Luận văn Sự ổn định của phương trình vi phân tuyến tính và phương trình vi phân tuyến tính có nhiễu trong không gian hilbert

định tiệm cận đều. Phương pháp hàm Lyapunov được áp dụng nhiều trong việc nghiên cứu định tính các hệ vi phân, nhất là các hệ phi tuyến. Tuy nhiên việc xác định hàm Lyapunov nói chung là khó. Vì vậy để nghiên cứu sự ổn định của một số phương trình vi phân người ta còn sử dụng phương pháp xấp xỉ thứ nhất Lyapunov. Sau đây, chúng tôi sẽ đưa ra một số định lý về sự ổn định của phương trình vi phân tuyến tính và tuyến tính có nhiễu trong không gian Hilbert theo phương pháp xấp xỉ thứ nhất Lyapunov. 18 1.3.4 Sự ổn định của phương trình vi phân tuyến tính và tuyến tính có nhiễu trong không gian Hilbert theo phương pháp xấp xỉ thứ nhất Lyapunov A. Một số khái niệm cơ bản về phương trình vi phân tuyến tính thuần nhất trong không gian Hilbert Giả sử H là không gian Hilbert. Trong H , xét phương trình dx dt = A(t)x. (1.13) Giả sử toán tử A(t) với mỗi giá trị cố định của t là một toán tử tuyến tính giới nội và hàm toán tử A(t) liên tục theo t khi t ≥ 0. Do đó, theo định lý 1.3.1 phương trình 1.13 thoả mãn điều kiện tồn tại và duy nhất nghiệm với bài toán giá trị ban đầu; còn theo định lý 1.3.3 tất cả các nghiệm của phương trình này đều thác triển không giới nội được trên nửa khoảng thời gian vô hạn. Trong không gian L(H) ta xét phương trình . U = A(t)U, (1.14) trong đó U(t) là hàm toán tử lấy giá trị trong L(H). Giả sử U(t) là nghiệm của phương trình 1.14 thoả mãn điều kiện U(0) = I, ta chứng tỏ tồn tại toán tử ngược U−1(t). Thật vậy, ký hiệu V (t) là nghiệm của phương trình . V = −V A(t) thoả mãn điều kiện V (0) = I. Đặt W1(t) = V (t)U(t). Suy ra . W1(t) = V (t) . U(t) + . V (t)U(t) = V AU − V AU = 0. Do đó . W1(t) là toán tử hằng số và bằng I. Đặt W2(t) = U(t)V (t), ta có . W2(t) = . U V (t) + U . V (t) = AUV (t) + U(−V A)(t) = AUV (t)− UV A(t). Vậy . W2 = AW2 −W2A. Phương trình cuối cùng này nhận . W2(t) = I là nghiệm. Theo tính chất duy nhất nghiệm, mọi nghiệm bất kỳ khác xác định bởi điều kiện W2(0) = I cũng phải trùng với nghiệm này. Vậy W2(t) = I. Suy ra UV = V U . Đặt W (t, t0) = U(t)U−1(t0) thì W (t, t0) được gọi là toán tử Cauchy của phương trình 1.13. W (t, t0) có tính chất W (t, t1)W (t1, t0) = W (t, t0). Dễ thấy, nghiệm của phương trình 1.13 thoả mãn điều kiện x(t0) = x0 có thể viết dưới dạng x(t) = W (t, t0)x0. Trong trường hợp đặc biệt, khi A(t) = A, A ∈ L(H), ta sẽ chỉ ra U(t) = eAt. Toán tử mũ eAt được xác định như sau 19 Định nghĩa 1.3.8. Với A là toán tử tuyến tính giới nội trên không gian Hilbert H, ta định nghĩa etA = ∞∑ n=0 (tA)n n! (1.15) với mỗi t ≥ 0. (Qui ước 00 = I.) Chú ý: Chuỗi ∞∑ n=0 ‖(tA)n‖ n! hội tụ vì ‖(tA)n‖ n! 6 tn‖A‖n n! với mọi t > 0 và chuỗi số ∞∑ n=0 tn‖A‖n n! hội tụ theo dấu hiệu D’Alembert. Do đó chuỗi ∞∑ n=0 (tA)n n! hội tụ trong L(X). Vì vậy etA hoàn toàn được xác định. Bây giờ, xét phương trình vi phân tuyến tính trong không gian Hilbert H . x(t) = Ax(t), x(t) ∈ X, t > 0; (1.16) với A : H → H là toán tử tuyến tính giới nội. Ta sẽ chứng minh etAx0 là nghiệm của phương trình 1.16 thoả mãn điều kiện ban đầu x(0) = x0. Trước hết ta cần có mệnh đề sau. Mệnh đề 1.3.1. Với A là toán tử tuyến tính giới nội trên không gian Hilbert H, xác định etA bởi 1.15. Khi đó, ánh xạ R+  t 7→ T (t) := etA ∈ (L(X), || · ||) liên tục và thoả mãn T (t+ s) = T (t)T (s) với t, s ≥ 0, e0A = I. (Ký hiệu R+ là tập các số thực không âm.) Chứng minh. Áp dụng quy tắc Cauchy về nhân chuỗi luỹ thừa:( ∞∑ n=0 anx n )( ∞∑ n=0 bnx n ) = ∞∑ n=0 cnx n với cn = a0bn + a1bn−1 + ...+ anb0, ta có: T (t)T (s) = ( ∞∑ n=0 (tA)n n! )( ∞∑ n=0 (sA)n n! ) = ( ∞∑ n=0 cnA n ) 20 với cn = 1 n! n∑ k=0 n! k!(n− k)!t ksn−k = 1 n! (t+ s)n. Vậy T (t)T (s) = ∞∑ n=0 [(t+ s)A]n n! = T (t+ s). Khi đó, ta có e(t+h)A − etA = etA(ehA − I) với mọi t, h ∈ R. Do đó, để chứng minh T (T ) liên tục, ta chỉ cần chỉ ra lim h↓0 ehA = I. (1.17) Đẳng thức 1.17 được suy từ đánh giá sau ∥∥ehA − I∥∥ = ∥∥∥∥∥ ∞∑ k=1 hkAk k! ∥∥∥∥∥ 6 ∞∑ k=1 |h|k‖A‖k k! = e|h|·‖A‖ − 1. Vậy mệnh đề được chứng minh. Định lý sau đây sẽ chỉ ra rằng etAx0 là nghiệm của phương trình 1.16 thoả mãn điều kiện ban đầu x(0) = x0. Định lý 1.3.7. Với A là toán tử tuyến tính giới nội trên không gian Hilbert H, xác định etA bởi 1.15. Khi đó, ánh xạ R+  t 7→ T (t) := etA ∈ (L(X), || · ||) khả vi và thoả mãn d dt T (t) = AT (t) với t ≥ 0, T (0) = I. Chứng minh. Theo mệnh đề trên ta có T (t + h)− T (t) h = T (h)− I h · T (t) 21 với mọi t, h ∈ R. Do đó, để chứng minh định lý, ta chỉ cần chỉ ra lim h↓0 T (h)− I h = A. Đẳng thức trên được suy ra từ đánh giá sau∥∥∥∥T (h)− Ih − A ∥∥∥∥ 6 ‖A‖ ∞∑ k=2 |h|k−1‖A‖k−1 k! 6 ‖A‖ (e|h|·‖A‖ − 1)→ 0 khi h→ 0. Vậy định lý được chứng minh. Kết quả sau đây được trích dẫn từ tài liệu [4]. Định lý 1.3.8. (Định lý Lyapunov về ổn định mũ của phương trình vi phân) Nghiệm tầm thường x ≡ 0 của phương trình 1.16 ổn định mũ nếu một trong các mệnh đề sau được thoả mãn. (i) r(eA) < 1, ở đây r(eA) là bán kính phổ của toán tử eA. (ii) σ(A) ⊂ {z ∈ C : Rez < 0}. B. Sự ổn định của phương trình vi phân tuyến tính có nhiễu trong không gian Hilbert Trong phần này ta xét mối liên hệ về sự ổn định của nghiệm tầm thường của phương trình thuần nhất và không thuần nhất. Giả sử W (t, t0) = U(t)U−1(t0) là toán tử Cauchy của phương trình 1.13. Dễ thấy, nếu có bất đẳng thức ||W (t, t0)|| ≤ Be−α(t−t0) (1.18) trong đó B, α là hằng số dương nào đó, không phụ thuộc vào t0 thì đây là điều kiện để nghiệm tầm thường x ≡ 0 của phương trình (1.13) ổn định theo số mũ. Tương ứng với phương trình thuần nhất 1.13, ta xét phương trình không thuần nhất dx dt = A(t)x+ u(t), trong đó u(t) là hàm lấy giá trị trong H. Nghiệm của phương trình này có thể nhận được theo công thức Cauchy: x(t) = W (t, t0)x0 + t∫ t0 W(t, s)u(s)ds mà ta có thể dễ dàng nghiệm lại bằng cách thử trực tiếp. 22 Xét phương trình dx dt = A(t)x(t) +R(t, x(t)), (1.19) trong đó A(t) là toán tử tuyến tính giới nội, liên tục theo t; R(t, x(t)) là hàm thỏa mãn điều kiện R(t, 0) = 0 và ||R(t, x)|| ≤ L||x|| trong miền G. (1.20) Để xét sự ổn định của phương trình 1.19 ta cần tới các bổ đề sau: Bổ đề 1.3.1. (Bổ đề Gronwall, xem [3]) Giả sử u,m : R+ → R+ \{ 0} là các hàm liên tục. Khi đó nếu u(t) 6 c + t∫ t0 m(τ)u(τ)dτ (t ≥ t0, c > 0) thì ta có u(t) 6 c. exp { t∫ t0 m(τ)dτ} . Bổ đề 1.3.2. Giả sử u(t) là một hàm liên tục thoả mãn khi t > t0 bất đẳng thức 0 < u(t) < δ + t∫ t0 (η + Lu(t))dt trong đó δ, η, L là những hằng số và δ ≥ 0, η ≥ 0, L > 0. Khi đó ta có bất đẳng thức: u(t) < η L (eL(t−t0) − 1) + δeL(t−t0). Chứng minh, xem [2], bổ đề 1.1, trang 11. Định lý 1.3.9. (Về sự ổn định theo xấp xỉ thứ nhất) Nếu điều kiện (1.20) và (1.18) được thỏa mãn và ngoài ra nếu các hằng số α, B, L thỏa mãn bất đẳng thức λ = α− BL > 0 (1.21) thì nghiệm tầm thường x ≡ 0 của phương trình (1.19) sẽ ổn định mũ. Chứng minh: Thậy vậy, xét phương trình tích phân tương đương với phương trình (1.13) x(t) = W (t, t0)x0 + ∫ t t0 W (t, τ)R(τ, x(τ))dτ. (1.22) 23 Từ các điều kiện(1.20) và (1.18) ta có đánh giá ||x(t)|| ≤ B.e−α(t−t0)||x0||+ ∫ t t0 BL.e−α(t−s)||x(s)||ds. (1.23) Nếu đưa vào ký hiệu ϕ(t) = eαt||x(t)|| thì từ ( 1.23) ta suy ra ϕ(t) ≤ Beαt0 ||x0||+BL ∫ t t0 ϕ(s)d(s). Từ đó theo bổ đề 1.3.2 ta nhận được ϕ(t) ≤ eBL(t−t0)Beαt0 ||x0||. Vậy ta có: ||x(t)|| ≤ Be(BL−α)(t−t0)||x0||. (1.24) Vì BL− α < 0 nên ta có sự ổn định theo số mũ cần chứng minh. Cùng với toán tử tuyến tính A(t) bây giờ ta xét toán tử tuyến tính F (t) khác. Hệ quả 1.3.1. Giả sử bất đẳng thức (1.18) được thỏa mãn và có bất đẳng thức ||F (t)|| ≤ L (0 ≤ t <∞). Ngoài ra, nếu các đại lượng α,B, L thỏa mãn điều kiện (1.21) thì nghiệm tầm thường x ≡ 0 của phương trình dx dt = (A(t) + F (t))x (1.25) ổn định theo số mũ. Định lý 1.3.10. Giả sử H là không gian Hilbert. Xét phương trình dx dt = A(t)x+ ψ(t, x) + g(t, x), (1.26) trong đó ψ, g : R+ ×H → H thoả mãn các điều kiện sau: (i) ‖ψ(t, x)‖ 6 L ‖x‖ , ψ(t, 0) = 0; (ii) ‖g(t, x)‖ 6 ϕ(t) ‖x‖ , g(t, 0) = 0, +∞∫ 0 ϕ(t)dt < +∞. Ký hiệu W (t, s) là toán tử Cauchy của phương trình dx dt = A(t)x. Khi đó nếu tồn tại các số dương c và λ sao cho ‖W(t, s)‖ 6 ce−λ(t−s), ∀t ≥ s ≥ 0 thì nghiệm x(t) = 0 của phương trình 1.26 ổn định tiệm cận nếu cL < λ. 24 Chứng minh. Giả sử x(t) là một nghiệm của phương trình 1.26 thoả mãn điều kiện ban đầu x(t0) = x0. ta có x(t) = W(t, t0)x(t0) + t∫ t0 W(t, τ)[ψ(τ ,x(τ)) + g(τ ,x(τ))]dτ với t ≥ t0 ≥ 0. Vậy ‖x(t)‖ 6 ‖W(t, t0)‖ ‖x(t0)‖+ t∫ t0 ‖W(t, τ)‖ ‖ψ(τ ,x(τ)‖ dτ + t∫ t0 ‖W(t, τ)‖ ‖g(τ ,x(τ)‖ dτ 6 ce−λ(t−t0) ‖x(t0)‖+ t∫ t0 ce−λ(t−τ)L ‖x(τ)‖ dτ + t∫ t0 ce−λ(t−τ)ϕ(τ) ‖x(τ)‖ dτ. Suy ra ‖x(t)‖ eλt 6 ceλt0 ‖x(t0)‖+ c t∫ t0 eλτL ‖x(τ)‖ dτ + c t∫ t0 eλτϕ(τ) ‖x(τ)‖ dτ 6 ceλt0 ‖x(t0)‖+ c t∫ t0 (L+ ϕ(τ)) ‖x(τ)‖ eλτdτ. Áp dụng bổ đề Gronwall ta có ‖x(t)‖ eλt 6 ceλt0 ‖x(t0)‖ exp{c t∫ t0 (L+ ϕ(τ))dτ}. Suy ra ‖x(t)‖ 6 c ‖x(t0)‖ e−λ(t−t0)ecL(t−t0) exp{c t∫ t0 ϕ(τ)dτ} 6 ce−(λ−cL)(t−t0) exp{c +∞∫ 0 ϕ(τ)dτ} ‖x(t0)‖ 6 cMe−(λ−cL)(t−t0) ‖x(t0)‖ với M = exp{c +∞∫ 0 ϕ(τ)dτ} < +∞ (do +∞∫ 0 ϕ(t)dt < +∞). Với cL < λ, ta có ‖x(t)‖ 6 cM ‖x(t0)‖ 25 và ‖x(t)‖ → 0 (t→ +∞). Vậy x(t) = 0 ổn định tiệm cận. 26 Chương 2 Nửa nhóm liên tục mạnh có nhiễu và ứng dụng trong phương trình truyền sóng Với mục đích mở rộng phương pháp xấp xỉ thứ nhất của Lyapunov cho các phương trình vi phân mà toán tử ở vế phải là toán tử tuyến tính không giới nội, trong chương này, chúng ta sẽ tiệm cận phương pháp nửa nhóm và chỉ ra khả năng ứng dụng của nó trong việc nghiên cứu dáng điệu tiệm cận nghiệm của phương trình vi phân trong không gian Hilbert. Cuối chương là phần trình bày tóm tắt một ứng dụng thực tế của lý thuyết nửa nhóm vào phương trình truyền sóng. 2.1 Nửa nhóm liên tục mạnh trong không gian Ba- nach Để tổng quát, chúng ta đi tìm hiểu tính chất của nửa nhóm liên tục mạnh trong không gian Banach, các tính chất này sẽ vẫn còn đúng trong không gian Hilbert. 2.1.1 Định nghĩa nửa nhóm liên tục mạnh Định nghĩa 2.1.1. Một họ (T (t))t≥0 của toán tử tuyến tính bị chặn trên không gian Banach X được gọi là nửa nhóm liên tục mạnh (hoặc C0− nửa nhóm ) nếu nó thoả mãn phương trình hàm (FE) T (t+ s) = T (t)T (s) ∀t, s ≥ 0,T (0) = I 27 và liên tục mạnh theo nghĩa như sau. Với mọi x ∈ X, ánh xạ quỹ đạo (SC) ξx : t 7→ ξx(t) = T (t)x liên tục từ R+ 7→ X. Mệnh đề 2.1.1. Giả sử X là một không gian Banach và F là một hàm từ một tập compact K ∈ R vào L(X). Khi đó các khẳng định sau là tương đương. (i) F là toán tử tôpô liên tục mạnh, tức là ánh xạ K  t 7→ F (t)x ∈ X là liên tục với mọi x ∈ X. (ii) F là bị chặn đều trên K và ánh xạ K  t 7→ F (t)x ∈ X là liên tục với mọi x ∈ D ⊂ X, D trù mật trong X. (iii) F là liên tục đối với tôpô hội tụ đều trên tập compact của X, tức là ánh xạ K × C  (t, x) 7→ F (t)x ∈ X là liên tục đều đối với tập compact C trong X. Chứng minh xem [6], I.1.2. Mệnh đề 2.1.2. Cho một nửa nhóm T (t)t≥0 trên một không gian Banach X. Khi đó các tính chất sau là tương đương. (i) T (t)t≥0 là nửa nhóm liên tục mạnh. (ii) lim t↓0 T (t)x = x với mọi x ∈ X. (iii) Có một số δ > 0, M > 1 và một tập con trù mật D ⊂ X thoả mãn • ‖T (t)‖ 6 M ∀t ∈ [0, δ] ; • lim t↓0 T (t)x = x ∀x ∈ D. Mệnh đề 2.1.3. (Xem [6] trang 4.) Với mỗi nửa nhóm liên tục mạnh (T (T ))t≥0, tồn tại các hằng số ω ∈ R và M ≥ 1 sao cho ||T (t)|| ≤Meωt (2.1) với mọi t ≥ 0. Định nghĩa 2.1.2. Cho nửa nhóm liên tục mạnh (T (T ))t≥0. Khi đó, ta có các khái niệm sau. (i) Nửa nhóm (T (T ))t≥0 được gọi là nửa nhóm bị chặn nếu trong 2.1 ta có thể chọn ω = 0. (ii) Nửa nhóm (T (T ))t≥0 được gọi là nửa nhóm co nếu trong 2.1 ta có thể chọn ω = 0 và M = 1. 28 2.1.2 Ví dụ về nửa nhóm liên tục mạnh Định nghĩa 2.1.3. Cho f : R→ C và t ≥ 0. Ta gọi (Tl(t)f)(s) = f(s+ t), với s ∈ R là phép tịnh tiến trái của f bởi t và (Tr(t)f)(s) = f(s− t), với s ∈ R là phép tịnh tiến phải của f bởi t. Ví dụ 2.1.1. (Nửa nhóm tịnh tiến) Xét trong không gian Lp(R) (không gian các hàm khả tích bậc p trên R, 1 ≤ p < +∞) các phép tịnh tiến trái T (t)f(s) = f(t+ s) ∀s ∈ R, ∀t ≥ 0. Khi đó (T (t))t≥0 là nửa nhóm liên tục mạnh. Chứng minh. • Ta chứng minh T(t) là toán tử tuyến tính. Thật vậy, với mọi t, h ≥ 0 và với mọi f1, f2 ∈ Lp(R) ta có: T (t)(f1+ f2)(s) = (f1+ f2)(t+ s) = f1(t+ s) + f2(t+ s) = T (t)f1(s) + T (t)f2(s). Suy ra T (t)(f1 + f2) = T (t)f1 + T (t)f2. Ngoài ra, với mọi f ∈ Lp(R) và k ∈ C ta có T (t)(kf)(s) = (kf)(t+ s) = k.f(t+ s) = k.T (t)f(s). Suy ra T (t)(kf) = k.T (t)f. • Ta chứng minh T(t) liên tục với mọi t ≥ 0. Thật vậy: ||T (t)f ||Lp = (∫ R |f(t+ s)|pds) 1p = (∫ R |f(u)|pdu) 1p = ||f ||Lp ∀f ∈ Lp(R). Suy ra ||T (t)|| = 1 với mọi t ≥ 0. • Ta chứng minh (T (t))t≥0 là nửa nhóm. Thật vậy, với mọi t1, t2, s ≥ 0 và với mọi f ∈ Lp(R), ta có: T (t1 + t2)f(s) = f(t1 + t2 + s); [T (t1)T (t2)f ](s) = [T (t1)(T (t2)f)](s) = T (t2)f(t1 + s) = f(t2 + t1 + s). Suy ra T (t1 + t2) = T (t1)T (t2). Ngoài ra, với mọi f ∈ Lp(R) ta có T (0)f(s) = f(0 + s) = f(s) nên T (0)f = f. Suy ra T (0) = I. 29 • Ta chứng minh T (t)t≥0 liên tục mạnh, tức là lim t↓0+ ‖T (t)f − f‖Lp = 0 với mọi f ∈ Lp(R). Thật vậy, giả sử f là hàm liên tục có giá compact, tức là suppf = {t ∈ R : f(t) 6= 0} compact. Suy ra f liên tục đều. Ta có lim t↓0+ ‖T (t)f − f‖∞ = lim t↓0+ sup s∈R |f(t + s)− f(s)| = 0. Mặt khác, ‖T (t)f − f‖Lp 6 c‖T (t)f − f‖∞ → 0 khi t→ 0+. Suy ra lim t↓0+ ‖T (t)f − f‖Lp = 0 ∀f ∈ Lp(R). Vậy T (t)t≥0 là nửa nhóm liên tục mạnh. Định nghĩa 2.1.4. T (t)t≥0 gọi là nửa nhóm liên tục đều trong L(X) nếu ánh xạ: t ∈ R+ 7→ T (t) ∈ L(X) liên tục đối với tôpô chuẩn trong L(X), tức là lim t→0+ ‖T (t+ h)− T (t)‖ = 0 ∀t > 0. (2.2) Nhận xét: Từ định nghĩa dễ thấy liên tục đều thì kéo theo liên tục mạnh. Ta chứng minh 2.2 tương đương với lim h→0+ ‖T (h)− I‖ = 0. (2.3) Chứng minh. Chỉ cần chứng minh 2.3 ⇒ 2.2. Với t0 > 0, h > 0, ta có: ‖T (t0 + h)− T (t0)‖ 6 ‖T (t0)‖ ‖T (h)− I‖ → 0 khi h→ 0+. Suy ra t 7→ T (t) liên tục bên phải tại t0. Với h < 0, ta có: ‖T (t0 + h)− T (t0)‖ 6 ‖T (t0 + h)‖ ‖I − T (−h)‖ → 0 khi h→ 0−. Do ‖T (t0 + h)‖ bị chặn trên [0, t0] nên t 7→ T (t) liên tục bên trái tại t0. Vậy t 7→ T (t) liên tục tại t0. 30 Ví dụ 2.1.2. (Nửa nhóm liên tục đều) Cho X là không gian Banach và A ∈ L(X). Đặt T (t) = etA = ∞∑ n=0 (tA)n n! . Khi đó T (t)t ≥ 0 là nửa nhóm liên tục đều. Chứng minh. Dễ thấy T (t)t ≥ 0 là nửa nhóm (theo mệnh đề 1.3.1ở chương 1). T (t)t≥0 liên tục đều vì: ‖T (t)− I‖ = ∥∥∥∥∥ ∞∑ n=1 (tA)n n! ∥∥∥∥∥ 6 ∞∑ n=1 tn ‖An‖ n! = et‖A‖ − 1→ 0 khi t→ 0+. 2.2 Toán tử sinh của nửa nhóm liên tục mạnh 2.2.1 Định nghĩa về toán tử sinh Để xây dựng khái niệm toán tử sinh của nửa nhóm liên tục mạnh, trước hết ta chứng minh bổ đề sau. Bổ đề 2.2.1. Cho một nửa nhóm (T (t))t≥0 liên tục mạnh và một phần tử x ∈ X. Đối với quỹ đạo ánh xạ ξx : t 7→ T (t)x, các tính chất sau là tương đương. (a) ξx(.) là khả vi trên R+. (b) ξx(.) khả vi bên phải tại t = 0. Chứng minh. Chúng ta chỉ cần chỉ ra (b)⇒ (a). Với h > 0, ta có lim h↓0 1 h (T (t+ h)x− T (t)x) = T (t) lim h↓0 1 h (T (h)x− x) = T (t)ξ˙x(0). Suy ra ξx(.) khả vi bên phải trên R+. Mặt khác, với −t ≤ h < 0 ta có 1 h (T (t+ h)x− T (t)x)− T (t).ξ˙x(0) = T (t+ h) ( 1 h (x− T (−h)x)− ξ˙x(0) ) + T (t+ h)ξ˙x(0)− T (t)ξ˙x(0). (2.4) 31 Khi h ↑ 0 hạng tử đầu tiên của vế phải hội tụ đến 0, vì ||T (t+ h)|| bị chặn. Phần còn lại cũng hội tụ đến 0, do tính liên tục mạnh của (T (t))t≥0. Do đó, ξx khả vi bên trái trên R+. Vậy ξx(.) liên tục trên R+ và đạo hàm của nó là ξ˙x(t) = T (t)ξ˙x(0) với mọi t ≥ 0. (2.5) Định nghĩa 2.2.1. Toán tử sinh A : D(A) ⊂ X → X của một nửa nhóm liên tục mạnh (T (t))t≥0 trên một không gian Banach X là một toán tử Ax = ξ˙x(0) = lim h↓0 1 h (T (h)x− x) (2.6) xác định với mọi x trong miền xác định của nó D(A) = {x ∈ X : ξx là khả vi trên R+}. (2.7) Theo bổ đề 2.2.1, ta thấy miền xác định D(A) là tập tất cả các phần tử x ∈ X mà ξx(.) là khả vi bên phải tại t = 0. Do đó D(A) = {x ∈ X : lim h↓0 1 h (T (h)x− x) tồn tại}. (2.8) Miền D(A) là một không gian vectơ, chúng ta ký hiệu toán tử sinh của nửa nhóm liên tục mạnh (T (t))t≥0 là (A,D(A)). Chúng ta thường chỉ viết A và coi miền xác định của nó là cho bởi (2.8). 2.2.2 Tính chất của toán tử sinh Mệnh đề 2.2.1. Đặt yt = 1 t t∫ 0 ξx(s)ds = 1 t t∫ 0 T (s)xds, với x ∈ X và t ≥ 0. Khi đó lim t↓0+ yt = x. Chứng minh. Vì lim t↓0+ T (t)x = x nên với mọi ε > 0, tồn tại δ > 0 sao cho với 0 < t < δ ta có: ||T (t)x− x|| < ε 2 . Theo định nghĩa của tích phân, với mọi ε > 0 tồn tại phân hoạch của [0, t] : s0 = 0 < s1 < s2 < ... < sn = t 32 sao cho ∣∣∣∣∣∣ t∫ 0 T (s)xds− n∑ i=1 T (αi)x∆si ∣∣∣∣∣∣ < ε2t; αi ∈ [si−1, si] , i = 1, n. Với 0 < t < δ, ta có:∥∥∥∥∥∥1t t∫ 0 T (s)xds− x ∥∥∥∥∥∥ 6 ∥∥∥∥∥∥1t t∫ 0 T (s)xds− 1 t n∑ i=1 T (αi)x∆si ∥∥∥∥∥∥+ ∥∥∥∥∥1t n∑ i=1 T (αi)x∆si − x ∥∥∥∥∥ 6 ε 2 + ∥∥∥∥∥1t ( n∑ i=1 T (αi)x∆si − tx) ∥∥∥∥∥ 6 ε 2 + 1 t n∑ i=1 ε 2 ∆si = ε 2 + ε 2 = ε. Vậy lim t↓o+ yt = x với mọi x ∈ X. Mệnh đề 2.2.2. (Tính chất của toán tử sinh) Đối với toán tử sinh A của nửa nhóm liên tục mạnh T (t)t≥0, ta có các tính chất sau: 1) A : D(A) ⊂ X → X là toán tử tuyến tính. 2) Nếu x ∈ D(A) thì T (t)x ∈ D(A) và d dt T (t)x = T (t)Ax = AT (t)x với mọi t > 0. 3) Với mọi t ≥ 0 và với mọi x ∈ X, ta có t∫ 0 T (s)xds ∈ D(A) 4) Với mọi t ≥ 0, ta có T (t)x− x =  A t∫ 0 T (s)xds nếu x ∈ X t∫ 0 T (s)Axds nếu x ∈ D(A). Chứng minh, xem [6], II.1.3. 2.2.3 Ví dụ về toán tử sinh của nửa nhóm Ví dụ 2.2.1. (Các nửa nhóm điều chỉnh) Cho µ ∈ C, α là số thực dương. (T (t))t>0 là nửa nhóm liên tục mạnh trên không gian Banach X có toán tử sinh A. Ta xác định nửa nhóm điểu chỉnh (S(t))t≥0 bởi: S(t) := eµtT (αt), t ≥ 0. Khi đó (S(t))t≥0 là nửa nhóm liên tục mạnh có toán tử sinh là Bx = αAx + µx với mọi x ∈ D(A). 33 Chứng minh. (i) Chứng minh (S(t))t≥0 là nửa nhóm liên tục mạnh. Ta có S(0) = T (0) = I và S(t+ s) = eµ(t+s)T (αt+ αs) = eµtT (αt).eµsT (αs) = S(t)S(s). Ngoài ra, ‖S(t)x− x‖ = ∥∥eµtT (αt)x− x∥∥ 6 ∥∥(eµt − 1)T (αt)x∥∥+ ‖T (αt)x− x‖ 6 ∥∥(eµt − 1)∥∥ ‖T (αt)‖ ‖x‖+ ‖T (αt)x− x‖ → 0 khi t→ 0+. (ii) Chứng minh (S(t))t≥0 có toán tử sinh là Bx = αAx+ µx với mọi x ∈ D(A). Với mọi x ∈ D(A) ta có: lim t↓0+ S(t)x− x t = lim t↓0+ eµtT (αt)x− x t = lim t↓0+ (αeµt T (αt)x− x αt + µ eµtx− x µt ) = αAx+ µx. Vậy B = αA+ µI, D(B) = D(A). Ví dụ 2.2.2. (Nửa nhóm đồng dạng) Cho V đẳng cấu từ Y lên X. (T (t))t≥0 là nửa nhóm liên tục mạnh trên không gian Banach X có toán tử sinh là A. Đặt S(t) := V −1T (t)V, t > 0. Khi đó, (S(t))t≥0 là nửa nhóm liên tục mạnh trên Y có toán tử sinh là B = V −1AV với D(B) = { y ∈ Y : V y ∈ D(A)} . Chứng minh. (i) Chứng minh (S(t))t≥0 là nửa nhóm liên tục mạnh trên Y . Dễ thấy S(0) = V −1T (0)V = I. Với mọi t1, t2 > 0, ta có: S(t1 + t2) = V −1T (t1 + t2)V = V −1T (t1)T (t2)V = V −1T (t1)V V −1T (t2)V = S(t1)S(t2). 34 Với mọi y ∈ Y ta có: lim t↓0+ ‖S(t)y − y‖ = lim t↓0+ ∥∥V −1T (t)V y − y∥∥ 6 lim t↓0+ ∥∥V −1∥∥ ‖T (t)V y − V y‖ = 0. Suy ra lim t↓0+ S(t)y = y với mọi y ∈ Y. (ii) Chứng minh với mọi y ∈ Y : V y ∈ D(A), ta có: By = V −1AV y. Thật vậy, với mọi y ∈ Y : V y ∈ D(A) ta có: lim t↓0+ S(t)y − y t = lim t↓0+ V −1T (t)V y − y t = lim t↓0+ V −1 T (t)V y − V y t = V −1AV y. Suy ra y ∈ D(B) và By = V −1AV y. 2.2.4 Các định lý cơ bản về toán tử sinh của nửa nhóm co liên tục mạnh Định lý 2.2.1. (A,D(A)) là toán tử sinh của nửa nhóm co liên tục mạnh. Khi đó (A, (D(A)) là toán tử đóng, xác định trù mật và nếu Reλ > 0 thì λ ∈ ρ(A) và ‖R(λ,A)‖ 6 1 Reλ . Chứng minh. (i) Chứng minh (A,D(A)) là toán tử đóng. Giả sử {xn}∞n=1 ⊂ D(A) : xn → x và Axn → y. Áp dụng bổ đề 2.2.2 với xn ∈ D(A), ta có: T (t)xn − xn = t∫ 0 T (s)Axnds ∀t > 0. (2.9) Xét fn : s 7→ T (s)Axn hội tụ đều đến f : s 7→ T (s)y trên [0, t] vì ‖T (s)Axn − T (s)y‖ 6 ‖T (s)‖ ‖Axn − y‖ 6 ‖Axn − y‖ → 0 khi n→∞ với mọi s ∈ [0, t] . Trong 2.9 cho n→∞ ta có: T (t)x− x = t∫ 0 T (s)yds ∀t > 0. 35 Suy ra 1 t (T (t)x− x) = 1 t t∫ 0 T (s)yds ∀t > 0. (2.10) Áp dụng mệnh đề 2.2.1, vế phải của 2.10 có giới hạn khi t→ 0+; suy ra tồn tại lim t↓0+ 1 t (T (t)x− x) = y. Chứng tỏ x ∈ D(A) và Ax = y. Vậy theo định nghĩa, A là toán tử đóng. (ii) Chứng minh (A,D(A)) xác định trù mật trong X. Áp dụng mệnh đề 2.2.2, ta có với mọi x ∈ X: 1 t t∫ 0 T (s)xds ∈ D(A). Mà lim t↓0+ 1 t t∫ 0 T (s)xds = x, suy ra D(A) = X. (iii) Chứng minh với mọi λ ∈ C : Reλ > 0, ta có λ ∈ ρ(A) và ‖R(λ,A)‖ 6 1 Reλ . Trước hết ta chứng minh với Reλ > 0 thì +∞∫ 0 e−λsT (s)xds tồn tại với mọi x ∈ X. Thật vậy, ∥∥∥∥∥∥ t∫ 0 e−λsT (s)xds ∥∥∥∥∥∥ 6 t∫ 0 e−λs ‖T (s)‖ ‖x‖ ds (2.11) 6 t∫ 0 e−Reλ.s ‖x‖ ds = e −Reλ.t − 1 −Reλ ‖x‖ . Cho t→ +∞, vế phải dần tới 1 Reλ ‖x‖ < +∞, do Reλ > 0. Suy ra điều phải chứng minh. Chứng minh nếu +∞∫ 0 e−λsT (s)xds tồn tại với mọi x ∈ X thì λ ∈ ρ(A) và R(λ,A) = +∞∫ 0 e−λsT (s)dx. 36 Thật vậy, đặt R(λ)x = +∞∫ 0 e−λsT (s)xdx, ta phải chứng minh R(λ) = R(λ,A). Đầu tiên ta chứng minh cho trường hợp λ = 0 tức là R(0) = (−A)−1. Trước hết ta chứng minh AR(0) = −I. Với mọi x ∈ X, h > 0 ta có T (h)− I h R(0)x = T (h)− I h +∞∫ 0 T (s)xdx = 1 h +∞∫ h T (s)xdx− 1 h +∞∫ 0 T (s)xdx = −1 h h∫ 0 T (s)xdx. Cho h→ 0+, suy ra tồn tại lim h↓0+ T (h)− I h R(0)x = −x. Vậy R(0)x ∈ D(A) và AR(0) = −I. Tiếp theo, ta chứng minh AR(0) = R(0)A. Với mọi x ∈ D(A), ta có lim t↓+∞ t∫ 0 T (s)xds = R(0)x và lim t↓+∞ A t∫ 0 T (s)xds  = lim t↓+∞ t∫ 0 T (s)Axds = R(0)Ax. Mà A đóng, suy ra AR(0)x = R(0)Ax. Vậy AR(0)x = R(0)Ax = −x nên R(0) = (−A)−1. 37 Như vậy ta đã chứng minh được với λ = 0 mà R(0)x := +∞∫ 0 T (s)xdx tồn tại với mọi x ∈ X thì R(0) = R(0, A). Áp dụng kết quả trên cho nửa nhóm điều chỉnh S(t) := e−λtT (t), t ≥ 0, (S(t))t≥0 có toán tử sinh là B = A− λI; ta có R(0)x := +∞∫ 0 S(s)xds = +∞∫ 0 e−λsT (s)xds tồn tại với mọi x ∈ X. Suy ra R(0) = R(0, B) = (−B)−1 = (λI −A)−1 = R(λ,A). Vậy R(λ) = R(0) = R(λ,A). Chứng minh ‖R(λ,A)‖ 6 1 Reλ . Ta có R(λ,A)x = +∞∫ 0 e−λsT (s)xds. Suy ra ‖R(λ,A)‖ 6 +∞∫ 0 ∣∣e−λs∣∣ ds = +∞∫ 0 e−Reλ.sds = 1 Reλ . Vậy định lý được chứng minh. Định lý 2.2.2. (A,D(A)) là toán tử đóng xác định trù mật và thoả mãn: nếu λ > 0 thì λ ∈ ρ(A) và ‖λR(λ,A)‖ 6 1. Khi đó (A,D(A)) sinh ra nửa nhóm co liên tục mạnh. Chứng minh. Xét các xấp xỉ Yosida An := nAR(n,A) = n2R(n,A)− nI. Ta có An là các toán tử bị chặn, giao hoán với nhau do phương trình giải thức Hilbert R(n,A)− R(m,A) = (m− n)R(n,A)R(m,A). 38 Để chứng minh Anx → Ax khi n → +∞ với mọi x ∈ D(A), trước hết ta chứng minh nR(n,A)x→ x với mọi x ∈ X. Ta có R(n,A)(nI − A) = I. Suy ra R(n,A)A = nR(n,A)− I với mọi n ∈ ρ(A). Nếu y ∈ D(A) ta có nR(n,A)y = R(n,A)Ay + y. Cho n→ +∞ thì R(n,A)Ay + y → y vì: ‖R(n,A)Ay‖ 6 ‖R(n,A)‖ ‖Ay‖ 6 1 n ‖Ay‖ → 0 khi n→ +∞. Vậy nR(n,A)y → y khi n→ +∞ với mọi y ∈ D(A). Theo giả thiết ‖nR(n,A)‖ 6 1 với mọi n ∈ N∗ và D(A) = X, suy ra nR(n,A)x→ x khi n→ +∞ với mọi x ∈ X. Từ đó ta có Anx = nAR(n,A)x = nR(n,A)Ax→ Ax với mọi x ∈ D(A). Xét dãy các nửa nhóm liên tục đều xác định bởi Tn(t) = etAn , t ≥ 0, n ∈ N∗. Khi đó ta có: (i) lim n↓∞ Tn(t)x = T (t)x tồn tại với mọi x ∈ X. (ii) (T (t))t≥0 là nửa nhóm co liên tục mạnh. (iii) (T (t))t≥0 có toán tử sinh là (A,D(A)). Thật vậy: (i) Chứng minh lim n↓∞ Tn(t)x = T (t)x tồn tại với mọi x ∈ X. Tn(t) = e (n2R(n,A)−nI)t trong đó ∥∥e−nIt∥∥ = ∥∥∥∥∥ ∞∑ k=0 (−nIt)k k! ∥∥∥∥∥ = ∞∑ k=0 (−nt)k k! ‖I‖ = e−nt ∀t > 0, n ∈ N∗. 39 Ta có∥∥∥en2R(n,A)t∥∥∥ = ∥∥∥∥∥ ∞∑ k=0 (n2R(n,A)t) k k! ∥∥∥∥∥ 6 ∞∑ k=0 ‖n2R(n,A)t‖k k! = e‖n2R(n,A)t‖ 6 ent. do ‖nR(n,A)‖ 6 1. Vì vậy ‖Tn(t)‖ 6 ente−nt = 1 với mọi t > 0, n ∈ N∗. Vì ‖Tn(t)‖ (n = 1, 2, ...) bị chặn đều và D(A) = X nên ta chỉ cần chứng minh sự hội tụ của Tn(t) trên D(A), tức là lim n→∞ Tn(t)x = T (t)x ∀x ∈ D(A). Xét hàm có giá trị vectơ s 7→ Tm(t− s)Tn(s)x với 0 6 s 6 t, x ∈ D(A), m, n ∈ N∗. Sử dụng tính giao hoán của Tn(t) với mọi n ta có: Tn(t)x− Tm(t)x = t∫ 0 d ds Tm(t− s)Tn(s)xds = t∫ 0 Tm(t− s)Tn(s)(Anx− Amx)ds. Suy ra ‖Tn(t)x− Tm(t)x‖ 6 t ‖Anx− Amx‖ với mọi x ∈ D(A). Mà Anx là dãy Cauchy trong X với mọi x ∈ D(A) nên Tn(t)x là dãy Cauchy trong X, với mọi x ∈ D(A). Suy ra tồn tại lim n↓∞ Tn(t)x = T (t)x với mọi x ∈ D(A). Vậy tồn tại lim n↓∞ Tn(t)x = T (t)x với mọi x ∈ X. (ii) Chứng minh (T (t))t≥0 là nửa nhóm co liên tục mạnh. Sự hội tụ điểm của {Tn(t)x}+∞n=1 dẫn đến T (t)t≥0 thoả mãn các tính chất của nửa nhóm. T (0)x = lim n↓+∞ (Tn(0)x) = x, suy ra T (0) = I. T (t+ r)x = T (t)T