BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TP. HỒ CHÍ MINH
PHAN DƯƠNG CẨM VÂN
DƯỚI DẠNG CHẤP NHẬN ĐƯỢC
CỦA KHÔNG GIAN ORLICZ
BIỂU DIỄN TÍNH ỔN ĐỊNH MŨ CỦA HỌ TIẾN HÓA
Chuyên ngành : Toán Giải Tích Mã số : 60 46 01
LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC
NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC PGS.TS LÊ HOÀN HÓA
Thành phố Hồ Chí Minh - 2010
LỜI CẢM ƠN
Đầu tiên tôi xin bày tỏ lòng tri ân sâu sắc đối với Thầy PGS.TS. Lê Hoàn Hóa –
Khoa Toán – Tin học,Trường Đại học Sư Phạm TP.HCM đã hướng dẫn , động viên và giúp
đỡ tôi tận tình trong suốt quá trình học tập và thực hiện luận văn.
Tôi xin gửi lời cảm ơn đến quý Thầy,Cô trong Hội đồng chấm luận văn đã dành thời
gian đọc,chỉnh sửa và đóng góp ý kiến giúp tôi hoàn thành luận văn này một cách hoàn
chỉnh.
Tôi chân thành cảm ơn các Ban chủ nhiệm nhiệm Khoa Toán – Tin học Trường Đại
học Sư phạm TP.Hồ Chí Minh, các Thầy,Cô đã tận tình tham gia giảng dạy tôi trong lớp cao
học Giải Tích khóa 18 và Phòng KHCN – SĐH Trường Đại học Sư phạm TP.Hồ Chí Minh.
Tôi gởi lời cảm ơn đến Ban Giám Hiệu, các đồng nghiệp tổ bộ môn Toán trường
THPT Chuyên Lê Hồng Phong đã tạo điều kiện thuận lợi cho tôi trong công tác để tôi có thể
tham gia đầy đủ các khóa học cũng như hoàn thành luận văn này.
Tôi cũng gởi lời cảm ơn đến tất cả các bạn trong lớp Cao học khóa 18.
Cuối cùng , trong quá trình viết luận văn này , khó tránh khỏi những thiếu sót , tôi
mong nhận được những ý kiến đóng góp của bạn đọc. Mọi ý kiến đóng góp xin gởi về email:
phanduongcam_van@yahoo.com
Xin chân thành cảm ơn.
MỞ ĐẦU
1. Lí do chọn đề tài :
Hiện nay , vấn đề nửa nhóm và họ tiến hóa trong không gian Banach là hướng nghiên
cứu lớn của toán học hiện đại . Nhiều nhà toán học trên thế giới đã và đang tiếp tục nghiên
cứu phát triển vấn đề này theo nhiều hướng khác nhau . Đặc biệt một số nhà toán học quan
tâm nghiên cứu tính ổn định mũ của họ tiến hóa trong không gian Orlicz .
Vì vậy chúng tôi chọn đề tài này làm nội dung nghiên cứu của luận văn nhằm học tập
và phát triển đề tài theo hướng nghiên cứu trên
2. Mục đích :
Luận văn nghiên cứu tính ổn định mũ của họ tiến hóa trong không gian Orlicz thông
qua nghiệm của bài toán Cauchy
3. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu
Luận văn trình bày lại kết quả bài báo “ A Characterizationof The Exponential
Stability of Evolutionary Processes in Terms of The Admissbilty of Orlicz Space ” của ba
tác giả C.Chilarescu – A .Pogan –C.Preda nhưng chứng minh chi tiết hơn .
4.Ý nghĩa khoa học thực tiễn
Kết quả của luận văn này là cơ sở tiếp tục nghiên cứu các tính chất khác của nghiệm
phương trình vi phân với tính ổn định mũ của họ tiến hóa.
NỘI DUNG ĐỀ TÀI
Chương 1: Trình bày những kiến thức cơ bản liên quan đến họ tiến hóa và một số phương
trình vi phân
Chương 2 : Trình bày định nghĩa không gian Orlicz , các tính chất và kết quả có được trong
không gian này .
Chương 3 : Biểu diễn tính ổn định mũ của họ tiến hóa dưới dạng chấp nhận được trong
không gian Orlicz.
Chương 1
MỘT SỐ KIẾN THỨC CƠ BẢN
1.1 NỬA NHÓM LIÊN TỤC ĐỀU CÁC TOÁN TỬ TUYẾN TÍNH BỊ
CHẶN
Định nghĩa 1.1.1:
Cho X là không gian Banach .Họ tham số T(t) , 0 t của các toán tử tuyến tính bị
chặn từ X vào X được gọi là nửa nhóm các toán tử tuyến tính bị chặn trên X nếu
i) T(0) = I (I là toán tử đồng nhất trên X)
ii) T(t+s) = T(t) .T(s) với mọi t, s 0
I
Một nửa nhóm các toán tử tuyến tính bị chặn T(t) gọi là liên tục đều nếu
0
T t
lim t 0
(1.1)
Từ định nghĩa rõ ràng ta có :
Nếu T(t) , 0 t , là một nửa nhóm liên tục đều các toán tử tuyến tính bị chặn thì
0
T s
T t
lim t s
(1.2)
T t
Cho là một nửa nhóm liên tục đều các toán tử tuyến tính bị chặn xác định Định nghĩa 1.1.2 : 0t
hA xác định như sau :
x
trên X .Với h > 0 ta định nghĩa toán tử tuyến tính
x X
,
A x h
T h x h
(1.3)
Kí hiệu D(A) là tập tất cả các x X sao cho giới hạn
A x lim h
h
0
tử A trên D(A ) như sau :
Ax
x D A
(1.4)
,
(
)
A x h
lim h 0
Ta gọi toán tử A xác định như trên là toán tử sinh cực vi của nửa nhóm T(t) và D(A) là tập
xác định của A
Định lí 1.1.3:
Một toán tử tuyến tính A là toán tử sinh của nứa nhóm liên tục đều nếu và chỉ nếu A là
toán tử tuyến tính bị chặn
Chứng minh :
tồn tại , ta xác định toán
n
tA
Cho A là toán tử tuyến tính bị chặn trên X và đặt
e
T t
tA n !
n
0
(1.5)
0t và xác định với mỗi t một toán tử tuyến
Vế phải của (1.5) hội tụ theo chuẩn với mọi
tính bị chặn T(t)
I với cách tính trực tiếp trên chuỗi lũy thừa trên ta thấy
0T
T s
t
T s T t .
Rõ ràng là
t A
I
t A e
T t
I
Tiến hành đánh giá chuỗi lũy thừa trên ta có :
A
I
A T t .
T t t
và
Từ đó suy ra rằng T(t) là nửa nhóm liên tục đều của toán tử tuyến tính bị chặn xác
định trên X và A là toán tử sinh của T(t)
Mặt khác cho T(t) là nửa nhóm liên tục đều của toán tử tuyến tính bị chặn xác định
0 ,đủ nhỏ sao cho:
I
1
1
T s ds
0
1
trên X .Cố định
T s ds
T s ds
0
0
Suy ra rằng là khả nghịch và vì vậy là khả nghịch
1
1
h
T s h ds
T h
I T s ds h
0
0
0
T s ds
h
1
h
T s ds
0
0
T s ds
1
h
1
1
Vì vậy
(1.6)
I
h
T s ds
T s ds
T s ds
h T h
0
0
0
Bây giờ
1h
I
h trong (1.6) ta thấy
0
T h
1
Cho là hội tụ theo chuẩn và vì vậy đủ mạnh để
T
I
T s ds
0
toán tử tuyến tính bị chặn là toán tử sinh của T(t)
Vậy nửa nhóm T(t) có một tóan tử sinh A thì có duy nhất không ? Trả lới câu hỏi này
ta xem định lí sau:
Định lí 1 .1.4:
I
I
Cho T(t) và S(t) là nửa nhóm liên tục đều các toán tử tuyến tính bị chặn .
A
lim t 0
lim t 0
T t t
S t t
Nếu (1.7 )
0t
thì T(t) = S(t) với mỗi
t
Chứng minh :
.Cố định T > 0, khi
S t
T t
t T t
vaø S t
Cho T > 0 , là liên , với 0 t T
C vôùi
.
0
t s T ,
T t
S t
tục thì tồn tại hằng số C sao cho :
0 , tồn tại một số
0 sao cho :
Từ (1.7) cho
1h T h
S h
TC
, từ tính chất của nửa nhóm và (1.8) ta có :
và chọn
(1.8) với 0 h
1n sao cho
t n
T t
S t
t n
t n
T n
S n
n
1
k
1
t
S .
T n k
T n k
1
t n
kt n
t n
n
k
0
S
n
1
T
S
S
T n k
1
t n
t n
t n
kt n
k
0
Cn
t TC n
Vậy
, với 0 t T
S t
T t
Do hai định lí trên ta có kết quả sau:
T(t) là nửa nhóm liên tục đều của toán tử tuyến tính bị chặn . ta có
Tồn tại hằng số
t e
0 sao cho
T t
Cho 0 t T
tA
e
T t
Tồn tại toán tử tuyến tính bị chặn duy nhất A sao cho
t
Toán tử A trong phần b là toán tử sinh của T(t)
AT t
T t A
T t
dT t dt
1.2 NỬA NHÓM LIÊN TỤC MẠNH CÁC TOÁN TỬ TUYẾN TÍNH BỊ
CHẶN
là khả vi với chuẩn và
Định nghĩa 1.2.1
Một nửa nhóm T(t) 0 t của các toán tử tuyến tính bị chặn từ X vào X được gọi
là nửa nhóm liên tục mạnh nếu:
x
với mọi x X
T t x
lim t 0
(1.9)
Một nửa nhóm liên tục mạnh các toán tử tuyến tính bị chặn trên X sẽ được gọi là
hay gọi tắt là nửa nhóm_C0
một nửa nhóm của lớp C0
, khi đó tồn tại hằng số
1M sao cho
0 và
Định lí 1.2.2 :
t
Cho T(t) là nửa nhóm_C0
T t Me
vôùi 0 t
(1.10)
Chứng minh :
0 sao cho
T t
Trước tiên ta thấy rằng có một số là bị chặn trong 0 t .
n
0
vaø T t
t n
t n
n
0 , lim n
thỏa Thật vậy nếu điều này sai thì ta có dãy nt
x là không bị chặn,
nT t
mâu thuẫn với ( 1.9) .
Vậy
T t M vôùi 0 t
Ta có
1
1,M 1 . Cho
logM 0 . Cho t 0
T 0
.
Ta có t n
, vôùi 0
Áp dụng tính chất nửa nhóm ta có :
n
n
1
T
M
(đpcm )
t t M M Me
.
T t
T
Hệ quả 1.2.3:
Khi đó áp dụng định lí bị chặn đều ta thấy tồn tại x X sao cho
thì với mọi
T t x là một hàm liên tục từ
x X t ,
(0 ;
) vào X
Cho T(t) là nửa nhóm_C0
Chứng minh :
t h ta có : 0
x
T t h x T t x
T t
T h x
t x Me T h x
Cho ,
t h 0
t
T t h x T t x
T t h
x T h x Me
x T h x
t
Và cho
T t x
Vậy liên tục
và A là toán tử sinh của nó .
Định lí 1.2.4:
Cho Cho T(t) là nửa nhóm_C0
t h
Ta có
x X
T s x ds T t x
, lim h 0
1 h
t
a) Với (1.11)
t
A
x
b) Với x X
T s x ds
T t x
T t x D A và
0
Ta có (1.12)
x D A . Ta có
T t x D A
c) Cho
T t x AT t x T t Ax
d dt
(1.13) và
x D A
t
t
(1.14)
T r Ax dr
T t x T s x
AT r x dr
s
s
Chứng minh :
t
a) Phần này được suy ra trực tiếp từ tính liên tục của
T t x
b) Cho x X và h > 0 . ta có
t
t
I
T h s x T s x ds
T s x ds
T h h
1 h
0
0
h
t h
T s xds
T s xds
1 h
1 h
t
0
d) Cho , ta có
x , ta có điều phải chứng minh
h vế phải sẽ tiến đến
0
T t x
x D A
và khi
I
I
x
T t Ax khi h
0
T t x T t
T h h
T h h
T t x D A vaø AT t x T t Ax
, và h > 0 , ta có c) Cho
T t x AT t x T t Ax
d dt
Vì vậy nên suy ra rằng
Nghĩa là đạo hàm bên phải của T(t)x là T(t)Ax.Chứng minh (1.13 ) ta phải thấy rằng cho t
T t Ax
lim h 0
T t x T t h x h
Ax
0
lim T t h h
0
lim T t h Ax T t Ax h
0
T h x x h
>0, đạo hàm bên trái của T(t) x tồn tại và bằng T(t)Ax
Vì:
x D A vaø T t h
Ax
lim T t h h
0
T h x x h
= 0 do bị chặn trên 0 h t
= 0 do tính liên tục mạnh của T(t)
lim T t h Ax T t Ax h
0
và
1.3 NỬA NHÓM CÁC TOÁN TỬ TUYẾN TÍNH VÀ BÀI TOÁN
CAUCHY
Cho X là không gian Banach và cho A là toán tử tuyến tính từ
X vào X . Cho
D A
x X , bài toán Cauchy của A với giá trị đầu x là :
Au(t)
t 0
(1.15)
x
du t dt u 0
Nghiệm của bài toán trên là hàm u(t) thỏa :
có giá trị trong X
u(t) liên tục với mọi t 0 , khả vi liên tục
với mọt t > 0
u(t) D A
d) Ta chỉ cần lấy tích phân từ s đến t hai vế của (1.13) sẽ có điều phải chứng minh
thỏa (1.15)
Rõ ràng , nếu A là toán tử sinh của nửa nhóm _C0 T(t) thì bài toán Cauchy theo A có
nghiệm u(t) =T(t)x với mọi x thuộc D(A) .
T t x AT t x T t Ax
d dt
và T(0)x = x Thật vậy định lí 1.2.4 thì
Au(t)
t 0
f t
Bây giờ ta xét xem bài toán giá trị đầu không thuần nhất
x
du t dt u 0
(1.16)
X , A là A là toán tử sinh của nửa nhóm _C0 T(t) sao cho phương trình
f : 0,T
Với
thuần nhất tương ứng có nghiệm duy nhất với mọi giá trị đầu x D(A)
Định nghĩa 1.3.1:
0,T nếu :
u : 0,T
X là nghiệm mạnh của 1.16 trên
0,T
Một hàm
u liên tục trên
0,T
u khả vi liên tục trên
vôùi 0 t T
u t D A
0,T
thỏa 1.16 trên
Cho T(t) là nửa nhóm _C0 được sinh bởi A và cho u là một nghiệm của (1.16). Khi đó
AT t
s u(s) T t
s u'(s)
dg ds
AT t
s u(s) T t
s Au s
T t
s f s
(1.17)
s f s
1
Nếu
thì
khả tích và lấy tích phân (1.17) từ 0 đến t ta có :
T t
s f s
= T t f L 0,T : X
t
t
T t
s u(s)
T t
s f s ds
0
0
t
T(t)x
u s
T t
s f s ds
0
t
(1.18)
T(t)x
u s
T t
s f s ds
0
hàm có giá trị trong X là g(s) = T(t-s) u(s) là khả vi với 0 < s < t và
1
f L 0,T : X
Từ định nghĩa trên ta thấy nếu thì với mọi x X , bài toán giá trị đầu
(1.16) có nhiều nhất một nghiệm , nếu nó có nghiệm thì nghiệm này được cho bởi (1.18)
1
Định nghĩa 1.3.2:
f L (0,T : X)
. Hàm Cho A là toán tử sinh của nửa nhóm _C0 T(t) .Cho x X và
u C 0,T : X
t
0 t T
u t
T t x
T t
s f s ds
0
được cho bởi :
là một nghiệm yếu (mild solution ) của bài toán giá trị đầu (1.16)
Tham khảo [1]
1
Định lí 1.3.3:
f L (0,T : X)
t
liên tục trên [0,T] Cho A là toán tử sinh của nửa nhóm _C0 T(t) .Cho
v(t)
0 t T
T t
s f s ds
0
và cho .
nếu một trong hai Bài toán (1.16) có nghiệm mạnh u trên [0,T) với mọi x D(A)
điều kiện sau được thỏa :
i) v(t) là khả vi liên tục trên (0,T)
và Av(t) liên tục trên (0,T)
v(t) D A vôùi 0 t T
ii)
x D A
Nếu bài (1.16) có nghiệm u trên [0,T) với mọi nào đó thì v(t) sẽ thỏa cả hai điều
kiện i) và ii)
Cho A là toán tử sinh của nửa nhóm _C0 T(t) .
Nếu f(s) là khả vi liên tục trên [0,T] thì bài toán (1.16) có nghiệm mạnh u trên [0,T) với
.
mọi x D(A)
1.4. HỌ TIẾN HÓA TRÊN KHÔNG GIAN BANACH
Định nghĩa 1.4.1:
,trên L(X) xác định chuẩn sau
L X
Cho X là không gian Banach
f : X X , f tuyeán tính lieân tuïc
.Khi đó ta có
là không gian Banach
f
sup
L X ,
X f x x
X
Hệ quả 1.3.4:
L(X)
U t,s
t
s
0
Họ U = các toán tử tuyến tính bị chặn trên X được gọi là họ
nếu và chỉ nếu :
t 0
I
e ) U t,t 1
lieân tuïc treân [s ;
s 0
x X
)
e ) 2
t,.
[0 ;t]
t 0
x X
e ) U t,s U t,r U r,s
r
s 0
t
U U
.,s
lieân tuïc treân
3
t s
soá M,
0 sao cho : U t,s Me
s 0
t
4e )
0 thì họ tiến hóa U gọi là ổn định mũ đều
tiến hóa trên
Nếu e4 đúng với
( uniformly exponentially stable , gọi tắt là u.e.s )
U t,s
t
s
0
Như vậy ta có thể phát biểu như sau : họ tiến hóa U = được gọi là ổn
v t s
định mũ đều nếu tồn tại 2 hằng số dương N , v sao cho thỏa điều kiện sau :
N.e
U t,s
(1.19)
s ;0
s 0
t
5e ) U t,s U t
Nếu họ tiến hóa U thỏa thêm điều kiện sau :
L X
T U t,0 : t 0 là hiển nhiên đúng .
thì họ là một nửa nhóm liên tục mạnh trên X .
Trong trường hợp này e4
t 0
A t u t
x
x X
du t dt u 0
Với A(t) là toán tử tuyến tính ( có thể không bị chặn )
Nghiệm yếu của hệ phương trình trên dẫn đến họ tiến hóa trên
U
U t,s : t
L X
s 0
Cho bài toán non- autonomous
Chương 2
KHÔNG GIAN ORLICZ VÀ MỐI LIÊN HỆ VỚI KHÔNG GIAN LP , L∞
2.1 NHẮC LẠI MỘT SỐ KHÔNG GIAN HÀM .
,X
f :
Cho X là không gian Banach , f là hàm đo được Bochner
X,ñoñöôïc Bochner
,X
,K
,K compact
f t dt
1 L loc
+
f M ,X : K
p
pL
,X
dt
, p
f t
1;
f M ,X :
L
,X
f M ,X : ess sup f(t)
t
M
pL
L
,X
,X
1 p
p
, là không gian Banach với các chuẩn tương ứng sau : Ta biết
dt
f t
pf
f =ess sup f(t) t
và
p L
p L
p
1;
,
L
L
,
,
1 L loc
1 L loc
2.2 KHÔNG GIAN ORLICZ.
Định nghĩa 2.2.1
Cho
t 0 0,
, không giảm ,liên tục trái và có tính chất
t
:
t
gọi là Young function
t
s ds
0
Nhận xét về hàm :
t
t
1
2
ta có
t
0
t
t
s ds,
s ds
,t 1
2
1
2
0
0
Các kí hiệu đơn giản :
ta có
t
t
0 t 1
t 2
1
2
t
t
t
2
t 1
2
2
t
t
t
* .Hàm không giảm
s ds
s ds
s ds
s ds
2
1
1
0
0
t 1
t 1
t
Do
t 0
0,
t
0
t
t
s ds 0 ,
0
*
' t
t
với hầu hết t > 0 * Đạo hàm
Do là hàm không giảm , liên tục trái nên là hàm biến thiên bị chặn , theo một kết
0
,
t 0
' t
quả trong “ Giải tích hiện đại “ của Hoàng Tụy thì có đạo hàm hầu khắp nơi và
'' t
' t
1
t
t
t
0
1
1
2
1
2
t ,t 1
2
t
Vậy hầu khắp nơi , suy ra là hàm lồi , nghĩa là :
f
g
Do tính chất hàm lồi ta có :
f
g
2
1 2
1 2
n
n
(2.1)
,0
1
,
f i
f i
i
i
i
n i i 1
i 1
i 1
,
t
Áp dụng vào trong định nghĩa tích phân ta có:
f s ds
f s ds
1 kt
0
t 1 1 t k 0
Định nghĩa 2.2.2:
Cho
f :
, ñoñöôïc Bochner .Ta định nghĩa :
(2.3)
M f
f s ds
0
Ta đặt
L
f sao cho
k 0 ñeå M kf
.
f
inf k 0 : M
f
Trên L ta xác định chuẩn như sau:
1 k
1
Khi đó , ta có Llà không gian tuyến tính
i/
chứng minh f
g L
,f g L
(2.2)
f L
k
k f s ds
1
0 sao cho M k f 1
1
0
g L
k
0 sao cho M k g
k g s ds
2
2
2
0
Ta có
2,k k } ta xét
M
(g f)
kf s
kg s ds
kf s
kg s ds
k 2
1 2
1 2
0
kf s
kg s
1 2
Đặt k = min { 1
1 2
1 2
0
ds
kf s ds
kg s ds
0 1 2
1 2
0
0
1
2
k f s ds
k g s ds
1 2
1 2
0
0
g L
Suy ra f
f
f
chứng minh
L
L ,
ii/
f L
k f s ds
k 1
0 sao cho M k f 1
1
0
k
Ta có
k 1
1
Chọn
M k f
k f s ds
1
k f s 1
1
0
0
Ta có
f
L
Kiểm tra định nghĩa trên là chuẩn
i)
f
inf k 0 : M
f
0
, f
. f
0
0
1 k
1
Ta có :
f
inf k 0 : M
f
0
1 k
1
Nếu f = 0 , suy ra
= 0
M
f
f s ds
1 k
1 k
0
Suy ra
f
inf k 0 : M
f
0
1 k
1
Ngược lại
sao cho : k
0
n k
n
n
f s
1 k
n
vaø M
f
1 , n
f s ds
t dt
1 k
1 k
n
n
0
0
0
Suy ra f = 0
f
f
ii)
f
inf k 0 : M
f
A
k 0 : M
1 k
1 f k
1
1
.
f
f
inf k 0 : M
f
B
k 0 : M
1 k
1 k
1
1
. Đặt
inf A
inf B
f
Ta có , f
M f
f s ds M f
f s ds
0
0
f
f s ds M
0
k B M
f
M
f
1
1
1 k
1 k
A
k
f
k k
Trước hết ta có:
k
k B
f
f
f
,
(2.5)
k A M
M
f
f
1
1
1 k
k
M
f
B
1
k
k
f
f
k A
k
,
k
(2.6)
f
f
Từ (2.5) và (2.6) ta có :
f
f
iii)
f
g
f
g
f g L ,
:
Ngược lại
f
inf k 0 : M
f
M
f
1
1 k
1 f
1
g
inf k 0 : M
g
M
g
1
1 k
1 g
1
f g
inf k 0 : M
f g
1 k
1
M
(f g)
f g
1
f
g
1
f
g
Áp dụng tính chất hàm lồi của ta có :
L , f
là không gian Banach
L , f
gọi là không gian Orlicz (Orlicz space)
neáu s
t
0,
Khi đó ta có Định nghĩa 2.2.3 Không gian Banach Ví dụ 2.3.4:
t 0,
s
neáu s
t
0
0,
1
Xét hàm số
,
t 0
0;t L và
0;t
1
1 1 t
Chứng minh
i/ Chứng minh
0;t L
neáu s
t
0,
.
Với
t 0,
s
neáu s
t
0
0,
1
0,t
k
s
a da ds
0,t
0,t
s ds
Xeùt M k
Chứng minh:
k
0
0
0
0,t
0,t
k
s
k
s
t
a da ds
a da ds
t
0
0
0
t k
t
k
a da ds
k ds
t
0 0
0
L
0;t
Vậy
,
t 0
0;t
1
1 1 t
ii/ Chứng minh :
inf k 0 : M
0;t
0;t
1 k
1
. Ta có
k 0 : M
0;t
1 k
1
0,t
s
1 k
Ta coù M
1
a da ds 1
0;t
1 k
0
0
0,t
s
1 kt
a da ds 1
0
0
t
t
1 k
ds 1
1
a da ds 1
1 k
1 k
t
0 0
0
1
1
1 k
1 t
1 k
1 k
1 t
1 t
1
k
, k A
1
inf A
1
1 1 t 1 1 t
Vậy
,
t 0
0;t
1
1 1 t
2.3 MỐI LIÊN HỆ GIỮA KHÔNG GIAN ORLICZ VỚI KHÔNG GIAN LP , L∞
p
pL
L
Định lý 2.3.1 :
nếu
t
,
t 0
t
Đặt A =
Chứng minh :
p t
kf s
t
kf s
p
Ta có
Laáy f L
k 0 sao cho M kf
1
p
p
p
ds
k
ds 1
kf s
f s
0
0
p
Khi đó ta có :
ds
f L . Suy ra L
L p
p f s
0
(2.7)
p
p Laáy f L
ds
f s
0
p
p
k 0 sao cho M kf
k
ds
f s
0
Ngược lại :
p f L .Suy ra L
L
(2.8)
pL
L
(đpcm ) Vậy từ (2.7) và (2.8) ta có
1
1 p
Định lí : 2.3.2:
pL
L
s
, s 0
s
0;t
0;t
p
p
Nếu , và
t
,
t 0
t
thì
1
Ta có :
,
t 0
0;t
1 p
1
1 1 t
1 t
t
t
p
p
ds
ds
1 ds
t 0
t ,
0;t
0;t
0;t
s
s
p
0
0
0
(2.9)
1
t
0;t
0;t
p
1
1 t
1 t
1 1 t
(2.10)
,
t
0
1 t
1 t
Chứng minh :
1 p
1
Mặt khác ta có :
1 p s
s
1 1 t
1 t
p
p
p
1 p
1 p
(2.11)
1 t
1 t
1 t
1 t
1 t
1 t
p
p
Từ (2.9) và (2.11) ta có
,
t 0
t
t
1 t
1 t
Do (2.10) ta có
t
p
Định lí 2.3.4 :
e
thì 1
L
L , p
t
1;
Nếu
m
*
Chứng minh :
.
t
m!
,
t 0 , m N
t
m
t
m
t
m
Trước hết ta có kết quả sau : (2.12)
t
m!
t
t
t
m! e
1
0.Ñaët f t m! e
1
Thật vậy .
t
f ' t m!e mt m 1
t
f '' t m!e m m 1 t m 2
Lấy đạo hàm cấp m hàm số f(t) ta có :
m 1
t
f
t m!e m. m 1 ...3.2.t
m
t
t
f
0
0 t
t m!e m! m! e
1
……
mf
0 ,
t 0
t
m 1
m 1
suy ra
f
laø haøm taêng treân (0;
, mà )
f
0 m! 0
t
(m 1)
Nên :
f
0 ,
t 0
t
Chứng minh tương tự ta có:
0 ,
t 0
laø haøm taêng treân 0;
f ' t
f t
0,
0;
t
Mà f(0) = 0 nên f t
,
m
Vậy
*
t
m!
t 0 , m N
,
t
p
Tiếp theo chứng minh :
L
L , p
1;
Ta có
L
f sao cho k 0 thì M kf
m
*
m L
f:
sao cho
dt
,m
f t
f L
k
0 thì M kf
kf s ds
0
m
Ta có :
* , m N
f s
f s
m!
Áp dụng (2.12) ta có
m
kf s
kf s ds m!
kf s ds
0
ds m! 0
0
ds
m f L
m f s
0
m
Suy ra
*
m f L
L
L , m N
p
*
Vậy
m L
m 1 L
L , p m;m 1 , m N
*
Ta lại có
p
m N sao cho p m;m 1
m L
m
*
m 1
Như vậy ta có
L
L , m
m L
L
L
m 1
L
L L
p
Mặt khác :
L
L , p
1;
Vậy (đpcm)
Định nghĩa 2.3.5 :
f M
; X sao cho haøm soá sau :
t
E X
X f t
laø haøm thuoäc E
Khi đó E(X) là không gian Banach với chuẩn
.
f
f .
E(X)
X E
f trong E X
Định lí 2.3.6: Nếu
E X ,f E X ,f n
f n
n
f trong E X
f n
f n
sao cho f n
Khi đó tồn tại dãy con
k
k
n
k
Nếu E là không gian Orlicz ta định nghĩa
Tham khảo [7]
Chương 3
BIỂU DIỄN TÍNH ỔN ĐỊNH MŨ CỦA HỌ
TIẾN HÓA DƯỚI DẠNG CHẤP NHẬN ĐƯỢC CỦA
KHÔNG GIAN ORLICZ
3.1 GIỚI THIỆU
Trong chương này chúng tôi chứng minh một chuỗi tiến hóa trên không gian Banach
X là ổn định mũ nếu ( và chỉ nếu ) mỗi hàm f đo được thuộc không gian Banach E(X) xác
X
x : f
t
t
U t,s f s ds
x t f
0
định hàm
thuộc E(X) , với E là không gian Orclicz
A t x t
Xét bài toán Cauchy sau trên không gian Banach:
,
t
s
0
x D A t s
x t ' x s
x s
(3.1)
,
,
t
thoả điều kiện đầu
0
s
x t U t s x s
x s ( )
x D A s s
Khi đó nghiệm của (3.1) có dạng
f
t
Xét bài toán Cauchy không thuần nhất:
x
A t x t t 0
0
x t ' 0
t
Hàm
U t,s f s ds là nghiệm yếu của (3.2), trong một số trường hợp đặc biệt
u t f
0
fu là nghiêm duy nhất của (3.2) ( tham khảo [4] )
Trong [2] đã trình bày sự biểu thị đặc điểm của tính ổn định mũ đối với nghiệm của
phương trình vi phân tuyến tính :
n
t
0,
x
x t '
A t x t
,
Với A(t) là ma trận các hàm bị chặn
n
(3.2)
f
t
,với f(t) là hàm bị chặn trên
0,
x
,
x t '
A t x t
t
và
Những kết quả tìm được ở chương này thể hiện sự liên kết giữa tính ổn định mũ cuả
họ tiến hóa với tính chấp nhận được của không gian hàm , đặc biệt là không gian Orlicz L
3.2 NHỮNG KẾT QUẢ CHÍNH .
Định lí 3.2 .1
1/ AÙnh xaï a :
*
*
t
1 t.
laø khoâng giaûm
a t
1 t
t
2 /
f
,
t 0 ,
f L
f s
ds a t
X
0
là hàm Young của không gian Orlicz L thì
Chứng minh 1
*
b :
*
u
b u
u u
Đầu tiên ta chứng minh hàm số sau là không giảm
u
0 u 1
2
1u
2u
2
ta có : Thật vậy
s ds
b u
s ds
b u 1
2
u u
1 u
u 1 u 1
2
1 u 1 0
2 0
ds
.dv
u 1 u
2
s
v
,
Khi ñoù
v 0 v u
u 1 u
s 0 s u 1
2
2
s
u 2 u 1
v
Áp dụng công thức đổi biến số trong tích phân ta có :
u
u 1
u 2
2
v
dv
s ds
u 1 u
u 1 u
1 u
u 1 u
1 u 1
1 u 1
2
2
2
2
0
0
0
v dv
2u
v dv
1 u
2 0
Đặt . .
u
1
v v
( do 0 u 1
2
u 1 u
u 1 u 2
2
v
khoâng giaûm)
v do
u 1 u
2
u
u 2
2
2
b u
s ds
v dv
2
u u
1 u
1 u
2
2
2
0
0
Mà
b u
b u 1
2
Vậy . Suy ra b không giảm (3.3)
Tiếp theo ta chứng minh a là hàm không giảm
cần chứng minh
0 t
t
a t
a t
1
2
1
2
Nghĩa là :
1
Ta có :
0 t
t
2
1
1 t
1 t
1 t
1 t
2
1
1
2
ñaët laø
1 ñaët laø 1
2
. (theo định nghĩa của hàm ta có là hàm
không giảm )
b
b
2
1
1 2 1
2
1
1
t
t
1 2
1 1
1 t
1 t
1 t
1 t
1
2
2
1
1 t 2
1 t 1
1
1
t
t
a t
a t
1 1
1 2
1
2
1 t
1 t
2
1
Suy ra a không giảm (đpcm)
Chứng minh 2
.
f
inf k 0 : M
f
0
Xét f L , theo định nghĩa
1 k
1
Đặt
A
k 0 : M
f
1 k
1
Khi đó
Ta có do b không giảm nên:
t
k A M
f
1
ds 1
f s
1 k
1 k
0
t
ds
f s
1 t
1 k
1 t
0
t
t
ds
f s
f s ds
1 kt
1 t
1 k
0
0
(do 2.2 ) Mà
t
t
1
f s ds
f s ds
1 kt
1 kt
1 t
1 t
0
0
t
1
k t
f s ds
0
1 t a t
t
k A
ka t
f s ds
0
t
0
k , k A
f s ds a t
t
0
Nên
f
inf A
f
f s ds a t
t
f
,
t
0
.a t
f s ds
0
Hệ quả 3.2.2 :
Chứng minh tương tự định lí trên ta có kết quả sau :
t
t
0
(3.4)
f
,
0,t
0 ,
f L
f s ds a t
t 0
t
0
Định nghĩa 3.2.3:
thì hàm
nếu
do
f E X
fx xác định như sau thuộc F(X)
Cặp không gian Orlicz (E , F ) gọi là chấp nhận được cho họ tiến hóa U t,s
t
s
0
X
fx :
U =
t
t
U t,s f s ds
x t f
0
(3.5)
Bổ đề 3.2.4:
U=
Nếu cặp không gian Orlicz (E , F ) chấp nhận họ tiến hóa
x
k. f
U t,s
t
s
0
f F X
E X
thì tồn tại số k > 0 sao cho
Chứng minh :
T : E X f
Tf
F X T f
Ta xét hàm T được định nghĩa như sau :
Tf:
X
t
t
Tf t
U t,s f s ds
0
Với hàm Tf xác định như sau :
Khi đó ta có :
, ta có
0
t
f,g E X ,
t
T f g t
U t,s
f g s ds
0
t
t
U t,s f s ds
U t,s g s ds
0
0 Tf t
Tg t
i)
Tf Tg
T f g
ii)
t 0
,
f E X ,
t
s ds
T f
t
U t,s
f
U t,s f s ds
Tf t
0
t 0
Suy ra
(3.7)
Tf
T f
E X , g E X
Laáy g
Từ (3.6) ,(3.7) ta có T là tuyến tính
vaø h F X sao cho
n n N
g
g trong E X
n
Tg
h trong F X
n
Suy ra (3.6)
t
t
n
Ta coù Tg t
Tg t
U t,s g s ds n
U t,s g s ds
X
0
0
t
g (s) g s ds
n
U t,s
0
t
t 0
Me
g (s) g s ds
n
0
t
t
Me
g (s) g s ds
n
t
g
t 0, n
0 Me a t g
n
E X
Khi đó h = Tg , áp dụng định lí đồ thị đóng ta có T liên tục , mà T tuyến tính nên nó
cũng bị chặn .Vì thế ta có :
x
Tf
T f
f E X
f F X
F X
F X
(đpcm) (3.8)
và tồn tại 2 hằng số a,b sao cho
Bổ đề 3.2.5
b
t 0 ,r
r
. Khi đó h L
t 1
h r
ah t
Nếu L là không gian Orlicz, h L ,h 0
Chứng minh :
, ta có
b
t 0 ,r
r
t 1
h r
ah t
Với giả thiết
b
n
,s
h n 1
ah s
n;n 1
(3.9)
n 1
n 1
n 1
b ds
n
h n 1 ds
ah s ds
n
n
n
h n 1
n 1 a h s ds b , n
n
,
n
b
h n 1
a .a 1 . h
L
Suy ra
n
c
h n 1
sup h n n
Tiếp tục sử dụng giả thiết một lần nữa ta có
*
b
t
*
t
n;n 1 , n n;n 1 , n
h L
ah n h t a.c b h t esssup h t t
Và từ đây lấy tích phân 2 vế cuả (3.9) ta có :
L ,L chấp nhận được cho họ tiến hóa
Bồ đề 3.2.6 :
U =
Nếu cặp không gian Orlicz
U t,s
t
s
0
, với là hàm Young . Khi đó có những điều sau đây xảy ra :
i) Với tất cả f L tồn tại a,b > 0 sao cho :
b
t 0, r
r
t 1
x r f
a x t f
L ,L là chấp nhận được cho họ tiến hóa
(3.10)
U =
U t,s
t
s
0
ii) Cặp không gian
r
Chứng minh :
U r,s f(s)ds
x r f
0
r
t
U r,s f(s)ds
U r,s f(s)ds
t
0
t
r
U r,t U t,s f(s)ds
U r,s f(s)ds
0
t
t
r
U r,t U t,s f(s)ds
U r,s f(s)ds
0
t
r
U r,t .x t
U r,s f(s)ds
f
t
r
f(s) ds
Vaäy x r
U r,t
U r,s
f
. x t f
t
r
r t
r s
(3.11)
Me
Me
f(s) ds
x t f
t
r t
r t
Ta có
r
t 1
e
.1 e
M.e
M.e
r s
Tương tự:
M.e
M.e
r
r
r s
M.e
f(s) ds M.e f(s) ds
t
t
t 1
M.e f(s) ds do t
r 0,t
r 1
t
i)
t 1
(3.12)
M.e
f(s) ds M.e .a 1 . f L X
t
x r Me
x t M.e .a 1 . f
t 0, t
r
r 1
f
f
r t ñaët laø a
L X ñaët laø b
Vậy từ ( 3.11) & (3.12) ta có :
(đpcm)
b
t 0,r
r
t 1
x r f
a x t f
Như vậy ta có
b
t 0,r
r
t 1
x r f
a x t f
ii) Theo kết quả trên ta có:
t
x (t) f
L ,L chấp nhận được cho họ tiến hóa U
Áp dụng bổ đề 3.2.5 ta có hàm : thuộc L
Theo định nghĩa 3.2.3 ta có cặp không gian
U t,s
t
s
0
là hàm số sao cho thỏa những điều kiện sau:
t,t
2 R t
t
0
0
=
0
Bổ đề 3.2.7 : Cho g :
s
t
t
0
g t,t
g t,s g s,t
0
0
0
(3.13) 1/
b
0;1
2/Tồn tại M ,a >0 và sao cho
0,
t
t
a
g t,t M 0
0
t ,t 0
0
(3.14)
a,t
b
t
g t
0
0
0 0
t
v t
0
(3.15)
N.e
t
t
0
g t,t
0
0
Chứng minh :
t
0
Cho
ta có n là số nguyên thỏa
, đặt
t
t
0
n
0
t a
na t
t
t
t
t
n 1
0
0
n
a
0 na t
t
t
0
0
n 1
Áp dụng giả thiết (3.13) với
ta có :
s
t
na
0
na,t
s
t
t
0
g t,t
g t,t
na g t
0
0
0
0
0
Áp dụng (3.14) , (3.15) ta có :
Khi đó tồn tại 2 hằng số N , v > 0 sao cho :
n
na,t
b
0
0
,t
g t g t
na M
0
n
na,t
M.b
s
t
t
0
g t,t
g t,t
na g t
0
0
0
0
0
av
nav
n
Như vậy ta có :
v
ln b
av ln b
e
b
e
b
1 a
nav
Đặt
s
t
t
. 0
g t,t M.e
0
0
av
av
Suy ra
N Me
M N.e
av
nav
av n 1
Khi đó nếu xem
(3.16 )
N.e
.e
N.e
t
t
0
g t,t
0
0
t
t
0
Maø
n 1
t
t
a n 1
0
a
t
v t
va n 1
0
(3.17)
t
e
e
va n 1
v t
0
t
v t
0
Suy ra
(đpcm)
N.e
t
t
0
g t,t
0
0
Nên từ (3.16) , (3.17 ) ta có :
Định lí 3.2.8 :
U t,s
L X
t
s
0
L ,L chấp nhận được cho họ U
Họ tiến hóa U = là ổn định mũ đều ( is uniformly
Chứng minh :
Chiều thuận :
Họ tiến hóa U =
là là ổn định mũ đều ( is uniformly
U t,s
L X
t
s
0
L ,L chấp nhận
exponentially stable : u.e.s) tồn tại không gian Orlicz L sao cho cặp
được cho họ U
Ta có : U =
là họ u.e.s thì tồn tại 2 hằng số dương N, v
U t,s
L X
t
s
0
v t s
sao cho thỏa điều kiện sau :
.
N.e
U t,s
exponentially stable : u.e.s) nếu và chỉ nếu tồn tại không gian Orlicz L sao cho cặp
L ,L
chấp nhận được cho họ U.
Ta cần chứng minh cặp
Xeùt haøm x :
f
t
t
U t,s f s ds
x (t) f
0
t
t
v t s
Thật vậy laáy f tuøy yù thuoäc L .
Ne
U t,s
f s ds
f s ds
x (t) f
0
0
t
t
vt
v t s
Ne
Ne
f
f ds
vs . e ds
0
0
t
vs
vt
vt
vt
e
Ne
f
Ne
f
1
1 v
e v
0
vt
N f
N f
1 e
1 v
1 v
1 vt e
1
vt
N f
(do vt 0
e
1
1)
1 v
1 vt e
Ta có :
L .
fx
L ,L
Suy ra
chấp nhận được cho họ U
Theo định nghĩa 3.2.3 ta có cặp
L ,L chấp nhận được cho họ tiến hóa
Chiều đảo :
U =
Nếu tồn tại không gian Orlicz L sao cho cặp
U t,s
L X
t
s
0
L ,L chấp nhận được cho họ U thì theo bổ đề 3.2.6, cặp
Ta có cặp không gian
L ,L chấp nhận được cho họ U
không gian
Với
, ta xét hàm số sau :
x X,
t
0
0
f :
X
U
t
(3.18)
t,t x 0
t ,t 0
0
t
f t
0
t
0
1 \ t ,t 0
1
và
Ta dễ dàng kiểm tra được
f
M.e
x
f L X
L X
1 1 1
thì họ U được là ổn định mũ đều
f L X
i) Chứng minh :
L
f :
X sao cho
k
0 thì M kf
Ta có
U
k
t
1
s;t x 0
0
M kf
a da ds
a da ds
kf s ds
kf s
0
0
0
t
0
0
Với k > 0, xét
soá M,
0
U t,s
t
s
0
t s
s 0
t
U t,s Me
Mà U = là họ tiến hóa nên sao cho
. x
U t;s
L X
U t;s x
U t;s
X
L X
Mặt khác
U
k
1
t
s;t x 0
0
M kf
a da ds
0
t
0
s t0
kMe
x
1
t
0
X
t ;t 0
0
a da ds, s
1
t
0
0
kMe x
t
1
0
X
kMe x
a da ds
X
0
t
0
Do đó
f L X
Suy ra (đpcm )
f
M.e
x
L X
1 1 1
ii) Chứng minh .
f
inf k 0 : M
f
inf A
K M.e
x
1 k
1 1 1
1 A
M
f
1
Chứng minh K A , nghĩa là
1 K
1
Me x
X
M.e
x
U
s;t x 0
t
1
t
1
0
0
1 K
Đặt .Ta có .
a da ds
a da ds
1 1 1
1 K
M f
0
t
0
t
0
0
1
1
t
0
1
1
a da ds
1
1
t
0
0
Ta có
M
f
1
f
M.e
x
L X
1 K
1 1 1
Suy ra (đpcm) (3.19)
neáu 0 t
t
0
0
t
t
1
0
U t,s f s ds
x t f
neáu t
t
1
U t,s U s,t xds
0
0
0
t
0
t
1
t
1
0
0
Maø
U t,s U s,t xds
0
U t,t xds 0
t
t
0
0
t
1
0
U t,t x
ds U t,t x
0
0
t
0
0
neáu 0 t
t
Theo định nghĩa 3.2.3 ta lại có
x t f
neáu t
t
0 1
U t,t x
0
0
Suy ra
x
U t,t x
0
x t f
f
k. f
x
L X
1 k.Me 1 1 L
0, x X
t
t
1,t
0
0
Như vậy ta có :
L
t
t
0
U t,t
0
0
Cho
0 ,
0 x X
t
0
vaø
g :
X
t
U t,t x
0
t ,t 0
0
t
g t
0
t
\
t ,t 0
0
Khi đó
và
(3.21)
g L X
g
L
x
L X
1
1
1
Điều đó kéo theo
t
U t,s g s ds
x t g
0
(3.20) Do đó tồn tại L > 0 sao cho
t
neáu t
U t,s .0 ds
[0,t ) 0
0
t
neáu t
U t,s .U s,t xds
0
t ,t 0
0
t
0
t
0
neáu t
,
t
U t,s .U s,t xds
0
0
t
0
t
t
t
0
0
t
,
t U t,t x 0 .U t,t x
0
0
[0,t ) 0 t ,t 0 t
0
t
t
0
0
s
,t
,t
s
ds U t
t U t 0
0
0
0
0
t ds 0
t
t
0
0
0
t2
s
0
,t
U t
0
0
t 2
t
0
,t
U t
0
0
2 2
Ta có
t
0
s
,t
ds
U t
0
,t x 0
t U t 0
0
0
2 2
t
0
t
0
s
ds
,s .U s,t
t U t 0
0
0
t
0
t
0
s
,s U s,t
ds
t U t 0
0
0
t
0
t
0
( do 3.19)
s
t
ds
.L. U s,t
0
0
t
0
t
t
0
0
L
s
ds L
x s ds
t U s,t 0
0
g
t
t
0
0
( do hệ quả 3.2.2 )
L.a
x g L X
(do bổ đề 3.2.4 )
L.a
k'. g L X
Như vậy
L.a
k '. L
x
1
1
1
1
L.
k'. L
x
1
do a
1
1
1
1
1
2 k 'L x
0 ,
0 , x X
t 0
2 k'L x
0 ,
0 , x X
U t
0
,t x 0
t 0
(do (3.21))
2 2
0 ,
0 , x X
x
U t
0
,t x 0
t 0
2 2k 'L
,t
0 ,
0
U t
0
0
t 0
2 2k 'L
Ta có
g t t ,
U t t ,
0
0
v
Áp dụng bổ đề 3.2.7 đối với hàm khi đó tồn tại 2 hằng số N , v >
,t
N.e
0,
0
U t
0
0
t 0
0 sao cho :
U t,s
L X
t
s
0
Như vậy họ tiến hóa U = là ổn định mũ đều
KẾT LUẬN
Trong chương 1 , chúng tôi giới thiệu những kiến thức cơ bản để xây dựng chương 2
và chương 3
Trong chương 2 , chúng tôi xây dựng và giới thiệu một không gian hàm đặc biệt , đó
là không gian Orlicz và một số kết quả có được trong không gian này .
Trong chương 3 , chúng tôi trình bày những kết quả chính có được về việc biểu diễn
tính ổn định mũ của họ tiến hóa dưới dạng chấp nhận được của không gian Orlicz .
Quá trình thực hiện luận văn đã giúp tôi bước đầu làm quen với nghiên cứu khoa học
cơ bản và tiếp cận với những hướng phát triển của toán học hiện đại , đồng thời là dịp để tôi
vận dụng những kiến thức đã được các Thầy Cô truyền dạy vào các bài toán nghiên cứu cụ
thể .Tôi cũng hy vọng sẽ có cơ hội tiếp tục nghiên cứu và phát triển tiếp những kết quả từ
luận văn này trong tương lai .
TÀI LIỆU THAM KHẢO
[1] A.PAZY (1983) Semigroups of Linear Operators and Application to Partial
Differential Equations Springer – Verag , NewYord
[2] PERRON O ,Die Stabilitatsfrage Bei Differentialgeihungen , Math.Z.32(1930), 703-
728
[3] C. CHILARESCU-A.POGAN-C.PREDA , Rend.Sem.Mat. Univer . Pol.Torino – Vol
63,2 (2005)
.. A FFER J.J.,Linear Differential Equations and Function
[4 ] MASSERA J.L. AND SCH
Spaces , Academic Press , New York 1966.
.. A BIGER F.AND SCHNAUBELT R. Exponential Sability
[5] N. VAN MINH N,R
,Exponential Expansiveness and Exponential Dichotomy of Evolution Equations on The
half-line , Int. Eq. Op. Theory 32 (1998) , 332 – 353.
[6] N. VAN MINH,On The Proof of Charaterizations of The Exponential Dichotomy,Proc.
Amer. Math.Soc. 127 (1999), 779-782.
[7] VAN NEERVEN J.,The Asymptotic Behaviour of Semigroups of Linear
Operators,Operator Theory Ad-vances and Applications 88,Birkhausser Verlag, 1996.
[8] ZAANEN A.C., Integration , North-Holland , Amsterdam 1967.
