Luận văn Thạc sĩ Toán học: Tính chất nghiệm của phương trình trung tính với quá khứ không Ôtônôm

Chia sẻ: Tri Lễ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:41

Thêm vào BST

Báo xấu

17
lượt xem 1
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Đề tài có cấu trúc gồm 3 chương trình bày các kiến thức chuẩn bị về nửa nhóm toán tử, các định nghĩa và tính chất của nửa nhóm; sự tồn tại nửa nhóm trung tính, cùng với điều kiện ổn định mũ đều của họ tiến hóa lùi ta xây dựng nửa nhóm liên tục mạnh trên E = C0(R−, X) thỏa mãn điều kiện Hille-Yosida; nghiên cứu tính nhị phân mũ của nửa nhóm trung tính với quá khứ không ôtônôm, 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 Toán học: Tính chất nghiệm của phương trình trung tính với quá khứ không Ôtônôm

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ——————–o0o——————– NGUYỄN VIỆT HƯNG TÍNH CHẤT NGHIỆM CỦA PHƯƠNG TRÌNH TRUNG TÍNH VỚI QUÁ KHỨ KHÔNG ÔTÔNÔM LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC THÁI NGUYÊN - 2017
ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ——————–o0o——————– NGUYỄN VIỆT HƯNG TÍNH CHẤT NGHIỆM CỦA PHƯƠNG TRÌNH TRUNG TÍNH VỚI QUÁ KHỨ KHÔNG ÔTÔNÔM LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Chuyên ngành: Toán ứng dụng Mã số: 60 46 01 12 GIÁO VIÊN HƯỚNG DẪN PGS. TSKH. NGUYỄN THIỆU HUY THÁI NGUYÊN - 2017
iii Mục lục Bảng ký hiệu iv Lời mở đầu 1 1 Lý thuyết nửa nhóm toán tử 4 1.1 Nửa nhóm liên tục mạnh và các tính chất cận tăng . . . 4 1.2 Ổn định mũ và nhị phân mũ của nửa nhóm . . . . . . . 13 2 Sự tồn tại và ổn định của nghiệm phương trình trung tính với quá khứ không ôtônôm 16 2.1 Phương trình trung tính với quá khứ không ôtônôm . . . 16 2.2 Các nửa nhóm tiến hóa với toán tử sai phân và toán tử trễ 18 3 Nhị phân mũ 24 3.1 Phổ và tính nhị phân mũ của nửa nhóm nghiệm . . . . . 24 3.2 Ví dụ minh họa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31 Kết luận 33 Tài liệu tham khảo 34
iv Bảng ký hiệu N : tập các số tự nhiên. R : tập các số thực. R+ : tập các số thực không âm. L1,loc (R) := {u : R → R|u ∈ L1 (ω) với mọi tập con đo được ω ⊂⊂ R}, với ω ⊂⊂ R nghĩa là bao đóng ω là tập compact trong R. X : không gian Banach. C := C([−r, 0], X) không gian các hàm liên tục trên [−r, 0], r>0, nhận giá trị trong X với chuẩn kukC = sup ku(t)k. t∈[−r,0] C0 (R− , X) := {f : R− → X : f liên tục và lim f (t) = 0} không gian t→−∞ hàm với chuẩn sup.
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, 23, 36]), 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.
2 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 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 [41] 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 được 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 [21, 22], ông đã chỉ ra sự tồn tại và duy nhất và các tính chất của toán tử nghiệm. Trong luận văn này chúng tôi đã đưa ra một phương pháp tiếp cận nửa nhóm tuyến tính của phương trình (NPDE). Sau đó chúng tôi 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 chúng ta xây dựng phương trình (NPDE) mà ta sẽ nghiên cứu trong luận văn. ∂ F (u(t, ·)) = BF u(t, ·) + Φu(t, ·), t ≥ 0, (3) ∂t ∂ ∂ u(t, s) = u(t, s) + a(s)Au(t, s), t ≥ 0 ≥ s, (4) ∂t ∂s trong đó hàm u(·, ·) lấy giá trị trong không gian Banach X, A là toán tử tuyến tính (không bị chặn) trên X sinh ra nửa nhóm (T (t))t≥0 , hàm a(·) ∈ L1,loc (R+ ) thỏa mãn điều kiện γ1 ≥ a(t) ≥ γ0 > 0 hầu khắp t ≥ 0. Đặt A(s) := −a(s)A. Dựa trên các điều kiện thích hợp của toán tử sai phân F và toán tử trễ Φ ta có thể chứng minh nửa nhóm nghiệm của phương trình này có nhị phân mũ với điều kiện là họ tiến hóa lùi Rs U = (U (t, s))t≤s≤0 = T ( t a(τ )dτ ) sinh bởi A(s) ổn định mũ đều và toán tử B sinh ra nửa nhóm có nhị phân mũ (etB )t≥0 trên X. Hơn nữa, với các điều kiện tính dương của (etB )t≥0 , U, F và Φ ta đi chứng minh
3 nửa nhóm nghiệm nói trên là dương và chỉ ra điều kiện đủ để nửa nhóm nghiệm ổn định mũ. 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 sự tồn tại nửa nhóm trung tính, cùng với điều kiện ổn định mũ đều của họ tiến hóa lùi 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 quá khứ không ôtônôm, 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, sự ổn định đều của họ tiến hóa và các tính chất, kết quả của phổ toán tử. Tác giả muốn gửi lời cảm ơn và biết ơn chân thành của mình tới tất cả những người đã hỗ trợ, giúp đỡ tác giả về chuyên môn, vật chất và tinh thần trong quá trình thực hiện luận văn. Tác giả xin chân thành cảm ơn PGS. TSKH. Nguyễn Thiệu Huy trường Đại học Bách khoa Hà Nội, người đã hướng dẫn, nhận xét và giúp đỡ tác giả rất nhiều trong suốt quá trình thực hiện luận văn. Tác giả cũng xin cảm ơn các thầy cô giáo của trường Đại học Khoa học – Đại học Thái Nguyên, những người đã tham gia trực tiếp trong quá trình giảng dạy lớp Cao học Toán K9Y khóa 2015 – 2017, các phòng ban chức năng, khoa Toán Tin và trường Đại học Khoa học – Đại học Thái Nguyên đã giúp đỡ tác giả trong quá trình học tập tại trường. Cuối cùng tác giả xin gửi lời cám ơn đến tập thể lớp K9Y, gia đình bạn bè và đồng nghiệp đã giúp đỡ, động viên tác giả trong suốt quá trình học tập và thực hiện luận văn tốt nghiệp này. Thái Nguyên, ngày 10 tháng 11 năm 2017 Tác giả luận văn Nguyễn Việt Hưng
4 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 cận tăng Định nghĩa 1.1.1 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 1.1.2 (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. (ii) Trong trường hợp nửa nhóm tại t0 = 0 xét giới hạn bên phải. Ví dụ 1.1.3 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
5 ∞ 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 n=0 L(X)). Ta có T (0) = I (quy ước 00 = I). Xét ∞ n n X ∞ ∞ X t A sn An X T (t)T (s) = ( )( )= C n An n=0 n! n=0 n! n=0 trong đó tn s0 tn−1 s1 t0 s n 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 t→0 mạnh Bổ đề 1.1.4 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. (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.
6 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 ∃x1 , ..., xn ∈ D sao cho: C ⊂ ∪ni=1 (xi + Mε 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 x, y ∈ C; t, s ∈ K thỏa mãn ||x − y|| < Mε , |t − s| < δ chọn i ∈ {1, ..., n} sao cho ||x − xi || < Mε 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 1.1.5 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 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. Vì {tn }n ⊂ [0, +∞), tn → 0. n→∞
7 (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 t→0 với mọi t ∈ [0, δ] ta có ||T (t)|| ≤ M . (Vì nếu không ∀n = n1 , 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 = tδ0 ta có n ≤ tδ0 < n + 1 suy ra nδ ≤ t0 < (n + 1)δ, t ∀t ∈ [0, t0 ], do t ≤ t0 < (n + 1)δ nên n+1 < δ suy ra kT (t)k = t t kT (n + 1). n+1 k ≤ 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 ) h→0 h→0 ⇒ (a). Mệnh đề 1.1.6 Mọi nửa nhóm liên tục mạnh (T (t))t≥0 , tồn tại hằng số 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 1.1.7 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.
8 Định nghĩa 1.1.8 Toán tử A : D(A) ⊆ X → X xác định bởi 1 Ax := ξx. (0) = lim (T (h)x − x) h→0 h trên miền xác định D(A) = {x ∈ X : lim h1 (T (h)x − x) tồn tại } đươc h→0 gọi là toán tử sinh của nửa nhóm liên tục mạnh (T (t))t≥0 trên không gian Banach X. Định lí 1.1.9 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) và dtd 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 Chứng minh. (i) Hiển nhiên do T (t) là toán tử tuyến tính và tính chất của giới hạn Ax = lim T (h)x−x 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.
9 (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 h Z t 0 = T (s)Axds. 0 Rt Do đó T (t)x − x = 0 T (s)Axds, ∀x ∈ D(A). Định lí 1.1.10 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 (1.2.7) ta có: Z t T (t)xn − xn = T (s)Axn ds, t > 0. 0
10 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 (1.2.7) 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. t→0 Vậy D(A) trù mật trong X. Định nghĩa 1.1.11 (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 1.1.12 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. 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
11 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 −λs k e T (s)dsk ≤ |e |kT (s)kds ≤ M |e−λs |eωs ds 0 0 Z0 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 1.1.13 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 Ta cũng có : M kR(λ, A)n k ≤ , ∀n ∈ N, Reλ > ω. (1.3) (Reλ − ω)n
12 Chứng minh. (1.1 ) và (1.2) tương đương dn−1 n−1 R(λ, A)x = (−1)n−1 (n − 1)!R(λ, A)n x dλ Z ∞ n−1 = (−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 cho µ → λ ⇒ dλ R(λ, A) = −R(λ, A)2 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 n−1 d n R(λ, A)x = (−1) (n − 1)! R(λ, A)n dλ 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 suy ra ( 1.1) đúng với n + 1. Z +∞ dn 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