Luận văn Phương pháp nhiễu của nửa nhóm và ứng dụng trong mô hình quần thể sinh học

Tn(t)Anx hội tụ đều đến η : t 7→ T (t)Ax. Suy ra ξ là hàm khả vi với ξ˙(0) = η(0), nghĩa là D(A) ⊂ D(B) và Ax = Bx với x ∈ D(A). Chọn λ > 0, khi đó λ−A là một song ánh từ D(A) vào X (vì λ ∈ ρ(A)). Mặt khác, B là toán tử sinh của nửa nhóm co (T (t))t≥0 nên λ ∈ ρ(B) (do Định lý 1.7). Suy ra λ− B cũng là song ánh từ D(B) vào X. Như vậy: D(A) = D(B) và A = B.  Hệ quả 1.2. Giả sử w ∈ R, (A,D(A)) là một toán tử tuyến tính trên một không gian Banach X. Khi đó các tính chất sau là tương đương: (a) (A,D(A)) sinh ra một nửa nhóm liên tục mạnh thỏa mãn ||T (t)|| ≤ ewt, ∀t ≥ 0. (1.23) (b) (A,D(A)) là toán tử đóng, xác định trù mật và với mỗi λ > w ta có λ ∈ ρ(A) đồng thời ||(λ− w)R(λ,A)|| ≤ 1. (1.24) (c) (A,D(A)) là toán tử đóng, xác định trù mật và với mỗi λ ∈ C mà Reλ > w, ta có λ ∈ ρ(A) đồng thời ||R(λ,A)|| ≤ 1 Reλ− w . (1.25) Nửa nhóm thỏa mãn ( 1.23) được gọi là nửa nhóm tựa co. 19 Định lý 1.9. Định lý toán tử sinh (Feller, Miyadera, Phillips) Giả sử (A,D(A)) là một toán tử tuyến tính trên một không gian Banach X và w ∈ R,M ≥ 1 là các hằng số. Khi đó các tính chất sau là tương đương: (a) (A,D(A)) sinh ra một nửa nhóm (T (t))t≥0 liên tục mạnh thỏa mãn ||T (t)|| ≤ Mewt, t ≥ 0. (1.26) (b) (A,D(A)) là toán tử đóng, xác định trù mật và với mỗi λ > w ta có λ ∈ ρ(A) đồng thời ||[(λ− w)R(λ,A)]n|| ≤M, ∀n ∈ N. (1.27) (c) (A,D(A)) là toán tử đóng, xác định trù mật và với mỗi λ ∈ C mà Reλ > w ta có λ ∈ ρ(A) đồng thời ||R(λ,A)n|| ≤ M (Reλ− w)n , ∀n ∈ N. (1.28) Chứng minh. (a)⇒ (c) đúng theo hệ quả 1.1. (c)⇒ (b) hiển nhiên. (b) ⇒ (a) Bằng cách sử dụng nửa nhóm điều chỉnh, không mất tính tổng quát ta có thể giả sử w = 0. Khi đó, ta có: ||λnR(λ,A)n|| ≤M, ∀λ > 0, n ∈ N. Ta xây dựng một chuẩn mới trên X như sau: ||x||µ = sup n≥0 ||µnR(µ,A)nx||, ∀µ ≥ 0. Chuẩn này có các tính chất: (i) ||x|| ≤ ||x||µ ≤M ||x||; Tức là, nó là chuẩn tương đương. (ii) ||µR(µ,A)||µ ≤ 1. (iii) ||λR(λ,A)||µ ≤ 1, ∀0 < λ ≤ µ. (iv) ||λnR(λ,A)nx|| ≤ ||λnR(λ,A)nx||µ ≤ ||x||µ, ∀0 < λ ≤ µ. (v) ||x||λ ≤ ||x||µ, với 0 < λ ≤ µ. Dựa vào các tính chất này ta có thể xây dựng một chuẩn như sau: |||x||| = sup µ>0 ||x||µ, (1.29) chuẩn này có các tính chất: (vi) ||x|| ≤ |||x||| ≤ M ||x||. (vii) |||λR(λ,A)||| ≤ 1, ∀λ > 0. 20 Do đó, toán tử sinh (A,D(A)) thỏa mãn điều kiện (1.18) đối với |||.||| tương đương và do định lí 1.8,(A,D(A)) sinh ra nửa nhóm co liên tục mạnh (T (t))t≥0 với chuẩn|||.|||. Từ (vi) suy ra ||T (t)x|| ≤ |||T (t)x||| ≤M ||x||. Như vậy: ||T (t)|| ≤M. Định lý được chứng minh. Nhận xét 1.1. Qua các định lý về toán tử sinh của nửa nhóm liên tục mạnh ta thấy: - Đối với nửa nhóm liên tục mạnh có thể điều chỉnh để thành nửa nhóm bị chặn. - Đối với nửa nhóm bị chặn có thể tìm một chuẩn tương đương để đối với chuẩn này nửa nhóm trở thành nửa nhóm co. 21 Chương 2 Bài toán nhiễu của nửa nhóm liên tục mạnh Việc kiểm tra các điều kiện đặc trưng của toán tử sinh của nửa nhóm co hoặc nửa nhóm liên tục mạnh là một công việc khó khăn và đối với nhiều toán tử quan trọng không thể thực hiện một cách trực tiếp. Nhiễu là phương pháp cơ bản giúp ta tiếp cận việc giải quyết vấn đề này. Trước khi xét bài toán nhiễu của nửa nhóm ta xét bài toán sau. 2.1 Bài toán Cauchy đặt chỉnh Xét bài toán Cauchy trừu tượng với giá trị ban đầu: (ACP )   u˙(t) = Au(t), ∀t ≥ 0u(0) = x, trong đó t là biến độc lập biểu diễn thời gian, u(.) là hàm nhận giá trị trong không gian Banach X, A : D(A) ⊂ X → X là toán tử tuyến tính, x ∈ X là giá trị ban đầu. Định nghĩa 2.1. Hàm u : R+ → X được gọi là nghiệm (cổ điển) của bài toán Cauchy trừu tượng (ACP ) nếu u khả vi liên tục, u(t) ∈ D(A) với mọi t ≥ 0 và thỏa mãn (ACP ). Nếu A là toán tử sinh của nửa nhóm liên tục mạnh (T (t))t≥0 thì từ Định lý 1.3(ii) suy ra nửa nhóm cho ta nghiệm của bài toán Cauchy tương ứng với A. Cụ thể ta có mệnh đề sau. 22 Mệnh đề 2.1. Giả sử (A,D(A)) là toán tử sinh của nửa nhóm liên tục mạnh (T (t))t≥0. Khi đó, với mọi x ∈ D(A), hàm u : t 7→ u(t) = T (t)x là nghiệm (cổ điển) duy nhất của bài toán Cauchy trừu tượng. Định nghĩa 2.2. Hàm u : R+ → X được gọi là nghiệm đủ tốt của bài toán Cauchy trừu tượng nếu ∫ t 0 u(s)ds ∈ D(A) với mọi t ≥ 0 và u(t) = A ∫ t 0 u(s)ds+ x. Mệnh đề 2.2. Giả sử (A,D(A)) là toán tử sinh của nửa nhóm liên tục mạnh (T (t))t≥0. Khi đó, với mọi x ∈ X, ánh xạ quỹ đạo u : t 7→ T (t)x là nghiệm đủ tốt duy nhất của bài toán Cauchy trừu tượng. Chứng minh. Theo Định lý 1.3 ta có ∫ t 0 T (t)xds ∈ D(A) với mọi x ∈ X và T (t)x−x = A ∫ t 0 T (s)xds với mọi x ∈ X. Suy ra u(t) = T (t)x là nghiệm đủ tốt của (ACP ). Ta chứng minh tính duy nhất nghiệm 0 ứng với giá trị ban đầu x = 0. Giả sử u là nghiệm đủ tốt của bài toán Cauchy trừu tượng với x = 0, t > 0. Khi đó với mỗi s ∈ (0, t), ta có: d ds (T (t− s) ∫ s 0 u(r)dr) = T (t− s)u(s)− T (t− s)A ∫ s 0 u(r)dr = 0. Lấy tích phân từ 0 đến t ta được: T (t− s) ∫ s 0 u(r)dr|s=ts=0 = 0. Từ đó suy ra ∫ t 0 u(r)dr = 0. Lấy đạo hàm theo t ta được u(t) = 0 với mọi t > 0. Mà u(0) = 0 nên u(t) = 0 với mọi t ≥ 0. Mệnh đề được chứng minh. Định lý 2.1. Cho A : D(A) ⊂ X → X là toán tử đóng. Khi đó, các tính chất sau là tương đương: (i) A là toán tử sinh của nửa nhóm liên tục mạnh. (ii) Với mọi x ∈ D(A) tồn tại duy nhất nghiệm u(., x) của (ACP) và ρ(A) 6= ∅. (iii) Với mọi x ∈ D(A) tồn tại duy nhất nghiệm u(., x) của (ACP), D(A) trù mật trong X và với mọi dãy {xn}∞n=1 ⊂ D(A) : lim n→∞ xn = 0, tồn tại nghiệm u(t, xn) sao cho: lim n→∞ u(t, xn) = 0 đều trên [0, t0]. Chứng minh. (i)⇒ (ii) (theo mệnh đề 2.1). (ii) ⇒ (iii) Đầu tiên ta chỉ ra với mọi x ∈ X tồn tại duy nhất nghiệm đủ tốt 23 của (ACP ). Vì ρ(A) 6= ∅ nên tồn tại λ ∈ ρ(A). Đặt y = R(λ,A)x suy ra y ∈ D(A). Theo giả thiết, tồn tại nghiệm u(., y) với giá trị ban đầu u(0) = y. Đặt v(t) = (λ−A)u(t, y) ∈ D(A). Suy ra v(t) là nghiệm đủ tốt của (ACP ) với giá trị ban đầu x = (λ− A)y. Giả sử u(.) là nghiệm đủ tốt của (ACP ) với giá trị ban đầu x = 0. Đặt v(t) = ∫ t 0 u(s)ds. Suy ra v˙(t) = u(t) = A ∫ t 0 u(s)ds = Av(t) và v(0) = 0. Suy ra v(t) = 0 với mọi t ≥ 0 do đó u(t) = 0 với mọi t ≥ 0. Vậy tồn tại duy nhất nghiệm đủ tốt u(., x) của (ACP ). Mặt khác u(t, x) là nghiệm đủ tốt của (ACP ) nên ∫ t 0 u(s, x)ds ∈ D(A). Hơn nữa, ta có: lim t→0 1 t ∫ t 0 u(s, x)ds = u(0, x) = x. Từ đó suy ra D(A) trù mật trong X. Để chứng minh sự phụ thuộc liên tục của nghiệm vào điều kiện ban đầu ta xét: φ : X → C([0, t0], X), x 7→ u(., x). Chứng minh φ đóng. Giả sử xn → x, φ(xn) → y ∈ C([0, t0], X). Với mọi t ∈ [0, t0], ta có: D(A) ∋ ∫ t 0 u(s, xn)ds→ ∫ t 0 y(s)ds khi n→∞ và A ∫ t 0 u(s, xn)ds = u(t, xn)− xn → y(t)− x khi n→∞. Vì A đóng nên ∫ t 0 y(s)ds ∈ D(A) và y(t)− x = A ∫ t 0 y(s)ds. Khi đó: y(t) = A ∫ t 0 y(s)ds+ x, ∀t ∈ [0, t0]. Suy ra y(.) là nghiệm đủ tốt của (ACP ) với điều kiện ban đầu x nếu với t > t0, ta đặt y(t) = u(t− t0, y(t0)). Khi đó y(t) = u(t, x), ∀t ∈ [0, t0]. Vậy φ(x) = y hay φ đóng. Theo định lý đồ thị đóng suy ra φ liên tục. Vậy nếu xn → 0 thì φ(xn)→ 0 hay u(t, xn)→ 0 trong C([0, t0], X). Suy ra u(t, xn)→ 0 đều theo t trên [0, t0]. (iii)⇒ (i) Giả sử có (iii), khi đó tồn tại T (t) ∈ L(X) xác định bởi: T (t)x = u(t, x) với mọi x ∈ D(A), t ≥ 0. 24 Ta có thể giả sử sup0≤t≤1 ||T (t)|| <∞. Vì nếu không, giả sử tồn tại {tn}n∈N ⊂ [0, t0] sao cho lim n→∞ ||T (tn)|| = ∞. Ta có thể chọn xn ∈ D(A) sao cho lim n→∞ xn = 0 và ||T (tn)xn|| ≥ 1. Điều này mâu thuẫn với (iii) vì u(tn, xn) = T (tn)xn. Vậy ||T (t)|| bị chặn đều với mọi t ∈ [0, 1]. Ta có t 7→ T (t)x liên tục với mọi x ∈ D(A) mà D(A) trù mật trong X nên theo bổ đề 1.1 ánh xạ: t→ T (t)x liên tục với mọi x ∈ X. Với mọi x ∈ D(A), ta có: T (t+ s)x = u(t+ s, x) và T (t)T (s)x = u(t, T (s)x) = u(t, u(s, x)). Suy ra T (t + s) = T (t)T (s) với mọi t, s ≥ 0. Vậy (T (t))t≥0 là nửa nhóm liên tục mạnh trên X. Cuối cùng ta chỉ ra A là toán tử sinh của (T (t))t≥0. Thật vậy: Gọi (B,D(B)) là toán tử sinh của (T (t))t≥0. Hiển nhiên A ⊂ B. Hơn nữa, D(A) ổn định bởi T (t), D(A) trù mật trong X nên D(A) là lõi (core) của B. Từ đó suy ra D(A) = D(B) theo chuẩn đồ thị ||.||B. Mà A đóng nên A = B. Định lý được chứng minh. Định nghĩa 2.3. (Bài toán Cauchy đặt chỉnh ) Bài toán Cauchy trừu tượng{ u˙(t) = Au(t) ∀t ≥ 0, u(0) = x với toán tử đóng A : D(A) ⊂ X → X được gọi là đặt chỉnh nếu với mọi x ∈ D(A) tồn tại duy nhất nghiệm u(., x) của bài toán Cauchy trừu tượng (ACP), A có miền xác định trù mật, đồng thời với mọi dãy {xn}∞n=0 ⊂ D(A) : lim n→∞ xn = 0, ta có: lim n→∞ u(t, xn) = 0 đều trên [0, t0]. 2.2 Nhiễu bị chặn của nửa nhóm liên tục mạnh Bài toán: Cho A : D(A) ⊆ X → X là toán tử sinh của nửa nhóm liên tục mạnh (T (t))t≥0 và xét toán tử thứ hai B : D(B) ⊆ X → X. Tìm điều kiện để A+B sinh ra nửa nhóm liên tục mạnh (S(t))t≥0 nào đó. Khi đó, chúng ta nói rằng toán tử sinh A bị nhiễu bởi toán tử B hoặc B là nhiễu của A. Tổng A +B được định nghĩa như sau: (A+B)x = Ax+Bx, 25 với x ∈ D(A+B) = D(A) ∩D(B). Trong một số trường hợp D(A+B) có thể là {0}. Ví dụ 2.1. (i) Giả sử (A, D(A)) là toán tử sinh không bị chặn của nửa nhóm liên tục mạnh. Khi đó D(A) 6= X. Nếu lấy B = -A thì D(A) = D(B) và A + B = 0 xác định trên không gian con trù mật D(A), suy ra A + B không là toán tử đóng. Do đó A + B không là toán tử sinh của nửa nhóm liên tục mạnh nào. Nếu lấy B = -2A thì A + B = -A với miền xác định D(A + B) = D(A). Khi đó, A+ B là toán tử sinh của nửa nhóm liên tục mạnh nếu A là toán tử sinh của nửa nhóm liên tục mạnh. (ii) Giả sử A : D(A) ⊆ X → X là toán tử sinh không bị chặn của nửa nhóm liên tục mạnh (T (t))t≥0. Lấy S ∈ L(X) là một phép đẳng cấu sao cho: D(A) ∩ S(D(A)) = {0}. Khi đó B = SAS−1 là toán tử sinh của nửa nhóm đồng dạng ST (t)S−1 nhưng A+B chỉ xác định trên D(A+B) = D(A) ∩D(B) = D(A) ∩ S(D(A)) = {0}. Chẳng hạn, xét X = C0(R+) = {f ∈ C(R+) : lim s→∞ f(s) = 0}. Trên X xác định ánh xạ Ax = f ′ với miền xác định D(A) = C10(R+) = {f ∈ C 1(R+) : lim s→∞ f(s) = lim s→∞ f ′(s) = 0} và chuẩn ||f || = sup s≥0 |f(s)|+ sup s≥0 |f ′(s)|. Gọi S là phép đẳng cấu Sf = qf với hàm q là hàm dương, liên tục sao cho q và q−1 bị chặn và khả vi khắp nơi. Xác định toán tử B như sau: Bf = q.(q−1.f)′ trên D(B) = {f ∈ X : q−1f ∈ D(A)}. Khi đó tổng A + B xác định trên {0}. Các ví dụ trên cho thấy phép cộng các toán tử không bị chặn cần được nghiên cứu cẩn thận. Để tránh khó khăn do sự khác nhau về miền xác định của các toán tử ta giả thiết một trong hai toán tử tham gia là bị chặn. 26 Định lý 2.2. Giả sử A là toán tử sinh của nửa nhóm liên tục mạnh (T (t))t≥0 trên không gian Banach X và giả sử B ∈ L(X). Khi đó A+B là toán tử sinh của nửa nhóm liên tục mạnh xác định bởi: S(t)x0 = T (t)x0 + ∫ t 0 T (t− s)BS(s)x0ds, x0 ∈ X. (2.1) Hơn nữa, nếu ||T (t)|| ≤Meωt, ∀t ≥ 0 thì ||S(t)|| ≤Me(ω+M ||B||)t, ∀t ≥ 0. Chứng minh. Trước hết ta xây dựng dãy {Sn(t)}n như sau: S0(t) = T (t), S1(t)x0 = ∫ t 0 T (t− s)BS0(s)x0ds, S2(t)x0 = ∫ t 0 T (t− s)BS1(s)x0ds, ... Sn(t)x0 = ∫ t 0 T (t− s)BSn−1(s)x0ds. Khi đó, chuỗi ∞∑ n=0 Sn(t) hội tụ. Thật vậy: S0(t) = T (t), S1(t)x0 = ∫ t 0 T (t− s)BS0(s)x0ds = ∫ t 0 T (t− s)BT (s)x0ds, suy ra ||S1(t)|| ≤ ∫ t 0 ||T (t− s)||.||B||.||T (s)||ds ≤ ∫ t 0 Meω(t−s)||B||Meωsds = M2||B||eωtt. S2(t)x0 = ∫ t 0 T (t− s)BS1(s)x0ds, suy ra ||S2(t)|| ≤ ∫ t 0 ||T (t− s)||.||B||M2||B||eωs.sds ≤ ∫ t 0 Meω(t−s)||B||M2||B||eωs.sds = M3||B||2eωt t2 2! . Cứ tiếp tục như vậy ta được: ||Sn(t)|| ≤M n+1||B||neωt tn n! , ∀t ≥ 0. Đặt S(t) = ∞∑ n=0 Sn(t). Khi đó: ||S(t)|| ≤ ∞∑ n=0 ||Sn(t)|| ≤ ∞∑ n=0 Mn+1||B||neωt tn n! = Meωt ∞∑ n=0 Mn||B||ntn n! , ∀t ≥ 0. 27 Vì ∞∑ n=0 MnBntn n! hội tụ nên ∞∑ n=0 Sn(t) là hội tụ tuyệt đối. Hơn nữa, ta có: ||S(t)|| ≤ Me(ω+M ||B||)t. Ta thấy S(t) = ∞∑ n=0 Sn(t) thỏa mãn (2.1). Thật vậy, ta có: S(t)x0 = ∞∑ n=0 Sn(t)x0 = S0(t)x0 + ∞∑ n=1 Sn(t)x0 = T (t)x0 + ∞∑ n=1 ∫ t 0 T (t− s)BSn−1(s)x0ds = T (t)x0 + ∫ t 0 T (t− s)BS(s)x0ds. (2.2) Điều này chứng tỏ S(t) là nghiệm của (2.1). Giả sử S(t) và S(t) là hai nghiệm của (2.1) . Ta có: S(t)x0 = T (t)x0 + ∫ t 0 T (t− s)BS(s)x0ds S(t)x0 = T (t)x0 + ∫ t 0 T (t− s)BS(s)x0ds. Khi đó, trừ từng vế của hai phương trình ta được: ( S(t)− S(t) ) x0 = ∫ t 0 T (t− s)B(S(s)− S(s))x0ds. Do đó: ||(S(t)− S(t))x0|| ≤ ∫ t 0 Meω(t−s)||B||||(S(s)− S(s))x0||ds. Đặt e−ωt||(S(t)− S(t))x0|| = g(t), suy ra g(t) ≤ M ||B|| ∫ t 0 g(s)ds. Theo bổ đề Gronwall-Bellman suy ra g(t) ≤ g(0)eM ||B||t với g(0) = 0. Từ đó suy ra g(t) = 0. Vậy S(t) = S(t). Chứng minh tính liên tục mạnh của S(t). Với h > 0, ta có: ||S(t+ h)x0 − S(t)x0|| ≤ ||T (t+ h)x0 − T (t)x0||+ || ∫ t+h 0 T (t+ h− s)BS(s)x0ds − ∫ t 0 T (t− s)BS(s)x0ds|| ≤ ||T (t+ h)x0 − T (t)x0||+ ∫ t 0 ||(T (t+ h− s)− T (t− s))BS(s)x0||ds + ∫ t+h t ||T (t+ h− s)BS(s)x0||ds. 28 Theo định lý hội tụ Lebesgue, tính liên tục mạnh của T (t), tính bị chặn của T (t) và S(t) ta suy ra S(t) liên tục phải. Mặt khác, ta có: ||S(t− h)x0 − S(t)x0|| ≤ ||T (t− h)x0 − T (t)x0||+ || ∫ t−h 0 T (t− h− s)BS(s)x0ds − ∫ t 0 T (t− s)BS(s)x0ds|| = ||T (t− h)x0 − T (t)x0||+ || ∫ t−h 0 T (t− h− s)BS(s)x0ds − ∫ t−h −h T (t− h− s)BS(s+ h)x0ds|| ≤ ||T (t− h)x0 − T (t)x0||+ || ∫ 0 −h T (t− h− s)BS(s+ h)x0ds|| + || ∫ t−h 0 T (t− h− s)B(S(s)− S(s+ h))x0ds||. Sử dụng định lý hội tụ Lebesgue, tính liên tục phải của S(t), tính liên tục mạnh của T (t), tính bị chặn của T (t) và S(t) ta suy ra S(t) liên tục trái. Vậy S(t) liên tục mạnh. Chứng minh tính chất nửa nhóm S(t+ s) = S(t)S(s), ∀t, s ≥ 0. Từ (2.2) ta có: S(t+ s)x0 − S(t)S(s)x0 = T (t+ s)x0 + ∫ t+s 0 T (t+ s− u)ABS(u)x0du − ( T (t) + ∫ t 0 T (t− u)BS(u)du ) . ( T (s)x0 + ∫ s 0 T (s− v)BS(v)x0dv ) = ∫ t+s 0 T (t+ s− u)BS(u)x0du− ∫ s 0 T (t+ s− v)BS(v)x0dv − ∫ t 0 T (t− u)BS(u)S(s)x0du = ∫ t+s s T (t+ s− u)BS(u)x0du− ∫ t 0 T (t− u)BS(u)S(s)x0du = ∫ t 0 T (t− u)B(S(s+ u)− S(s)S(u))x0du. Do đó: ||S(t+ s)x0 − S(t)S(s)x0|| ≤ M ||B|| ∫ t 0 eω(t−u)||S(s+ u)x0 − S(s)S(u)x0||du. Nếu g(t) = e−ωt||S(t+ s)x0 − S(t)S(s)x0|| thì g(t) ≤M ||B|| ∫ t 0 g(s)ds ∀t ≥ 0. Theo bổ đề Gronwal-Bellman, ta có: g(t) ≤ g(0)eM ||B||t với g(0) = 0. 29 Từ đó suy ra g(t) = 0; Tức là : S(t+ s) = S(t)S(s). Chứng minh A+B là toán tử sinh của S(t). Trước hết ta chỉ ra rằng:∫ t 0 S(t− u)(A+B)x0du = S(t)x0 − x0, x0 ∈ D(A). (2.3) Thật vậy, ta có:∫ t 0 S(t− u)(A+B)x0du = ∫ t 0 T (t− u)Ax0du+ ∫ t 0 T (t− u)Bx0du + ∫ t 0 ∫ t u T (t− s)BS(s− u)(A+B)x0dsdu = T (t)x0 − x0 + ∫ t 0 T (t− s)B (∫ s 0 S(s− u)(A+B)x0du+ x0 ) ds. Vậy ∫ t 0 S(t− u)(A+B)x0du+ x0 là nghiệm của (2.1). Do tính duy nhất nghiệm nên S(t)x0 = x0 + ∫ t 0 S(t− u)(A+B)x0du. Từ đó suy ra S(t)x0 − x0 = ∫ t 0 S(t− u)(A+B)x0du. Khi đó: lim h→0+ S(h)x0 − x0 h = lim h→0+ ∫ h 0 S(u)(A+B)x0du h = (A+B)x0, x0 ∈ D(A). Hơn nữa, A+B là toán tử đóng nên suy ra A+B là toán tử sinh của S(t).  Hệ quả 2.1. Cho (T (t))t≥0 và (S(t))t≥0 là hai nửa nhóm liên tục mạnh, trong đó toán tử sinh của (S(t))t≥0 nhận được từ toán tử sinh của (T (t))t≥0 bởi một nhiễu bị chặn. Khi đó ||T (t)− S(t)|| ≤Mt với mọi t ∈ [0; 1] và M là hằng số dương nào đó. Chứng minh. Ta có: ||T (t)x− S(t)x|| = ∫ t 0 ||T (t− s)BS(s)x||ds ≤ t sup r∈[0;1] ||T (r)|| sup s∈[0;1] ||S(s)||.||B||.||x||, ∀x ∈ X, ∀t ∈ [0; 1]. Suy ra ||T (t)− S(t)|| ≤Mt, ∀t ∈ [0; 1] . 30 2.3 Sự tồn tại nghiệm của phương trình tích phân Volterra Cho (X, ||.||) là một không gian Banach và [a, b] (−∞ < a < b < +∞) là một khoảng đóng. Xây dựng trong C([a, b], X) một chuẩn mới như sau: |||x||| = sup a≤t≤b ||x(t)||. Khi đó C([a, b], X) cùng với chuẩn mới này trở thành một không gian Banach. Giả sử K(t, s, x) là một hàm liên tục từ [a, b]× [a, b]×X vào X. Chúng ta có định nghĩa: Định nghĩa 2.4. (i) Toán tử tích phân Volterra là toán tử V : C([a, b], X)→ C([a, b], X) xác định bởi V (x)(t) = ∫ t a K(t, s, x(s))ds, ∀x ∈ C([a, b], X), ∀t ∈ [a, b]. (2.4) (ii) Phương trình tích phân Volterra là phương trình có dạng: x(t) = ∫ t a K(t, s, x(s))ds+ y(t), ∀t ∈ [a, b] (2.5) hay tương đương x = V (x) + y, (2.6) trong đó x ∈ C([a, b], X) là hàm ẩn cần tìm, V là toán tử tích phân Volterra và hạng tử tự do y ∈ C([a, b], X) là hàm cho trước. Nhận xét 2.1. (i) Nếu hàm K(t, s, x) tách được thành K(t, s)x, tức là K(t, s, x) = K(t, s)x với K : [a, b] × [a, b] → L(X) thì hàm K(t, s) được gọi là nhân của toán tử V. (ii) Phương trình ta xét ở trên là phương trình tích phân Volterra loại II. Phương trình tích phân Volterra loại I là phương trình có dạng:∫ t a K(t, s, x(s))ds = y(t) (2.7) hay tương đương V (x) = y, (2.8) trong đó V là toán tử tích phân Volterra. (iii) Nếu phương trình tích phân Volterra loại I có nhân K(t, s)cùng với hàm y(t) khả vi liên tục theo t và toán tử K(t, t) khả nghịch với mọi t ∈ [a, b] thì ta đưa 31 về tích phân Volterra loại II theo cách sau: Đạo hàm hai vế của phương trình∫ t a K(t, s, x(s))ds = y(t) ta được: K(t, t)x(t) + ∫ t a ∂K ∂t (t, s)x(s)ds = dy(t) dt . Từ đó, ta có: x(t) = ∫ t a [ −K−1(t, t) ∂K ∂t (t, s)x(s) ] ds+ [ K−1(t, t) dy(t) dt ] . Tiếp theo chúng ta xét định lý chính của phần này. Ý nghĩa của nó là mọi toán tử tích phân Volterra luôn là ánh xạ co theo chuẩn Bielecki khi hàm K(t, s, x) của nó thỏa mãn điều kiện Lipschitz. Đồng thời nó cũng là một điều kiện đủ cho sự tồn tại và duy nhất nghiệm của phương trình tích phân Volterra tương ứng. Định lý 2.3. (Định lý Bielecki) Giả sử rằng hàm K(t, s, x) thỏa mãn điều kiện Lipschitz theo x, y và đều theo t, tức là: ||K(t, s, x)−K(t, s, y)|| ≤ L(s)||x− y|| (2.9) và hằng số Lipschitz L(s) là hàm khả tích địa phương theo s. Khi đó: (i) Toán tử tích phân Volterra V là một ánh xạ co theo chuẩn Beilecki ||x||B,p = sup a≤t≤b e−p ∫ t a L(s)ds||x(t)||, p > 1. (2.10) (ii)Phương trình tích phân Volterra (2.6) có nghiệm duy nhất và nghiệm này phụ thuộc liên tục vào y. Chứng minh. (i) Trong không gian C([a, b], X) chúng ta xét chuẩn Beilecki ||x||B,p = sup a≤t≤b e−p ∫ t a L(s)ds||x(t)||, p > 0. (2.11) Chúng ta sẽ chứng tỏ rằng ||.||B,p tương đương với chuẩn |||.||| và toán tử V thỏa mãn điều kiện Lipschitz với hằng số Lipschitz 1 p theo chuẩn Beilecki ||.||B,p, tức là: ||V (x)− V (y)||B,p ≤ 1 p ||x− y||B,p. 32 Thật vậy, tính tương đương suy ra từ ước lượng C1|||.||| ≤ ||.||B,p ≤ C2|||.|||, với C1 = e−p ∫ b a L(s)ds > 0, c2 = 1 > 0. Do đó không gian C([a, b], X) cũng là không gian Banach theo nghĩa Beilecki. Ta có: ||V (x)− V (y)||B,p = sup a≤t≤b e−p ∫ t a L(s)ds||V (x)(t)− V (y)(t)|| = sup a≤t≤b e−p ∫ t a L(s)ds|| ∫ t a [K(t, s, x(s))−K(t, s, y(s))]ds|| ≤ sup a≤t≤b e−p ∫ t a L(s)ds ∫ t a ||K(t, s, x(s))−K(t, s, y(s))||ds ≤ sup a≤t≤b e−p ∫ t a L(s)ds ∫ t a L(s)||x(s)− y(s)||ds = sup a≤t≤b e−p ∫ t a L(s)ds ∫ t a L(s)ep ∫ s a L(u)du [ e−p ∫ s a L(u)du||x(s)− y(s)|| ] ds ≤ ||x− y||B,p sup a≤t≤b e−p ∫ t a L(s)ds ∫ t a L(s)ep ∫ s a L(u)duds ≤ 1 p ||x− y||B,p. Vì ∫ t a L(s)ep ∫ s a L(u)duds = 1 p ∫ t a d ( ep ∫ s a L(u)du ) = 1 p ep ∫ s a L(u)du ∣∣s=t s=a = 1 p ep ∫ s a L(u)du − 1 p < 1 p ep ∫ t a L(s)ds. Do đó lấy p > 1 thì V là ánh xạ co theo chuẩn Beilecki với hệ số co 1 p . (ii) Theo phần (i) toán tử tích phân Volterra V là ánh xạ co. Suy ra toán tử U(x) = V (x) + y cũng là ánh xạ co, vì ||U(x)− U(y)||B,p = ||V (x)− V (y)||B,p < 1 p ||x− y||B,p. Áp dụng nguyên lý ánh xạ co cho U thì phương trình tích phân Volterra x(t) = ∫ t a K(t, s, x(s))ds+ y(t) có nghiệm x duy nhất với mọi hàm y ∈ C([a, b], X) cho trước. Để chứng tỏ nghiệm x này phụ thuộc liên tục vào y, ta chú ý rằng: x = V (x) + y. 33 Do đó, nếu gọi xy và xy0 là hai nghiệm tương ứng với y và y0 thì ||xy − xy0 ||B,p = ||V (xy)− V (xy0 + y − y0)||B,p ≤ ||V (xy)− V (xy0)||B,p + ||y − y0||B,p ≤ 1 p ||xy − xy0 ||B,p + ||y − y0||B,p. Suy ra ||xy − xy0 ||B,p ≤ p p− 1 ||y − y0||B,p → 0 khi y → y0. Vậy nghiệm x tồn tại duy nhất và phụ thuộc liên tục vào y. Định lý được chứng minh. Nhận xét 2.2. (i) Đối với toán tử V thì chúng ta không cần giả thiết K(t, s, x) là một hàm liên tục mạnh mà chỉ cần giả thiết rằng đối với t, x cố định nó là hàm đo được mạnh, khả tích địa phương theo s và thỏa mãn điều kiện Lipschitz như trên. Khi đó toán tử V thỏa mãn điều kiện Lipschitz với cùng một hằng số Lipschitz. (ii) Chuẩn Bielecki ||.||B,p cũng có thể xét trên nửa khoảng [a,+∞) và trong nửa khoảng vô hạn này toán tử V vẫn là ánh xạ co miễn là p > 1. Định lý Bielecki cho ta một kết luận định tính về nghiệm của phương trình (2.6), còn định lý sau cho ta kết quả định lượng về nghiệm của nó và được sử dụng nhiều trong thực hành. Định lý 2.4. (Phương pháp xấp xỉ liên tiếp) Với các giả thiết như trong định lý Beilecki thì nghiệm duy nhất của phương trình tích phân Volterra (2.6) được cho bởi chuỗi phần tử x = y + V y + V 2y + ...+ V ny + ... Chứng minh. Ta xây dựng dãy {xn}n như sau: x1 = y; x2 = y + V x1 = y + V y; x3 = y + V x2 = y + V y + V 2y; ......... xn = y + V xn−1 = y + V y + V 2y + ...+ V n−1y, ∀n = 2, 3, 4, ... Vì toán tử tích phân Volterra V là ánh xạ co theo chuẩn Bielecki nên toán tử U(.) = V (.) + y cũng vậy. Do đó theo nguyên lý ánh xạ co suy ra dãy {xn}n hội tụ đến nghiệm duy nhất x của phương trình (2.6). Từ đó, ta có: x = lim n→+∞ xn = y + V y + V 2y + ... + V ny + ....  34 Ví dụ 2.2. Giải các phương trình tích phân Volterra sau trong không gian C([0, 1];R). a) x(t) = t∫ 0 x(s)ds+ t2 2 + t+ 1, ∀t ∈ [0, 1]. Ta có K(t, s, x) = x thoả mãn các điều kiện của định lý Bielecki nên phương trình đã cho có nghiệm duy nhất. Ta đi tìm nghiệm bằng phương pháp xấp xỉ liên tiếp. Ta có: y = t2 2 + t+ 1 = t2 2! + t+ 1; V y = t∫ 0 ( s2 2! + s+ 1 ) ds = t3 3! + t2 2! + t; V 2y = V (V y) = t∫ 0 ( s3 3! + s2 2! + s ) ds = t4 4! + t3 3! + t2 2! ; Cứ tiếp tục như vậy ta được: V ny = tn+2 (n + 2)! + tn+1 (n+ 1)! + tn n! . Theo Định lý 2.4 thì nghiệm của phương trình đã cho là: x(t) = +∞∑ n=0 ( tn+2 (n+ 2)! + tn+1 (n+ 1)! + tn n! ) = ( et − 1− t ) + (et − 1) + et = 3et − t− 2, ∀t ∈ [0, 1]. b) x(t) = t 2 + t∫ 0 tsx(s)ds, ∀t ∈ [0, 1]. Tương tự như trên ta có: y = t 2 ; V y = t∫ 0 t.s. s 2 ds = t 2 . t3 3 ; V 2y = V (V y) = t∫ 0 ts. s 2 . s3 3 ds = t 2 . 1 2! ( t3 3 )2 ; V 3y = V (V 2y) = t∫ 0 ts. s 2 . 1 2! ( s3 3 )2 ds = t 2 . 1 3! ( t3 3 )3 ; Một cách tổng quát V ny = t 2 . 1 n! ( t3 3 )n . Vậy nghiệm của phương trình đã cho là: x(t) = +∞∑ n=0 t 2 . 1 n! ( t3 3 )n = t 2 e t 3 3 , ∀t ∈ [0, 1]. 35 2.4 Họ toán tử tiến hóa liên tục mạnh đủ tốt Giả sử (T (t))t≥0 là nửa nhóm liên tục mạnh sinh bởi A(D(A)), ta xét họ các toán tử tiến hoá U(t, s) : X → X xác định bởi : U(t, s)x = T (t− s)x+ ∫ t s T (t− ζ)B(ζ)U(ζ, s)xdζ, x ∈ X, (2.12) trong đó x ∈ X, 0 ≤ s ≤ t ≤ t1, B(t) ∈ L(X). Chúng ta biết rằng nếu B(.) ∈ Cb([0, t1],Ls(X)) thì phương trình (2.12) xác định một họ toán tử tiến hoá liên tục mạnh. Chúng tôi xin nhắc lại rằng họ toán tử tiến hoá liên tục mạnh thoả mãn các điều kiện trong định nghĩa sau đây. Định nghĩa 2.5. (U(t, s))t≥s≥0 được gọi là họ toán tử tiến hoá liên tục mạnh nếu thoả mãn các tính chất: 1. U(t, t) = I, ∀t ≥ 0. 2. U(t, s).U(s, τ) = U(t, τ), ∀t ≥ s ≥ τ ≥ 0. 3. Ánh xạ (t, s)→ U(t, s)x liên tục với mỗi x ∈ X. 4. ||U(t, s)|| ≤ Neω(t−s) với các hằng dương N, ω không phụ thuộc vào t ≥ s ≥ 0. Trong định nghĩa 2.5 chúng ta giả thiết B(.) ∈ Cb(R+,Ls(X)). Tuy nhiên trong một số mô hình ứng dụng, đặc biệt đối với bài toán liên quan đến lý thuyết điều khiển chúng ta cần giảm nhẹ hơn giả thiết này. Sau đây chúng ta sẽ giả thiết B(.) : [0, t1]→ L(X) đo được mạnh trên [0, t1] và thoả mãn điều kiện ess sup 0≤t≤t1 ||B(t)|| <∞, (2.13) tức là B ∈ L∞([0, t1],L(X)) với chuẩn ||B(t)||∞ = ess sup 0≤t≤t1 ||B(t)||. Ký hiệu ∆(t1) = {(t, s)|0 ≤ s ≤ t ≤ t1}. Với (t, s) ∈ ∆(t1) ta xét dãy toán tử Qn(t, s) : X → X được xác định bởi: Q0(t, s) = g(t) = T (t− s), Q1(t, s) = ∫ t s T (t− ζ)B(ζ)Q0(ζ, s)dζ, ... Qn(t, s) = ∫ t s T (t− ζ)B(ζ)Qn−1(ζ, s)dζ. Bằng phương pháp truy hồi ta có thể chỉ ra rằng với mọi (t, s) ∈ ∆(t1), ta có: ||Qn(t, s)||∞ ≤M n 0 ||B(t)||∞ (t− s)n n! . 36 Như vậy chuỗi ∞∑ n=0 ||Qn(t, s)||∞ hội tụ tuyêt đối, tức là chuỗi ∞∑ n=0 Qn(t, s) hội tụ tuyệt đối. Ký hiệu U(t, s) = ∞∑ n=0 Qn(t, s), ta có định lý sau. Định lý 2.5. U(t, s)x = ∞∑ n=0 Qn(t, s)x là nghiệm duy nhất của phương trình (2.12). Chứng minh. Chứng minh sự tồn tại nghiệm. Ta có: U(t, s)x = ∞∑ n=0 Qn(t, s)x = Q0(t, s)x+ ∞∑ n=1 Qn(t, s)x = T (t− s)x+ ∞∑ n=1 ∫ t