∈ X {F (t)x : t ∈ K} bị chặn theo Banach - steihau ta có: ||F (t)||, t ∈ K bị chặn trên R : ||F (t)|| ≤ M, ∀t ∈ K. (ii) ⇒ (iii) Giả sử ||F (t)|| ≤ M, ∀t ∈ K, ε > 0 cố định, C compact suy ra ε ∃x1 , ..., xn ∈ D sao cho: C ⊂ ∪ni=1 (xi + M U ), với U = B(0, 1) ⊂ X là hình cầu đơn vị trong X chọn δ > 0 sao cho ||F (t)xi − F (s)xi || < ε, (i = 1, .....n) và ∀t, s ∈ K : |t − s| < δ ε x, y ∈ C; t, s ∈ K thỏa mãn ||x − y|| < M , |t − s| < δ ε chọn i ∈ {1, ..., n} sao cho ||x − xi || < M ta có: ||F (t)x − F (s)y|| ≤ ||F (t)(x − xi )|| + ||(F (t) − F (s))xi || + ||F (s)(xi − x)||+ + ||F (s)(x − y)|| < 4ε nên ánh xạ (t, x) → F (t)x liên tục đều đối với t ∈ K, x ∈ C. Mệnh đề 1.5. Cho nửa nhóm (T (t))t≥0 trên không gian Banach. Khi đó các mệnh đề sau tương đương: (a) (T (t))t≥0 là liên tục mạnh. (b) lim T (t)x = x, ∀x ∈ X. t→0+ (c)∃δ > 0, M ≥ 1 và D ⊂ X , D trù mật trong X sao cho (i) ||T (t)|| ≤ M, ∀t ∈ [0, δ], (ii) lim+ T (t)x = x, ∀x ∈ D. t→0 8
Chứng minh. (a) ⇒ (c.ii) tầm thường. (a) ⇒ (c.i) với δ > 0 bất kỳ x cố định x ∈ X ánh xạ t → T (t)x liên tục trên [0, δ] suy ra {kT (t)xk, t ∈ [0, δ]} bị chặn ∀x ∈ X theo nguyên lý bị chặn đều (Banach- Steihau), nên ||T (t)x|| ≤ M, ∀t ∈ [0, δ], M ≥ 1 (do kT (0)k = kIk = 1). (c) ⇒ (b), giả sử {tn }n ⊂ [0, ∞), tn → 0 khi n → ∞. Đặt K = {tn , n ∈ N } ∪
{0}, Kcompact ⊂ R và T (.)
K bị chặn (||T (t)|| ≤ M, ∀t ∈ K) và T (.)
K x liên tục ∀x ∈ D, D trù mật trong X. Theo bổ đề 1 ta có lim T (tn )x = x, ∀x ∈ X. n→∞ Vì {tn }n ⊂ [0, +∞), tn → 0. (b) ⇒ (a), giả sử t0 > 0 và x ∈ X. Khi đó lim kT (t0 + h)x − T (t0 )xk ≤ kT (t0 )k lim kT (h)x − xk = 0. h→0+ h→0 Do đó lim T (t0 + h)x = T (t0 )x, nên T (t)x liên tục bên phải tại t = t0 . h→0+ Nếu h < 0 ta có kT (t0 + h)x − T (t0 )xk ≤ kT (t0 + h)kkx − T (−h)xk nên T (t)x liên tục bên trái tại t = t0 . Từ giả thiết lim+ T (t)x = x, ∀x ∈ X nên tồn tại M > 1, δ > 0 sao cho với t→0 1 mọi t ∈ [0, δ] ta có ||T (t)|| ≤ M . (Vì nếu không ∀n = n, tồn tại tn ∈ [0; n1 ] sao cho kT (tn )k ≥ n. Khi đó tn → ∞ thì kT (tn )k → +∞, (n → +∞)). Theo Banach-Steihau tồn tại x ∈ X sao cho {kT (tn )xk, n ∈ N } không bị chặn, điều này mâu thuẫn với lim T (tn )x = x. n→∞ Đặt n = δ ta có n ≤ tδ0 < n + 1 suy ra nδ ≤ t0 < (n + 1)δ, ∀t ∈ [0, t0 ], t 0 t t do t ≤ t0 < (n + 1)δ nên n+1 < δ suy ra kT (t)k = kT (n + 1). n+1 k ≤ t kT ( n+1 )kn+1 ≤ M n+1 . Do đó kT (t0 +h)x−T (t0 )xk ≤ M n+1 kx−T (−h)k → 0, với t0 + h ∈ [0; t0 ], (h < 0) suy ra kT (t0 + h)k ≤ M n+1 (h → 0) nên lim T (t0 + h)x = T (t0 )x. Vậy lim T (t0 + h)x = T (t0 ) ⇒ (a). h→0− h→0 Mệnh đề 1.6. Mọi nửa nhóm liên tục mạnh (T (t))t≥0 , tồn tại hằng số 9
ω ∈ R và M ≥ 1 sao cho ||T (t)|| ≤ M eωt Chứng minh. Chọn M ≥ 1 sao cho ||T (s)|| ≤ M, ∀0 ≤ s ≤ 1 và t ≥ 0 ta viết t = s + n với n ∈ N, 0 ≤ s < 1. Khi đó kT (t)k ≤ kT (s)kkT (1)kn ≤ M n+1 = M enlnM ≤ M eωt . ω := lnM với mỗi t ≥ 0. Bổ đề 1.7. Cho (T (t))t≥0 là nửa nhóm liên tục mạnh và x ∈ X. Ánh xạ qũy đạo ξx : t 7→ T (t)x ∈ X. Khi đó các tính chất sau tương đương (a) ξx (.) khả vi trên R+ . (b) ξx (.) khả vi bên phải tại t = 0. Định nghĩa 1.8. Toán tử A : D(A) ⊆ X → X xác định bởi 1 Ax := ξx. (0) = lim (T (h)x − x) h→0 h 1 trên miền xác định D(A) = {x ∈ X : lim h (T (h)x − x) tồn tại } gọi là toán h→0 tử sinh của nửa nhóm liên tục mạnh (T (t))t≥0 trên không gian Banach X. Định lí 1.9. Đối với toán tử sinh A của nửa nhóm liên tục mạnh (T (t))t≥0 ta có: (i) A : D(A) ⊂ X → X là toán tử tuyến tính. (ii) Nếu x ∈ D(A) thì T (t)x ∈ D(A) d và dt T (t)x = T (t)Ax = AT (t)x, ∀t ≥ 0. Rt (iii) ∀t ≥ 0, x ∈ X ta có 0 T (s)xds ∈ D(A). (iv) ∀t ≥ 0 ta có: Z t T (t)x − x = A T (s)xds nếu x ∈ X 0 Z t = T (s)Axds nếu x ∈ D(A). 0 10
Chứng minh. (i) Hiển nhiên do T (t) là toán tử tuyến tính và tính chất của T (h)x−x giới hạn Ax = lim h . h→0 (ii) Lấy x ∈ D(A) từ định nghĩa của A 1 T (h)x − x lim+ (T (t + h)x − T (t)x) = T (t) lim+ = T (t)Ax h→0 h h→0 h 1 ⇒ lim+ (T (h)T (t)x − T (t)x) tồn tại. h→0 h Do vậy T (t)x ∈ D(A) và AT (t)x = T (t)Ax. (iii) x ∈ X, t ≥ 0 ta có : Z t Z t 1 [T (h) T (s)xds − T (s)xds] h 0 0 1 t 1 t Z Z = T (h + s)xds − T (s)xds h 0 h 0 1 t+h 1 t Z Z = T (s)xds − T (s)xds h h h 0 1 t 1 t+h 1 h 1 t Z Z Z Z = T (s)xds + T (s)xds − T (s)xds − T (s)xds h h h t h 0 h h 1 t+h 1 h Z Z = T (s)xds − T (s)xds h t h 0 1 h 1 h Z Z = T (t + s)xds − T (s)xds h 0 h 0 1 h 1 h Z Z = T (t) T (s)xds − T (s)xds −→ T (t)x − x khi h → 0. h 0 h 0 Rt Vậy 0 T (s)xds ∈ D(A). (iv) Nếu x ∈ D(A), thì hàm s 7→ T (s) T (h)x−x h hội tụ đều trên [0, t] đến hàm s 7→ T (s)Ax khi h → 0 do ||T (s)|| ≤ M, ∀s ∈ [0, t]. Vì vậy, Z t Z t 1 1 lim+ (T (h) − I) T (s)xds = lim T (s) (T (h) − I)xds h→0 h 0 h→0+ 0 h Z t = T (s)Axds. 0 Rt Do đó T (t)x − x = 0 T (s)Axds, ∀x ∈ D(A). 11
Định lí 1.10. Toán tử sinh của nửa nhóm liên tục mạnh là toán tử đóng với miền xác định trù mật và xác định nửa nhóm một cách duy nhất. Chứng minh. Giả sử (T (t))t≥0 là nửa nhóm liên tục mạnh trên X. Toán tử sinh A là toán tử tuyến tính. Ta chứng minh A là toán tử đóng. Giả sử {xn }n ⊂ D(A), xn → x, Axn → y ta cần chứng minh x ∈ D(A) và Ax = y. Thật vậy, theo (iv) của định lí (1.9) ta có: Z 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]) cho n → ∞ Z t ⇒ T (t)x − x = T (s)yds 0 1 t Z 1 ⇒ (T (t)x − x) = T (s)yds. t t 0 Theo (iii) của định lí (1.9) ta có 1 t 1 t R R t 0 T (s)xds ∈ D(A) nên lim t 0 T (s)xds = x, ∀x ∈ X. Vậy D(A) trù mật t→0+ trong X. Định nghĩa 1.11. (A,D(A)) là toán tử đóng trong không gian Banach X. Tập các giá trị chính quy của A: ρ(A) = {λ ∈ C : (λI − A) là song ánh }. Khi đó R(λ, A) := (λI − A)−1 , λ ∈ ρ(A) gọi là giải thức của A. Định lí 1.12. Cho(T (t))t≥0 là nửa nhóm liên tục mạnh trên không gian Banach X, và lấy hằng số ω ∈ R, M ≥ 1 sao cho kT (t)k ≤ M eωt , ∀t ≥ 0. Khi đó với toán tử sinh (A, D(A)) của nửa nhóm (T (t))t≥0 ta có các tính chất sau: R∞ (i) Nếu λ ∈ C sao cho R(λ)x := 0 e−λs T (t)xds tồn tại, ∀x ∈ X thì λ ∈ ρ(A) và R(λ, A) = R(λ). (ii) Nếu Reλ > ω thì λ ∈ ρ(A) và λ ∈ ρ(A) và R(λ, A) = R(λ). M (iii) ||R(λ, A)|| ≤ Reλ−ω , ∀Reλ > ω. 12
R +∞ Công thức R(λ, A)x = 0 e−λs T (s)xds gọi là biểu diễn tích của giải thức. Tích phân ở đây là tích phân Rieman suy rộng Z +∞ Z t −λs e T (s)xds = lim e−λs T (s)xds. 0 t→+∞ 0 Chứng minh. Bằng cách thay nửa nhóm đã cho bằng nửa nhóm điều chỉnh có thể giả thiết λ = 0. Khi đó, x ∈ X tùy ý và h > 0 ta có: T (h) − I T (h) − I ∞ Z R(0)x = T (s)xds h h 0 1 ∞ 1 ∞ Z Z = T (s + h)xds − T (s)xds h 0 h 0 1 ∞ 1 ∞ Z Z = T (s)xds − T (s)xds h h h 0 1 h Z = − T (s)xds. h 0 Cho h → 0+ , vế phải → −x, do R(0)x ∈ D(A) nên AR(0)x = −x suy ra AR(0) = −I. Rt Với x ∈ D(A) ta có: lim 0 T (s)xds = R(0)x t→+∞ Rt Rt và lim A 0 T (s)xds = lim 0 T (s)Axds = R(0)Ax, R(0)x ∈ D(A) t→+∞ t→+∞ Do A là toán tử đóng nên R(0)Ax = AR(0)x = −x. Vì vậy R(0) = (−A)−1 . (ii) và (iii) được suy ra từ (i) với ước lượng: Z t Z t Z t −λs k e T (s)dsk ≤ |e−λs |kT (s)kds ≤ M |e−λs |eωs ds 0 0 0 Z t = M e(ω−Reλ)s ds. 0 Rt 1 1 Vì Reλ > ω nên 0 e(ω−Reλ)s ds = ω−Reλ (e (ω−Reλ)t − 1) → ω−Reλ khi t → ∞. Hệ quả 1.13. Toán tử sinh (A,D(A)) của nửa nhóm liên tục mạnh (T (t))t≥0 thỏa mãn kT (t)k ≤ M eωt , ∀t ≥ 0, với Reλ > ω, n ∈ N ta có: (−1)n−1 dn−1 R(λ, A)n x = R(λ, A)x (1.1) (n − 1)! dλn−1 Z ∞ 1 = sn−1 e−λs T (s)ds, ∀x ∈ X (1.2) (n − 1)! 0 13
Ta cũng có : M kR(λ, A)n k ≤ , ∀n ∈ N, Reλ > ω. (1.3) (Reλ − ω)n Chứng minh. (1.1 ) và (1.2) tương đương dn−1 R(λ, A)x = (−1)n−1 (n − 1)!R(λ, A)n x dλn−1 Z ∞ = (−1)n−1 sn−1 e−λs T (s)ds. 0 Với λ, µ ∈ ρ(A) ta có: (λI − A)R(λ, A) = I ⇒ [λR(λ, A) − AR(λ, A)]R(µ, A) = R(µ, A), tương tự: [µR(µ, A) − AR(µ, A)]R(λ, A) = R(λ, A) lại có (λI − A)R(λ, A) = R(λ, A)(λI − A) = I ⇒ AR(λ, A) = R(λ, A)A. Nên R(λ, A) − R(µ, A) = (µ − λ)R(λ, A)R(µ, A) gọi là phương trình giải thức Hilbert, nên R(λ, A)R(µ, A) giao hoán. Với λ 6= µ ta có: R(λ, A) − R(µ, A) = −R(λ, A)R(µ, A) λ−µ d 2 cho µ → λ ⇒ dλ R(λ, A) = −R(λ, A) nên ( 1.1) đúng với n = 2. d d R +∞ −λs R +∞ −λs Do dλ R(λ, A)x = dλ 0 e T (s)xds = − 0 se T (s)xds do vậy ( 1.2) đúng với n = 2. Trường hợp tổng quát ta suy ra bằng quy nạp, giả sử (1.1) đúng với n ta chứng minh (1.1) đúng với n + 1 dn d R(λ, A)x = (−1)n−1 (n − 1)! R(λ, A)n dλn dλ d = (−1)n−1 (n − 1)!nR(λ, A)n−1 R(λ, A)x dλ d = (−1)n n!R(λ, A)n+1 x (do R(λ, A) = −R(λ, A)2 ) dλ 14
suy ra ( 1.1) đúng với n + 1. +∞ dn Z d R(λ, A)x = (−1) n−1 sn−1 e−λs T (s)xds dλn dλ 0 Z +∞ = (−1)n sn e−λs T (s)xds ⇒ ( 1.2) đúng với n + 1. 0 Z ∞ 1 n ||R(λ, A) x|| = || sn−1 e−λs T (s)ds|| (n − 1)! 0 Z ∞ M ≤ sn−1 e(ω−Reλ)s ds||x|| (n − 1)! 0 (tích phân từng phần n-1 lần) M = ||x|| (Reλ − ω)n nên ( 1.3) được chứng minh. 15
Chương 2 Sự tồn tại và ổn định nghiệm của phương trình trung tính 2.1. Phương trình trung tính Chúng ta nghiên cứu phương trình trung tính dạng:   ∂ F ut = BF ut + Φut với t ≥ 0  ∂t (N P DE) (2.1) u0 (t) = ϕ(t) với t ≤ 0  Ở đây: Chọn X là không gian Banach B là toán tử đạo hàm riêng tuyến tính, F và Φ là toán tử sai phân và toán tử trễ. Xét nghiệm là một hàm u(.) : R → X Khi đó hàm lich sử được xác định: ut (s) := u(t + s) với mọi t ≥ 0, s ≤ 0. Hơn nữa: 16