Bài toán cauchy và nửa nhóm n lần tích hợp

An t n du t x R x n t d λλλ + →∞ = ⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠ −= , (1.2.5) áp dụng bất đẳng thức (1.2.2), ta có ( ) ( )1 , ^ , lim 1 0.n tn tu t x K x Ke xn tω ω − + →∞ ⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠≤ − = ≥ (1.2.6) Suy ra ( ) ( ) ( )3^ ^ , , T t x u t x x D A≡ ∈ , 0t ≥ , 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 0t ≥ và ( ) tT t Keω≤ , 0t ≥ . Hoàn toàn có thể chứng minh được nghiệm bất kỳ ( )u • của (CP) đều được biểu diễn dưới dạng ( ) ( ) ( )0u T u• = • . (1.2.7) Thật vậy, từ định nghĩa 1.1.1, cho ( )3 ,x D A∈ ta có ( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ,^ ^ A A AR T t x R T t x T t R xλ λ λ= = 0t ≥ , có thể thác triển đẳng thức này trên toàn không gian .X Do vậy ( )( ) ( ) , T t Ax AT t x x D A= ∈ , 0t ≥ và hàm ( )T x• khả vi khi ( )x D A∈ . Với một nghiệm ( )u • nào đó của (CP), ta luôn có ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0, 0d T t s u s AT t s u s T t s Au s s tds − = − − + − = ≤ ≤ , do đó - 19 - ( ) ( ) ( )(0) ( ) 0T u t T t u u t= = , 0t ≥ . 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 ( ) ( ) ,0, , 0: 1AK R K γω ω λ λ∃ > ∈ > ≤ +\ Reλ ω> , 1γ ≥ − . (1.2.8) Khi đó với ( )3 ,x D A γ⎡ ⎤⎣ ⎦+∀ ∈ hàm ( ) ( ) ( ) ( ) 1^ . . , 0, 2J 0 , 0 i t Ai J t v p e R xd t it J t σ λ σ λ λ σ ωπ + ∞ − ∞ ⎧ = > >⎪= ⎨⎪ =⎩ ∫ cho nghiệm của (CP). Chứng minh Với mọi ( )3x D A γ⎡ ⎤⎣ ⎦+∈ , ta đều có thể viết dưới dạng ( ) 3 1 Ax R xγμ ⎡ ⎤⎣ ⎦+= , trong đó ( ) 31 x I A xγμ ⎡ ⎤⎣ ⎦+= − . Áp dụng đồng nhất thức (1.1.11) ta có ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 1 3 2 1 1 1 13 2 3 ... A AA A A A A A R R R R x x R R R Rx x x x γ γ γ γ γ λ μ μλ μ λ λ μ μ μ μ λμ λ μ λ μ λ ⎡ ⎤⎣ ⎦ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎣ ⎦ ⎣ ⎦ + + + + + ⎡ ⎤⎣ ⎦−= − = − − − −−− − − với Re , Re , λ μ ω λ μ> ≠ . Sử dụng bổ đề Jordan ta có ( ) ( )x1 . . d2 i t AiJ t x v p e Ri σ λ σ λ λπ + ∞ − ∞= ∫ - 20 - ( ) ( ) 13 1. . d , 2 i t A i Rv p e x i σ λ γσ λ λπ μ λ ⎡ ⎤⎣ ⎦ + ∞ +− ∞= −∫ 0t > , theo (1.2.1) thì tích phân trên hội tụ tuyệt đối và hội tụ đều theo 0t ≥ . Tiếp theo lấy đạo hàm dưới dấu tích phân ta có ( ) ( ) 13 1. . d 2 i t A i Rv p e x i σ λ γσ λ λ λπ μ λ ⎡ ⎤⎣ ⎦ + ∞ +− ∞ −∫ , tích phân này cũng hội tụ tuyệt đối và đều theo 0t ≥ và ( ) ( ) 13 1. . d 2 i t A i Rv p e x i σ λ γσ λ λ λπ μ λ ⎡ ⎤⎣ ⎦ + ∞ +− ∞ −∫ = ( )'J t khi 0t > . Dễ dàng kiểm tra được ( )J t thỏa mãn (CP) khi 0.t > Thật vậy do sự tồn tại của ( ) ( )0 ^lim ' : ' 0t J t J→ = và do tính đóng của toán tử ,A suy ra ( ) ( )^ ^' 0 0J A J= . Áp dụng Định lý Cauchy, ta có ( ) ( ) 3 1 ^' 0 AJ R x xγμ ⎡ ⎤⎣ ⎦+= = , 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 0,t ≥ lấy tích phân từng phần ( ) 0 t e u dλτ τ τ−∫ ta có ( ) ( ) ( ) ( )1 1 0 0 0 t t te u d u u t e e Au dλτ λ λττ τ λ λ τ τ− − − − −⎡ ⎤⎣ ⎦= − +∫ ∫ . Giả sử ( )0 0,u = do A đóng nên ta có - 21 - ( ) ( ) ( ) 0 , t tA I e u d u t eλτ λλ τ τ− −− =∫ do đó ( ) ( ) ( ) 0 t Ae u d R u t λτ τ τ λ−− =∫ . Kết hợp với (1.2.8) suy ra ( ) 0u τ = trên 0,t⎡ ⎤⎣ ⎦ , suy ra nghiệm là duy nhất. 1.3 Một số ví dụ Ví dụ 1.3.1 Xét bài toán Cauchy ( ) ( ) ( ) ( ) , , 0, 0, ,0 . u x t u x t t x t x u x f x ∂ ∂+ = ≥ ∈ℜ∂ ∂ = (1.3.1) a. Trường hợp ℜ=\ Xét không gian Banach ( )2X L= \ Ta có thể viết lại phương trình dưới dạng trừu tượng ( ) ( )' ,u t Au t= ( )0, 0 ,t u f≥ = (1.3.2) Xét toán tử dA dx= − cùng với miền xác định ( ) ( ) ( ){ }2 2 ' .D A u L u L= ∈ ∈\ \ Giả sử ( )AR λ là giải thức của A , với f X∈ cho trước từ hệ thức ( ) ( ) , ARI A f fλλ − = suy ra ( ) ( ) ( )ARg x f xλ= là nghiệm của phương trình ( ) ( ) ' , .I A g g g f g D Aλ λ− = + = ∈ Giải phương trình cho nghiệm ( ) ( )( )( ) ( ) ( ) , . x x sAg x R f x e f s ds xλλ − − −∞ = = ∈∫ \ - 22 - Sử dụng phép biến đổi Fourier, ta phải kiểm tra được ( )AR λ thỏa mãn điều kiện Hille-Yosida ( ) 1AR λ λ≤ đúng với mọi 0λ > . Thật vậy , 0f X λ∈ ∀ > ta có ( ) ( ) ( )2 2 x x s A L L R f e f s dsλλ − − −∞ = ∫ . Đặt ( ) , 0 0, 0 xe xh x x λ−⎧ ≥= ⎨ <⎩ khi đó ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0 = . x x s se f s ds h x s f s ds e f x s ds h fλ λ +∞ +∞− − − −∞ −∞ = − = − •∫ ∫ ∫ Mặt khác ta luôn có ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 ix ix 0 0 00 ^ ^ , ^ 1 1 1 . L L z z x x i x i L L h f h f h z e h x dx e e dx e dx e i i h f f λ ξ λ ξ λ ξ λ ξ λ λ +∞ +∞− − − +∞ − + − + ∞= • = • = = = − =+ + ⇒ • ≤ ∫ ∫ ∫ Vậy ( ) 22 1 A LLR f fλ λ≤ , tương đương - 23 - ( ) 1 , >0AR λ λ λ≤ ∀ . Từ (1.1.8) suy ra A là toán tử sinh của 0C −nửa nhóm xác định bởi: ( )( )( ) ( ): ,T t f x f x t= − ,x∈\ 0t ≥ và với ( )f D A∀ ∈ hàm toán tử ( ) ( )( )( ) , ,u x t T t f x= 0, t x≥ ∈\ , là nghiệm duy nhất của (1.3.1), ổn định đối với điều kiện ban đầu .f b. Trường hợp )0,⎡⎣ℜ= ∞ Ta xét bài toán Cauchy (1.3.1) trên không gian )2 0, ,X L ⎡⎣= ∞ trong trường hợp này ( ) ) ) ( ){ }2 2 0, ' 0, , 0 0 .D A u L u L u⎡ ⎡⎣ ⎣= ∈ ∞ ∈ ∞ = Ta cũng tìm được ( )( )( ) ( ) ( ) ) 0 , 0, 0, . x x s AR f x e f s ds x λλ λ− − ⎡⎣= > ∈ ∞∫ , 0,f X λ∈ ∀ > ta có ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0 0 1 0 1 1 1 . x x s A x x s x s A x R f e f ds x R e ds e e λ λ λ λ λ λ λ λ λ − − − − − − − ≤ ≤ = = − < ∫ ∫ Trường hợp này ( )AR λ cũng thỏa mãn điều kiện Hille- Yosida nhưng ( )D A X≠ (vì lấy u X∈ sao cho ( )0 0u > khi đó không tồn tại dãy bất kỳ ( )nx D A∈ , ( )0 0nx = và nx u→ ), do đó A không sinh ra 0C −nửa nhóm trên không gian )0,X C ⎡⎣= ∞ . Từ (1.1.8) suy ra A sinh ra 0C −nửa nhóm - 24 - trên không gian )0 0,X C ⎡⎣= ∞ (không gian các hàm liên tục trên )0,⎡⎣ ∞ và triệt tiêu tại 0) và toán tử nửa nhóm xác định bởi: ( )( )( ) ( ) , : 0, 0 . f x t x tT t f x x t ⎧⎪⎨⎪⎩ − ≥= ≤ ≤ c. Trường hợp ( ,0⎤⎦ℜ= −∞ , xét không gian (2 ,0X L ⎤⎦= −∞ và ( ) ( ( ( ){ }2 2 ,0 ' ,0 , 0 0 .D A u L u L u⎤ ⎤⎦ ⎦= ∈ −∞ ∈ −∞ = Nhận thấy với mọi 0λ > thì ( )Aλ ρ∉ và khi đó bài toán Cauchy (1.3.1) chỉ giải được khi 0f ≡ . Ví dụ 1.3.2 (lớp các toán tử sinh của 0C −nửa nhóm) Xét bài toán Cauchy ( ) ( )' ,u t Au t= 0,t ≥ ( ) 00 .u u= (1.3.3) Đặt ( ) ( ){ }1 2, ,p p p pL LX L L u u u= × = +\ \ X là không gian Banach, 1 2 u u u ⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠ = . Xét toán tử A xác định bởi 0 , g f Au u g ⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠ − −= − cùng với miền xác định ( ) ( ) ( )1 1 2 2 2 , ,p p u D A X gu fu L gu L u = ∈ + ∈ ∈⎧ ⎫⎛ ⎞⎨ ⎬⎜ ⎟⎝ ⎠⎩ ⎭\ \ với ( ) ( )1 , , 0.g x x f x x γ γ= + = > - Xét trường hợp (0,1 ,γ ⎤⎦∈ khi đó ta chứng minh được A sinh ra 0C −nửa nhóm trên X và toán tử nửa nhóm được xác định bởi: - 25 - ( ) 2 2 : ...2!At t AT t e I tA= = + + + , ta có thể viết ( ) 1 0 1 tg tfT t u e u− ⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠ −= . Thật vậy ta có ( ) ( ) ( )1 ax 1 t xxT t m t x eγ − +∈ ⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦= +\ ( ) 11 1 ,t tt e γγ γγ ⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠− +−= + với (0,1γ ⎤⎦∈ khi đó ( )T t bị chặn khi 0.t → Bây giờ ta chứng minh toán tử ( ) 1 , 0I Aλ λ−− > là giải thức của A và thỏa mãn điều kiện MFPHY . Thật vậy, do ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 2 1 , 0 k k k k k g k g f I A u u g g λ λλ λ λ − − ⎛ ⎞⎜ ⎟⎡ ⎤⎢ ⎥ ⎜ ⎟⎣ ⎦ ⎜ ⎟⎝ ⎠ + − +− = + + 1, 2,...,k = nên ta có ( )( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 1 2 2 . p p p k k k L L k L I A u g u k g fu g u λ λ λ λ − − − + − − ≤ + + − + + + Nếu 0λ > , thì ta có ước lượng sau ( ) 1 0 1 1 , 1,2, p p kp ppk kp i iL ik L gg u u dx u i λ λ λ λ −∞− −⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠ + = + ≤ = ∫ và - 26 - ( ) ( ) 1 1 2 2 1 p p p k kL kfuk g fu dx g λ λ +∞− + + −∞ = ⎛ ⎞⎜ ⎟+ ⎜ ⎟+⎝ ⎠ ∫ 1 2 1 2 2 , 1 1 1 1 p p pp p k kp pp p pk k L k f u dx gg f u dx u g λλ λ λλ +∞ −∞ +∞ −∞ ≤ ≤ ≤ ⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟++⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠ ∫ ∫ do vậy ( ) ( )1 AI A Rλ λ− =− , và ( ) ( ) 11 2 1 1 p pkA k k kL L KKR u u u uλ λλ λ +≤ + ≤ , ( ]0,1 ,γ∀ ∈ 0λ > . Vậy với ( ]0,1γ∀ ∈ thì A là toán tử sinh của 0C −nửa nhóm { }( ), 0 ,T t t ≥ khi đó bài toán (1.3.3) đặt chỉnh đều trên ( ).D A Trong trường hợp tổng quát ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 1 0 g f I A u u gg λλ λλ − ⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠ + −− = ++ . - Nếu 1 2γ bị chặn và do đó ( ) ( )1 ,AI A R Kλ λ−− = ≤ 0,λ > tuy nhiên ( )AR λ không thỏa mãn điều kiện MFPHY, do đó trong trường hợp này bài toán Cauchy không đặt chỉnh. - Nếu 2γ > , thì toán tử ( ) 1 , 0I Aλ λ−− > không bị chặn, và như vậy bài toán Cauchy cũng không đặt chỉnh trong trường hợp này. - 27 - Ví dụ 1.3.3 (phương pháp nửa nhóm cho phương trình truyền nhiệt) Cho ( )0,1Ω = , trong trường hợp tổng quát Ω là một tập mở trong n\ . Xét bài toán Cauchy-Diriclet trên ( )2 :X L= Ω ( ) ( ) [ ]2 2, , 0, 0, , u x t u x t t xt x ∂ ∂− = ∈ Τ ∈Ω∂ ∂ (1.3.4) ( ) ( ) ( ) ( ) 0, 1, 0, ,0 . u t u t u x xν = = = Ta viết lại phương trình (1.3.4) ở dạng trừu tượng ( ) ( ) [ ] ( )' , 0, , 0 ,u t Au t t u ν= ∈ Τ = (1.3.5) Xét toán tử 2 2 d A dx = là toán tử tuyến tính không bị chặn trong ( )2L Ω cùng với miền xác định ( ) ( ) ( )12 0 ,D A H H= Ω ∩ Ω trong đó ( )2H Ω và ( )10H Ω là hai không gian Sobolev cổ điển ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 2 0 2 2 2 2 2 , 0, 1, 0 , . uH u L L u t u t x uH u L L x ⎧ ⎫⎨ ⎬⎩ ⎭ ⎧ ⎫⎪ ⎪= ⎨ ⎬⎪ ⎪⎩ ⎭ ∂Ω = ∈ Ω ∈ Ω = =∂ ∂Ω ∈ Ω ∈ Ω∂ Ta có, nghiệm duy nhất của (1.3.4) là ( ) ( ) ( ) 1 1 1 , ,k k k t k k k k k k k u u e e e et t xμ ν ν ν∞ ∞ ∞− = = = = = =∑ ∑ ∑ . trong đó 2 2 0, 2 sin , kk e k x kkμ π π= > = ∈` là giá trị riêng và véc tơ riêng của toán tử A . Giả sử ( )2Lν ∈ Ω ta có ( ) 2 2 22 1 1 1 kk k t k k k k u et μν ν∞ ∞ ∞− = = = = ≤ < ∞∑ ∑ ∑ , (1.3.6) - 28 - Với mỗi 0,t ≥ toán tử tuyến tính trên ( )2L Ω xác định bởi: ( ) ( )2 1 : , .kt k k k T t v e v e v Lμ ∞ − = = ∈ Ω∑ Từ (1.3.6) ta có ( )T t là toán tử bị chặn với mỗi 0t ≥ , hơn nữa ta có ( ) ( )2 2 2 2 2 1 1 kt k kL k k T t v e v v vμ ∞ ∞− Ω = = = ≤ =∑ ∑ , khi đó ( ) ( )2 1LT t Ω ≤ với mỗi 0t ≥ . Bây giờ ta chứng minh ( ){ }, 0T t t ≥ thỏa mãn tính chất nửa nhóm: Cho v X∈ , sử dụng phép biến đổi tự liên hợp của ( )T t ta có ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 1 1 , , , , . k k kk k t k k k t k k k t st s k k k k k k T t T s v T t T s v e T s v e e e v T s e e e v e e e e v e e T t s v μ μ μμ μ ∞ − = ∞ − = ∞ ∞ − +− − = = = = = = = = + ∑ ∑ ∑ ∑ Do đó ( ){ }, 0T t t ≥ là 0C −nửa nhóm. Đặt ( ) ( ): , 0, ,u t T t t Xν ν= ≥ ∈ từ ước lượng (1.3.6) suy ra u liên tục khi 0t ≥ và ( )0u ν= trong .X Cho ( ) ,D Aν ∈ khi đó 2 2 1 1 ktk k k k k k e μμ ν μ ν∞ ∞− = = ≤ < ∞∑ ∑ . Tức là ( )' 1 kt k k k k u t e eμμ ν∞ − = = −∑ - 29 - tồn tại và liên tục với 0.t∀ ≥ Hơn nữa ( )( ) 2 2 1 1 , ktk k k k k k T t e e μμ ν μ ν∞ ∞ − = = = < ∞∑ ∑ với 0,t∀ ≥ do đó ( ) ( )u t D A∈ và ( ) ( )( ) ( )' 1 1 , ktk k k k k k k k Au t T t e e e e u tμμ ν μ ν∞ ∞ − = = − = = = −∑ ∑ . Do đó, nếu ( )D Aν ∈ thì hàm ( ) ( )u T ν• = • là nghiệm mạnh của bài toán (1.3.5). Dễ kiểm tra A thỏa mãn ( ) 0 lim h T h IA h+→ −= do đó A là toán tử sinh của nửa nhóm liên tục mạnh ( ){ }, 0T t t ≥ . Vậy bài toán Cauchy (1.3.5) đặt chỉnh đều trên ( )D A . - 30 - Chương 2 - BÀI TOÁN CAUCHY VÀ NỬA NHÓM n -LẦN TÍCH HỢP 2.1. Nửa nhóm n − lần tích hợp bị chặn mũ Định nghĩa 2.1.1 Cho n∈` , X là không gian Banach. Họ các toán tử tuyến tính bị chặn ( ){ }, 0V t t ≥ được gọi là nửa nhóm n − lần tích hợp nếu các điều kiện sau được thỏa mãn: (V1) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 0 1 , 1 ! , 0;n nV t V s s r V t r t s r V r dr n s t ∞ − −⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦= − + − + −− ≥∫ (V2) ( )V t liên tục mạnh với 0t∀ ≥ ; (V3) 0, , 0K tω∃ > ∈ ∀ ≥\ : ( ) tV t Keω≤ ; Nửa nhóm ( ){ }, 0V t t ≥ được gọi là không suy biến nếu (V4) ( ) 0,V t x = 0t∀ ≥ , thì 0x = . Từ (V1) và (V4) suy ra ( )0 0V = . Giả sử { }( ), 0T t t ≥ là 0C −nửa nhóm, xét các tích phân ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) 0 1 0 1 1 0 0 .............................. , 0. 1 ! t nt t n n V t T t V t T s ds t sV t V s ds T s ds t n − − = = −= = ≥− ∫ ∫ ∫ Giả sử A là toán tử sinh, khi đó ( ) ( )0 0 0 ,...A tR e V t dtλλ λ ∞= −∫ - 31 - ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 0 0 ,... , Re . A n nA tR e V t dt tR e V t dt λλ λ λλ λ λ ω ∞− ∞− = = − − > ∫ ∫ Như vậy, với mọi 0n≥ ta có ( ) ( ) 0 n nA tR e V t dtλλ λ∞= −∫ . Từ đẳng thức trên ta nhận thấy 0C −nửa nhóm là nửa nhóm 0 -lần tích hợp Ta nhận thấy toán tử ( )AR λ thỏa mãn phương trình giải thức khi và chỉ khi nV thỏa mãn (V1), điều này thể hiện trong mệnh đề sau. Mệnh đề 2.1.1 Cho n∈` và V là toán tử liên tục mạnh sao cho 0, , 0K tω∃ > ∈ ∀ ≥\ , ( ) tV t Keω≤ , đặt ( ) ( ) 0 . , Ren tR e V t dtλλ λ λ ω∞ −= >∫ . Khi đó ( )R λ thỏa mãn phương trình giải thức ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ,R R R Rμ λ λ μ λ μ− = − (2.1.1) , λ μ∀ ∈^ với Re , Re , λ μ ω λ μ> ≠ , nếu và chỉ nếu V thỏa mãn (V1). Chứng minh Giả sử Re Reλ μ ω> > , từ (2.1.1) ta có ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) . n n n n n nn n n n R RR R RR R λ μλ λ μ μ μ λ λ μ μ μ λλ λ μ μ μ λ μ λ μ μ − − − −− − −= − −−≡ −− − (2.1.2) Sử dụng định lý tính duy nhất của phép biến đổi Laplace, ta có - 32 - ( ) ( ) ( ) ( ) 0 0 sn n tR R e e V t V s dsdtμλλ λ μ μ ∞ ∞ −− − −= ∫ ∫ và ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 n n t n t t t tn tt ts s t s t s tt t st t R R e R dt e V t dt e R dt e e V t dt e e V s dsdt e e V s dsdt e e V s dsdt e e V s dsd e e V t s dsd μ λ λ μ λ μ λ μ μ λ μ λμ μ μ λ μ μλ μλ λ λ μ μ μ μ μ λλ μ μ μ μ λ − − ∞ ∞− −− − ∞ ∞− −− −− ∞ ∞ ∞− −− − ∞ ∞− − ∞ ∞ − −− ∞ −− = − = − = = = − = − + −− + − + ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ 0 .t ∞∫ Lấy tích phân từng phần n lần: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 0 0 0 1 0 0 0 1 1 ! 1 . 1 ! n n s nst n n n s nst n R R e e s r V r t drdsdt n R R e e s r V r t drdsdt n μλ μλ λ λ μ μ μ λ μ λ λ μ μ λ μ μ − − ∞ ∞ −−− − − ∞ ∞ −−−⇔ − = − − +− − − = − +− − ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 1 1 0 0 0 11 1 0 0 0 11 0 0 0 0 0 0 0 1 1 ! 1 1 ! ! 1 ! 1 n n n n k sk n n nk n k k k n ksn k s k n kst kn s k s st n R R e V s dr s re V r drds n k s re t dt e V r drds k n k n e e k μ μ λ μ μλ μ μ λ μ λ μλ μ μ μλ μ λ − − ∞− − − + −− + −= = − −∞− − + − = − −∞ ∞−− − = ∞ ∞ −− − ⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎛ − = =− −= − − −= − − −= ∑ ∑ ∫ ∑ ∫ ∫ ∑ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ( ) ( )1 1 0 n n k k k s r t V r drds − − − = ⎡ ⎤⎞⎢ ⎥⎜ ⎟⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠⎣ ⎦ −∑ - 33 - ( ) ( ) ( ) 1 0 0 0 . 1 1 ! s nt se e t s r V r drdsdt n λ μ∞ ∞ −− −= + −−∫ ∫ ∫ Vậy để (2.1.1) đúng thì ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0 0 1 0 0 0 1 1 ! sn n t s nst R R e e V t V s dsdt e e s r V r t drdsdt n μλ μλ λ λ μ μ ∞ ∞ −− − − ∞ ∞ −−−= = − +− ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 0 0 0 1 1 0 0 0 1 1 0 1 1 ! 1 . 1 ! 1 . 1 ! s nst s n nst s n n e e t s r V r drdsdt n e e s r V r t t s r V r drdsdt n V t V s s r V r t t s r V r dr n μλ μλ ∞ ∞ −−− ∞ ∞ − −−− − − − ⎡ ⎤= ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎡ ⎤⇒ ⎢ ⎥⎣ ⎦ + −− − + − + −− = − + − + −− ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ Chú ý: Nếu nửa nhóm ( ){ }, 0V t t ≥ là không suy biến, thì toán tử ( )R λ khả nghịch. Từ (2.1.1) ta nhận thấy ( ) 1I Rλ λ −− phụ thuộc vào λ , nghĩa là tồn tại duy nhất một toán tử A sao cho ( ) ( )1R I Aλ λ− = − với Reλ ω> . Khi đó ( ) 1A I Rλ λ −= − là toán tử sinh của nửa nhóm n − lần tích hợp ( ){ }, 0 .V t t ≥ Mệnh đề 2.1.2 Đối với ( )( ),A D A là toán tử sinh của nửa nhóm n − lần tích hợp ( ){ }, 0V t t ≥ , { }( )0 .n∈ ∪` Khi đó ta có 1. Cho ( )x D A∈ , 0t ≥ ta có: ( ) ( ),V t x D A∈ ( ) ( )AV t x V t Ax= và ( ) ( ) 0 ! tntV t x x V s Axds n = + ∫ ; (2.1.3) - 34 - 2. Cho ( )x D A∈ , 0t ≥ ta có: ( ) ( ) 0 x t V s ds D A∈∫ và ( ) ( ) 0 x ! t ntA V s ds V t x x n = −∫ ; (2.1.4) 3. Cho ( ) , nx D A n N∈ ∈ ta có: ( ) ( ) ( ) 1 0 ; ! n knn k k tV t x V t A x A x k − = = + ∑ (2.1.5) 4. Cho ( )1 , nx D A n N+∈ ∈ ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )n n nd V t x AV t x V t Axdt = = . (2.1.6) Chứng minh Cho ( ) ,Aμ ρ∈ khi đó với Re , x Xλ ω> ∈ ta có ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0 0 . nt n A A A A A t A e V t R xdt R R x R R x e R V t xdt λ λ λμ λ λ μ μ λ μ − ∞ − − ∞ − = = =∫ ∫ Do vậy ( ) ( ) ( ) ( )A AR V t V t Rμ μ= , tức là ( ) ( )AV t V t A= , ( ) ( )V t x D A∈ , ( )x D A∈ . Cho ( ),x D A∈ khi đó với Re ,λ ω> ta có - 35 - ( ) ( ) ( ) ( ) 1 0 1 0 0 ! n t n A A n t n t e t xdt x R R Ax n e V t xdt e V t Axdt λ λ λ λ λ λ λ λ λ ∞+ − ∞ ∞+ − −= − = = −∫ ∫ ∫ ( ) ( )1 1 0 0 0 . t n t n te V t xdt e V s Axdsdtλ λλ λ∞ ∞+ − + −= −∫ ∫ ∫ Áp dụng định lý duy nhất nghiệm của phép biến đổi Laplace ta có ( ) ( ) 0 ! , tnt x V t x V s Axds n = − ∫ tức là ( ) ( ) 0 ! . tntV t x x V s Axds n = + ∫ Vậy (2.1.3) được chứng minh. Do A đóng nên từ (2.1.3) suy ra (2.1.4). Đạo hàm n lần (2.1.3) ta được (2.1.5). Lấy vi phân (2.1.5) ta được (2.1.6). Định lý 2.1.1 (Arendt-Widder) Cho 0a ≥ và ( ): ,r a X∞ → là một hàm khả vi vô hạn. Cho ( ]0, ,K aω> ∈ −∞ các điều kiện sau là tương đương: (I) ( ) ( ) ( ) 1 ! , , 0,1,...;k k Kkr a kλ λλ ω +≤ > =− (II) Tồn tại một hàm ): 0, ,V X⎡⎣ ∞ → thỏa mãn điều kiện ( )0 0V = và ( ) ( )10 lim sup , 0,th h V t h V t Ke tωδ δ −→ ≤ + − ≤ ≥ (2.1.7) sao cho ( ) ( ) 0 , .tr e V t dt aλλ λ λ∞ −= >∫ - 36 - Hơn nữa, ( )r λ có thác triển giải tích đến miền { } Re .λ λ ω∈ >^ Định lý 2.1.2 Cho { }0n∈ ∪` , 0, K ω> ∈\ . Toán tử tuyến tính A là toán tử sinh của nửa nhóm ( )1n −+ lần tích hợp ( ){ }, 0V t t ≥ thỏa mãn điều kiện (2.1.7), nếu và chỉ nếu tồn tại { }ax ,0a m ω≥ sao cho ( ) ( ),a Aρ∞ ⊂ và ( ) ( ) ( ) 1 ! k A n k R Kkλ λ λ ω + ⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦ ≤ − , (2.1.8) với , 0,1,...a kλ∀ > = Trong trường hợp này ta có ( ) ( )1 0 , .n tAR e V t dt a λλ λ λ ∞ + −= >∫ Định lý 2.1.3 Cho A là toán tử tuyến tính xác định trù mật với ( ) ( ),a Aρ∞ ⊂ , trong đó ( ]0, 0, ,a K aω≥ > ∈ −∞ . Khi đó điều kiện (2.1.8) tương đương với: A là toán tử sinh của nửa nhóm n − lần tích hợp ( ){ }, 0V t t ≥ sao cho ( ) .tV t Keω≤ Chứng minh Giả sử điều kiện (2.1.8) được thỏa mãn, thì A là toán tử sinh của nửa nhóm ( )1n −+ lần tích hợp ( ){ }1 , 0nV t t+ ≥ . Xét điều kiện (2.1.7) đối với 1nV + , ( ) ( ){ }{ }11 1 0, ,nF x X V x C X+= ∈ • ∈ ∞ là một tập đóng. Từ Mệnh đề 2.1.2, ( ) 1D A F⊂ , suy ra ( ) 1D A X F= ⊂ và 1 .F X= Do vậy - 37 - ( ) ( )1' , nV t x V t x x X+= ∈ xác định một nửa nhóm n − lần tích hợp ( ){ }, 0V t t ≥ sinh bởi .A 2.2. Bài toán Cauchy ( ),n ω −đặt chỉnh Xét bài toán Cauchy ( ) ( )' ,u t Au t= ( )0, 0 ,t u x≥ = (CP) Trong đó A là toán tử tuyến tính đóng, xác định trù mật trong không gian Banach .X Ở đây ( )nD AX ⎡ ⎤⎣ ⎦= là không gian Banach cùng với chuẩn ( ){ }, ... .nn nAD A x x Ax A x= + + + Định nghĩa 2.2.1 Cho n∈` , bài toán Cauchy (CP) được gọi là ( ),n ω −đặt chỉnh trên E nếu với ( )1nx E D A +∀ ∈ ⊆ a. Tồn tại một nghiệm duy nhất ( ) ) ( ){ } ){ }10, , 0, ,u C D A C X⎡ ⎡⎣ ⎣• ∈ ∞ ∩ ∞ ; b. 0, , 0K tω∃ > ∈ ∀ ≥\ , ( ) nt Au t Ke xω≤ , trong đó ... .n nAx x Ax A x= + + + Nếu ( )1nE D A += thì ta nói bài toán (CP) là ( ),n ω −đặt chỉnh. Định lý 2.2.1 Cho A là toán tử tuyến tính xác định trù mật trên ,X ( )Aρ φ≠ . Khi đó các điều kiện sau là tương đương: (I) A là toán tử sinh của nửa nhóm n − lần tích hợp bị chặn mũ ( ){ }, 0V t t ≥ ; (II) Bài toán Cauchy (CP) là ( ),n ω − đặt chỉnh: - 38 - với ( )1nx D A +∀ ∈ tồn tại một nghiệm duy nhất sao cho 0, , 0K tω∃ > ∈ ∀ ≥\ , ( ) ,nt Au t Ke xω≤ trong đó ... .n nAx x Ax A x= + + + Chứng minh (I⇒II) Cho ( )1 , ,nx D A n N+∈ ∈ xét hàm ( ) .V x• Từ mệnh đề (2.1.2) ta nhận thấy hàm ( )V x• khả vi liên tục ( )1n + − lần. ( ) ( ) ,nV t x D A∈ và ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 0 , ! . n n n kn n k k tV t x V t A x A x k d V t x AV t x dt − = = + = ∑ Đặt ( ) ( ) ( ): ,nu t V t x= khi đó ( )0u x= và ( ) ( )u t D A∈ với 0t∀ ≥ . Hơn nữa, ( ) nt Au t Ke xω≤ và ( ) ( )' :u t Au t= . Bây giờ ta chứng minh ( )u • là duy nhất. Giả sử tồn tại một ( )v • là nghiệm của (CP), khi đó với ( )Aλ ρ∈ và ( ) ( )nAR vλ • là nghiệm của (CP) với giá trị ban đầu ( ) ( )1 , .n nR x D A n Nλ +∈ ∈ Tương tự như chứng minh trong định lý 1.1.1, ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0, 0 . n n A n n n n A A d V t s R v s ds AV t s R v s V t s AR v s s t λ λ λ − = − − + − = ≤ ≤ Do đó ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )0 0 0n n n n n nA A AV R v t R V v t R V t vλ λ λ= = - 39 - và ( ) ( )nv V x• = • . (II⇒I) Cho ( )1 , ,nx D A n N+∈ ∈ khi đó tồn tại một nghiệm duy nhất ( )u • của (CP) sao cho ( ) .nt Au t Ke xω≤ Cho ( )Aμ ρ∈ , hàm ( ) ( ) ( )w : AR uλ• = • là nghiệm của (CP) với giá trị ban đầu ( )AR xλ với ước lượng chuẩn ( ) 11 w .nt At K e xω −≤ Đặt ( ) ( )1 0 , t u t u s ds= ∫ khi đó ( ) ( ) ( ) ( )1 0 ww t Asu t t ds R xμ μ= − −∫ , do vậy ( ) 11 2 nt Au t K e xω −≤ . Sử dụng quy nạp ta có được công thức nghiệm n − lần tích hợp ( ) ( ) ( ) ( ) 1 0 1 , 0, 1 ! t n nu t t s u s ds tn −= − ≥−∫ nghiệm này bị chặn mũ. Cho 0t ≥ , ta định nghĩa hàm toán tử ( ) ( )1: ,nV t D A X+ → biểu diễn ( ) ( ),nV t x u t= trong đó ( )nu t là nghiệm n − lần tích hợp duy nhất của (CP) với giá trị ban đầu ( ) ( )0 0nu V x x= = , ( )1 , .nx D A n N+∈ ∈ Vì ( ) ( )1nD A D A X+= = do đó ta có thể thác triển ( ){ }, 0V t t ≥ lên toàn không gian .X - 40 - Hàm toán tử ( ){ }, 0V t t ≥ bị chặn mũ với mọi ( )1 , nx D A n N+∈ ∈ , ( )V t x liên tục theo t . Do vậy ( )V • liên tục mạnh. Hơn nữa, dễ dàng chứng minh toán tử ( ) ( ) ( ) 0 tn AR e V t dt R μμ μ μ∞ −= =∫ . Vì vậy, ( ){ }, 0V t t ≥ là nửa nhóm n − lần tích hợp với toán tử sinh A . 2.3. Nửa nhóm n − lần tích hợp địa phương Định nghĩa 2.3.1 Cho n∈` , ( )0, .Τ∈ ∞ Họ các toán tử tuyến tính bị chặn ( ){ }, 0V t t≤ <Τ được gọi là nửa nhóm n − lần tích hợp địa phương trên ,X nếu điều kiện (V1) trong Định nghĩa 2.1.1 được thỏa mãn với ), 0,t s ⎡⎣∀ ∈ Τ sao cho )0,t s ⎡⎣+ ∈ Τ và điều kiện (V2) thỏa mãn với )0,t ⎡⎣∀ ∈ Τ . Nếu ( ){ }, 0V t t ≥ là nửa nhóm n − lần tích hợp thì toán tử sinh của nó được định nghĩa từ đẳng thức: ( ) ( )1 0 ,n tI A x e V t xdtλλ λ∞− −− = ∫ , x X λ ω∈ > . (2.3.1) Đối với một nửa nhóm n − lần tích hợp địa phương ( ){ }, 0V t t≤ <Τ thì tích phân (2.3.1) có thể không tồn tại. Do vậy toán tử sinh 0A của nửa nhóm địa phương ( ){ }, 0V t t≤ <Τ được định nghĩa như sau: ( ) ( )10 0: lim ntA x t V t x x−→ ⎡ ⎤⎣ ⎦= − , ( ) ( ) ( ) ( ){ }10 00 ,: lim nn tTD A x C t V t x xδ δ −→< < ⎡ ⎤⎣ ⎦= ∈ ∃ −∪ trong đó ( )nC δ ={ ( ) ) : 0,x X V t x Xδ⎡⎣∈ → khả vi liên tục cấp n}. - 41 - Ta có 0A là toán tử khả đóng, vì vậy ta có thể gọi 0A là toán tử sinh của nửa nhóm n − lần tích hợp địa phương ( ){ }, 0V t t≤ <Τ . Mệnh đề 2.3.1 (tính chất của nửa nhóm n − lần tích hợp địa phương) Cho n∈` và A là toán tử sinh của nửa nhóm n − lần tích hợp địa phương ( ){ }, 0V t t≤ <Τ ta có: 1) Cho ( )x D A∈ , )0,t ⎡⎣∈ Τ ta có: ( ) ( )V t x D A∈ và ( ) ( )AV t x V t Ax= ; 2) Cho ( )x D A∈ , )0,t ⎡⎣∈ Τ ta có: ( ) ( ) 0 Ax ! tntV t x x V s ds n = + ∫ ; (2.3.2) 3) Nếu ( ) ,D A X= thì với mọi ), 0,x X t ⎡⎣∈ ∈ Τ ta có: ( ) ( ) 0 x t V s ds D A∈∫ và ( ) ( ) 0 x ; ! t ntA V s ds V t x x n = −∫ (2.3.3) 4) ( )D A X= nếu và chỉ nếu ( ) .nC XΤ = Định nghĩa 2.3.2 Bài toán Cauchy địa phương ( ) ( )' ,u t Au t= ) ( )0, , 0 ,t u x⎡⎣∈ Τ = (LCP) được gọi là n −đặt chỉnh nếu với mọi ( )1 , ,nx D A n N+∈ ∈ tồn tại một nghiệm duy nhất thỏa mãn: ) ( )0, 0, sup , nAt u t x K xττ⎡ ⎤ ⎡⎣ ⎦ ⎣∈ ⊂ Τ ≤ , (2.3.4) với Kτ là hằng số nào đó. Bổ đề 2.3.1 Nếu với ( )1 , ,nx D A n N+∀ ∈ ∈ tồn tại một nghiệm duy nhất của bài - 42 - toán Cauchy địa phương (LCP) và ( )Aρ φ≠ thì nghiệm này thỏa mãn (2.3.4). Chứng minh Xét toán tử nghiệm ( ) ( ){ }1: 0, ,nS D A C D Aτ+⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎡ ⎤⎣ ⎦ ⎣ ⎦⎣ ⎦ → , Sx u= , ( )1 , ,nx D A n N+∈ ∈ toán tử này được xác định trên ( )1nD A +⎡ ⎤⎣ ⎦ và là toán tử đóng. Cho jx x→ và ( ) ,ju t y→ khi đó ta có ( ) ( ) ( )' jju t Au t Ay t= → và ( ) ( ) ( )0 t j ju t x y t x Ay t dt− → − =