Đề tài Một số kiến thức cơ bản về đại số Banach và lý thuyết phổ

Mục lục Mục lục 1 Lời cảm ơn 3 Lời mở đầu 4 1 Một số kiến thức cơ bản về đại số Banach và lý thuyết phổ 6 1.1 Không gian tuyến tính định chuẩn . . . . . . . . . . . . . . . 6 1.1.1 Không gian tuyến tính . . . . . . . . . . . . . . . . . 6 1.1.2 Không gian định chuẩn . . . . . . . . . . . . . . . . . 8 1.2 Đại số Banach . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9 1.2.1 Định nghĩa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9 1.2.2 Một số ví dụ về Đại số Banach . . . . . . . . . . . . . 10 1.2.3 Phổ và giải thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11 1.2.4 Một số tính chất của phổ của toán tử tuyến tính . . 11 1.2.5 Tích phân Bochner . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15 2 Phương trình hàm Cauchy và một số nửa nhóm 18 2.1 Phương trình hàm Cauchy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18 2.2 Nửa nhóm ma trận . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23 1 www.VNMATH.com Mục lục 2 2.3 Nửa nhóm các toán tử liên tục đều . . . . . . . . . . . . . . 28 3 Bài toán Cauchy đối với toán tử tuyến tính không giới nội 35 4 Nửa nhóm nhân trên C0(Ω) 48 Kết luận 56 Tài liệu tham khảo 57 2 www.VNMATH.com Lời cảm ơn Luận văn được hoàn thành dưới sự hướng dẫn tận tình, chu đáo của TS . Đặng Anh Tuấn đồng thời cùng sự giúp đỡ và chỉ dậy quý báu của Thầy PGS.TS Đặng Đình Châu mà tôi đã nhận được trong suốt quá trình làm luận văn. Tôi xin được bày tỏ lòng biến ơn sâu sắc và kính trọng tới hai Thầy. Mặc dù bận nhiều công việc nhưng hai Thầy đã luôn bảo ban chỉ dẫn tôi tận tình, đồng thời động viên tôi hoàn thiện được luận văn này. Tôi xin được gửi lời cám ơn chân thành đến thầy Bảy. Người đã tận tình chỉ ra cho tôi rất nhiều thiếu xót để tôi có thể sửa chữa, khắc phục những sai sót và hoàn thành được khoá luận này. Tôi cũng xin cám ơn các thầy cô trong khoa Toán - Cơ - Tin học đã giảng dạy và dìu dắt tôi trong 4 năm qua, để tôi có được ngày hôm nay, có thể hoàn thành khoá luận này.Và còn rất nhiều sự động viên từ gia đình, bạn bè. Cám ơn tất cả mọi người! Một lần nữa cho tôi được gửi lòng biết ơn chân thành, sâu sắc của mình đến tất cả! Hà Nội, ngày 10 tháng 5 năm 2009 Sinh viên: Nguyễn Thị Thanh Thuý 3 www.VNMATH.com Lời mở đầu 4 Lời mở đầu Lý thuyết nửa nhóm một tham số của toán tử tuyến tính trên không gian Banach bắt đầu xuất hiện từ nửa đầu của thế kỉ XX, và đạt đến cốt lõi của nó vào năm 1948 với định lý sinh Hille-Yosida, và sau đó đạt tới đỉnh đầu tiên của nó vào năm 1957 với sự xuất bản cuốn "Semigroups and fun- tional Analysis" của E. Hille và R. S. Philips. Vào những năm của thập kỉ 70 và 80 thế kỉ XX, nhờ sự cố gắng nghiên cứu của nhiều trung tâm nghiêm cứu, trường học khác nhau, lý thuyết nửa nhóm được đạt tới một trạng thái hoàn hảo, được thể hiện rất tốt trong các chuyên khảo của E. B. Davies[Dav80], J. A. Goldstein[Gol85], A. Dazy[Paz83], và còn của rất nhiều nhà toán học khác. Nửa nhóm đã trở thành một công cụ quan trọng trong phương trình vi tích phân và phương trình hàm vi phân, trong cơ học lượng tử hoặc trong lýthuyết điều khiển vô hạn chiều. Phương pháp nửa nhóm cũng được ứng dụng với thành công lớn để cụ thể hoá các phương trình,...,trong hệ động lực dân số hoặc trong lý thuyết vận tải..... Trong khoá luận này, tôi xin trình bày về dùng phương pháp nửa nhóm để nghiên cứu nghiệm của bài toán Cauchy. Cấu trúc của khoá luận gồm 4 chương: Chương 1: Một số kiến thức cơ bản về đại số Banach và lý thuyết phổ. Trong phần này, trình bày cơ bản những định nghĩa, ví dụ, định lý, bổ đề về các không gian tuyến tính, định chuẩn, Banach, đại số Banach và lý thuyết phổ. Chương 2: Phương trình hàm Cauchy và một số nửa nhóm. 4 www.VNMATH.com Lời mở đầu 5 2.1 Phương trình hàm Cauchy. 2.2 Nửa nhóm ma trận. 2.3 Nửa nhóm các toán tử liên tục đều. Trong phần này, chúng ta sẽ nghiên cứu một số nửa nhóm, nghiệm của bài toán Cauchy và từ tính chất của nửa nhóm ta suy ra tính chất nghiệm của bài toán Cauchy. Chương 3: Bài toán Cauchy đối với toán tử tuyến tính không giới nội. Trong chương trước, ta đã nghiên cứu nửa nhóm các toán tử tuyến tính giới nội. Trong phần này, chúng ta đi nghiên cứu nó với toán tử tuyến tính là không giới nội, từ đó ta cũng nghiên cứu tính chất của nhiệm của bài toán Cauchy. Chương 4: Nửa nhóm nhân trên C0(Ω). Từ tính chất của phổ của nửa nhóm nhân, ta suy ra tính chất của nửa nhóm nhân, và từ đây ta đi nghiên cứu nghiệm của bài toán Cauchy và suy ra được tính chất ổn định của nghiệm của bài toán Cauchy. Mặc dù đã cố gắng rất nhiều, nhưng do trình độ và thời gian còn hạn chế, nên luận văn không tránh khỏi những thiếu xót, rất mong nhận được những ý kiến đóng góp của thầy cô và các bạn! 5 www.VNMATH.com Chương 1 Một số kiến thức cơ bản về đại số Banach và lý thuyết phổ 1.1 Không gian tuyến tính định chuẩn 1.1.1 Không gian tuyến tính Cho X là một tập tuỳ ý, K là trường số (C,R). Định nghĩa 1.1.1. Không gian tuyến tính là một tập X , trên đó xác định hai phép toán cộng hai phần tử của X và phép nhân các phần tử của X với một số thuộc trường số K. Hai phép toán đó được xác định như sau: 1. Phép cộng: Đó là ánh xạ : ϕ : X ìX → X ϕ(x, y) = x + y thoả mãn các tiên đề sau: (a) x+ y = y + x với mọi x, y ∈ X; (b) (x+ y) + z = x+ (y + z) với mọi x, y, z ∈ X; 6 www.VNMATH.com 1.1. Không gian tuyến tính định chuẩn 7 (c) Tồn tại phần tử 0 ∈ X thoả mãn: x + 0 = 0 + x = x với mọi x ∈ X; (d) Với mọi phần tử x ∈ X đều tồn tại phần tử đối, kí hiệu (−x) thoả mãn x+ (−x) = 0. 2. Phép nhân với một số: Đó là ánh xạ: ψ : X ìK → X (kí hiệu ψ(x, α) = αx hoặc xα, x ∈ K, α ∈ K) thoả mãn: (a) α(βx) = β(αx) = (αβx) với mọi x ∈ X ; α, β ∈ K; (b) Tồn tại phần tử 1 ∈ K thoả mãn 1.x = x với mọi x ∈ X; (c) (α+ β)x = αx + βx với mọi x ∈ X, α, β ∈ K; (d) α(x + y) = αx + αy với mọi x ∈ X, α ∈ K. • K = R thì không gian tuyến tính X gọi là không gian tuyến tính thực. • K = C thì không gian tuyến tính X gọi là không gian tuyến tính phức. Ví dụ 1.1.2. (a) R là không gian tuyến tính thực. (b) C là không gian tuyến tính phức. (c) Kn = {(x1, x2, ........., xn), xi ∈ K, i = 1, n}-- không gian tuyến tính. (d) C[a,b] tập hợp các hàm thực (hoặc phức) liên tục trên [a, b] là không gian tuyến tính thực (hoặc phức) với phép cộng hàm số và nhân thông thường. (e) l2 = {(x1, x2, . . . , xn, . . . ), ∞∑ i=1 |xi|2 < +∞, xi ∈ K} là không gian tuyến tính với phép cộng và phép nhân với một số theo toạ độ. 7 www.VNMATH.com 1.1. Không gian tuyến tính định chuẩn 8 1.1.2 Không gian định chuẩn Định nghĩa 1.1.3. ChoX là không gian tuyến tính. Một ánh xạ ϕ : X → R được gọi là một chuẩn trên X nếu ϕ thoả mãn các tiên đề sau: (ta kí hiệu ϕ(x) = ‖x‖) 1. ‖x‖ ≥ 0 với mọi x ∈ X và ϕ(x) = 0 khi và chỉ khi x = 0; 2. ‖αx‖ = |α|.‖x‖ với mọi x ∈ X và với mọi α ∈ K; 3. ‖x + y‖ ≤ ‖x‖+ ‖y‖ với mọi x, y ∈ X . Định nghĩa 1.1.4. Không gian tuyến tính X cùng với một chuẩn trên‖ ã ‖ xác định trên nó gọi là một không gian định chuẩn. Định nghĩa 1.1.5. Dãy {xn}∞n=1 ⊂ X với X là không gian tuyến tính định chuẩn được gọi là dãy cơ bản (dãy Cauchy) nếu ∀  > 0 cho trước tồn tại n0 (phụ thuộc ) sao cho với mọi n,m > n0 ta có: ‖xn − xm‖ < . Định nghĩa 1.1.6. Không gian X được gọi là không gian đầy đủ khi và chỉ khi mọi dãy cơ bản đều hội tụ. Định nghĩa 1.1.7. Nếu không gian định chuẩn X là không gian đầy đủ thì X được gọi là không gian Banach hay Banach--không gian. Ví dụ 1.1.8. 1. Trong R hoặc C đặt ‖x‖ = |x| thì ta có R hoặc C là một không gian Banach trên R hoặc C. 2. Trong Kn đặt ‖x‖ = ‖(x1, x2, ..........., xn)‖ = ( n∑ i=1 |xi|2 )1/2 , 8 www.VNMATH.com 1.2. Đại số Banach 9 suy ra ‖ ã ‖ là chuẩn trong Cn -- còn gọi là chuẩn Euclide. Suy ra d(x, y) = ‖x − y‖ = (∑ni=1 |xi − yi|2)12 là khoảng cách Euclide đã biết. Vậy Kn là không gian Banach. 3. C[a,b] với ‖x‖ = max a≤t≤b |x(t)| là không gian Banach với d(x, y) = max a≤t≤b |x(t)− y(t)| là khoảng cách đã biết. 4. l2 = {(x1, x2, . . . , xn, . . . ), xn ∈ K, ∞∑ n=1 |xn|2 <∞}. Trong l2 đặt ‖x‖ = ( ∞∑ i=1 |xi|2)1/2 với x = (x1, x2, . . . , xn, . . . ) ta suy ra l2 là không gian Banach. 1.2 Đại số Banach 1.2.1 Định nghĩa Định nghĩa 1.2.1. Không gian tuyến tính B được gọi là đại số nếu trong nó đã đưa thêm một phép toán đại số nữa-phép nhân, thoả mãn các tiên đề sau: 1. (fg)h = f(gh) ∀f, g, h ∈ B; 2. a, f(g + h) = fg + fh ∀f, g, h ∈ B; b, (f + g)h = fh+ gh ∀f, g, h ∈ B; 3. α(fg) = (αf)g ∀α ∈ C, f, g ∈ B; 4. Nếu tồn tại phần tử e ∈ B sao cho ef = fe = f với mọi f ∈ B thì e được gọi là đơn vị của đại số B và bản thân đại số được gọi là đại số có đơn vị; 9 www.VNMATH.com 1.2. Đại số Banach 10 5. Nếu bản thân phép nhân giao hoán, tức là thoả mãn: fg = gf ∀f, g ∈ B, thì đại số B được gọi là đại số giao hoán; Không gian định chuẩn B được gọi là đại số định chuẩn nếu nó là đại số có đơn vị và thoả mãn thêm 2 tiên đề: 6. ‖e‖ = 1; 7. ‖fg‖ 6 ‖f‖ ‖g‖ ∀f, g ∈ B; Nếu đại số định chuẩn B mà đầy đủ (tức không gian Banach) thì nó được gọi là Đại số Banach. 1.2.2 Một số ví dụ về Đại số Banach a, Trường C Các số phức z cho một ví dụ đơn giản về Đại số Banach nếu trang bị chuẩn cho nó theo công thức: ‖z‖ = |z| = √ (x2 + y2), (z = x + iy). Các số phức tạo thành một trường, ta kí hiệu trường này là C. Trong C đối với mọi phần tử, trừ phần tử 0, ta định nghĩa phép chia là ngược của phép nhân. Đơn vị trong C là e = 1. b) Đại số Banach các toán tử tuyến tính bị chặn. Giả sử X là không gian Banach. Ta xét không gian L(X,X) là không gian tất cả các toán tử tuyến tính liên tục ánh xạ từ X vào chính nó. Với các phép toán cộng nhân toán tử với số và phép nhân thông thường với các toán tử . 10 www.VNMATH.com 1.2. Đại số Banach 11 Đơn vị trong L(X,X) là toán tử đồng nhất. Chuẩn trong L(X,X) được định nghĩa như sau: ‖A‖ = sup ‖x‖61 ‖Ax‖ . Ta biến L(X,X) thành một đại số Banach với đơn vị là I . 1.2.3 Phổ và giải thức Định nghĩa 1.2.2. Cho B là đại số Banach và f ∈ B .Phổ của f là tập: σB(f) = {λ ∈ C : f − λe là không khả nghịch trong B}, và tập giải của f là tập: ρB(f) = C\σB(f). Nếu λ /∈ σ(f) thì ta gọi λ là giá trị chính quy. Xét hàm Rλ : C\σ(f) → B với Rλf = (λe− f)−1 xác định trên tập các điểm chính quy của phần tử f được gọi là giải thức của phần tử đó. Hơn nữa bán kính phổ của f được xác định là : rB(f) = sup{|λ| : λ ∈ σB(f)}. Để đơn giản từ giờ về sau ta sẽ kí hiệu σ(f), ρ(f), r(f) lần lượt là tập phổ, tập giải và bán kính phổ của f . 1.2.4 Một số tính chất của phổ của toán tử tuyến tính Định nghĩa 1.2.3. Giả sử X là không gian Banach phức, A ∈ X . D(A) là tập con của X . 11 www.VNMATH.com 1.2. Đại số Banach 12 Ta có A : D(A) ⊂ X → X là toán tử tuyến tính. λ ∈ C được gọi là giá trị chính quy của A nếu tồn tại (λI−A)−1 ∈ L(X) . Tập các giá trị chính quy được kí hiệu là ρ(A) và C\ρ(A) = σ(A) là tập phổ của A. D(A) ∈ X ; A : D(A) → X được gọi là một toán tử đóng nếu: ∀xn ∈ D(A) mà xn → x và Axn → y thì x ∈ D(A) và Ax = y. Định lý 1.2.4. Nếu toán tử A không có phổ là toàn thể mặt phẳng phức thì A là toán tử đóng. Chứng minh: Giả sử λ /∈ σ(A). Xét ánh xạ: B : X → D(A), B = (λI − A)−1 ∈ L(X). Giả sử {xn} ⊂ D(A), xn → x và Axn → y. Đặt hn = (λI − A)xn ta có: lim n→∞hn = limn→∞(λI − A)xn = λx − y. Suy ra ta có: B(λx − y) = lim n→∞Bhn = limn→∞(λI − A) −1(λI − A)xn = x. Vậy x ∈ D(A) . Và (λI − A)x = (λI − A)B(λx− y) = (λx − y). Suy ra Ax = y . Từ đó ta có A là toán tử đóng. Định lý được chứng minh. 12 www.VNMATH.com 1.2. Đại số Banach 13 Ta xét một số tính chất sơ cấp sau: Giả sử có A : D(A) ⊂ X → X là toán tử đóng và λ ∈ ρ(A). Ta kí hiệu :R(λ,A) = (λI − A)−1 . Nhân 2 vế với (λI − A) ta có: (λI − A)R(λ,A) = I. Nhân phân phối và chuyển vế ta có: A.R(λ,A) = λR(λ,A)− I. Chuyển vế và nhân 2 vế của đẳng thức trên với R(à,A) ta nhận được điều sau: [λR(λ,A) −A.R(λ,A)]R(à,A) = R(à,A). (1.1) Tương tự ta có: R(λ,A)[àR(λ,A) −A.R(à,A)] = R(λ,A). (1.2) Từ (1.1) và (1.2) ta có: R(λ,A) −R(à,A) = (à− λ)R(λ,A)R(à,A). (Hệ thức Hilbert) Suy ra R(λ,A), R(à,A) giao hoán với nhau. Mệnh đề 1.2.5. Phổ σ(A) của phần tử A của Đại số Banach X là tập compact không rỗng trong C. Chứng minh: Ta đưa ra một số bổ đề sau trước khi chứng minh: Bổ đề 1.2.6. Ta giả thiết 0 < ε < 1, A ∈ L(X), ‖A‖ < ε Khi đó phần tử (I − A) khả nghịch và (I − A)−1 = I +A +A2 +A3 + ........ +An + . . . 13 www.VNMATH.com 1.2. Đại số Banach 14 Chứng minh: Thực vậy, đặt sn = I +A+ ã ã ã+An, ta có: ‖Sn − Sn+p‖ = ‖An+1 +An+2 + ..... +An+p‖ ≤ ‖A‖n+1 + ‖A‖n+2 + ...... + ‖A‖n+p ≤ εn+1 + εn+2 + ....... + εn+p ≤ εn+1(1 + ε + ε2 + ...... + εp−1) ≤ εn+1 1 1 − ε →n→∞ 0. Vậy ta suy ra:{Sn}∞n=0 là dãy Cauchy trong L(X). Vậy Sn hội tụ đến phần tử s nào đó. Ta có:. s(I − A) = lim n→∞ sn(I −A) = limn→∞(I − A n+1) = I. Tương tự ta chứng minh được (I − A)s = I. Bổ đề 1.2.7. Giả sử A0 là phần tử khả nghịch và ||∆A|| ≤ ||A−10 ||−1. Khi đó A1 = A0 + ∆A là phần tử khả nghịch và A1 −1 = (I +A−10 ∆A) −1A−10 . Chứng minh: Thật vậy, A1 = A0 +∆A = A0(I +A−10 ∆A) = A0(I −A) và ||A|| = || − A−10 ∆A|| < 1. áp dụng bổ đề trên ta được điều phải chứng minh. + Chứng minh σ(A) bị chặn. Lấy λ ∈ C, |λ| > ‖A‖ ta sẽ chứng minh λ ∈ ρ(A). Suy ra σ(A) nằm trong hình tròn r = ‖A‖. Tức là: σ(A) ⊂ {λ sao cho |λ| < ‖A‖}. Mặt khác ta có: λI − A = λ(I − 1 λ A), 14 www.VNMATH.com 1.2. Đại số Banach 15 ‖1 λ A‖ = ‖A‖|λ| < 1. Ta suy ra rằng :(I − 1 λ A) khả nghịch và (I − 1 λ A)−1 ∈ L(X). Do đó (λI − A) khả nghịch và (λI −A)−1 = 1 λ (I − 1 λ )−1 ∈ L(X). Vậy : λ ∈ ρ(A). + Chứng minh σ(A) đóng. Tính chất đóng của σ(A) được suy ra ngay từ bổ đề 2: nếu λ0 chính quy thì lân cận |∆λ| < ||A(λ0)|| chỉ gồm các điểm chính quy vì (λ0 +∆λ)I −A = λ0I − A+ ∆λI . 1.2.5 Tích phân Bochner Mệnh đề 1.2.8. Giả sử ta có hàm f : [0, 1] → X liên tục với X là không gian Banach phức. Xét hàm đơn giản: gn(t) = n∑ i=1 Xi.XIi(t) với [0, 1] = ∪ni=1Ii, Ii ∩ Ij = ∅ với i 6= j∫ 1 0 gn(t) = n∑ i=1 m(Ii)Xi. Hàm f được gọi là tích phân Bochner nếu {gn} là các hàm đơn giản sao cho: lim n→∞ gn(t) = f(t), lim n→∞ ∫ 1 0 ||gn(t)− f(t)||dt = 0. 15 www.VNMATH.com 1.2. Đại số Banach 16 Khi đó lim n→∞ ∫ 1 0 gn(t) tồn tại và ta gọi đó là tích phân Bochner của f trên [0, 1]. Chứng minh: Ta sẽ chứng minh { 1∫ 0 gn(t)dt} là dãy Cauchy trong X . Suy ra ta cần chứng minh ‖ 1∫ 0 (gn(t)− gm(t))dt‖ → 0 khi m,n→ ∞. Ta có: gn(t) = n∑ i=1 XinX[in](t). gm(t) = m∑ i=1 XimX[im](t). [0, 1] = ∪ni=1Iin = ∪mi=1Iim. Ta đặt: {Ij}pj=1 = {Iln ∩ Ikm, 1 ≤ l ≤ n, 1 ≤ k ≤ m} Từ điều trên ta suy ra: gn(t) = p∑ j=1 YjX[Ij](t) gm(t) = p∑ j=1 ZjX[Ij](t) Mặt khác ta có: ∫ 1 0 (gn(t)− gm(t))dt = p∑ j=1 (Yj − Zj)m(Ij) Suy ra: ‖ ∫ 1 0 (gn(t)− gm(t))dt‖ ≤ p∑ j=1 ‖Yj − Zj‖m(Ij) Mà: ‖gn(t)− gm(t)‖ = p∑ j=1 ‖Yj − Zj‖XIj(t) ≤ ∫ 1 0 ‖gn(t)− gm(t)‖dt→ 0 16 www.VNMATH.com 1.2. Đại số Banach 17 Suy ra ta có điều phải chứng minh. 17 www.VNMATH.com Chương 2 Phương trình hàm Cauchy và một số nửa nhóm 2.1 Phương trình hàm Cauchy Bài toán 2.1.1. Tìm tất cả các ánh xạ T (.) : R+ → C thoả mãn phương trình hàm: T (t + s) = T (t)T (s) ∀t, s ≥ 0, (2.1) T (0) = 1. (2.2) Một cách dễ dàng ta thấy, hàm mũ: t 7→ eta (2.3) thoả mãn (2.1)--(2.2), là nghiệm của bài toán trên với a ∈ C. Ta có thể dễ dàng thử lại đánh giá trên: Vì a ∈ C, ta có thể viết a bằng công thức sau: a = b+ ic. Suy ra: eta = etb(cos tc+ i sin tc). 18 www.VNMATH.com 2.1. Phương trình hàm Cauchy 19 Lần lượt ta sẽ xem xét từng điều kiện của bài toán trên: etaesa = etb(cos tc + i sin tc)esb(cos sc+ i sin sc) (2.4) = etbesb(cos tc cos tc + i cos tc sin sc+ i sin tc cos sc− sin tc sin sc), e(t+s)a = e(t+s)b(cos(t+ s)c+ i sin(t+ s)c) (2.5) = etbesb(cos tc cos sc− sin tc sin sc+ i sin tc cos sc+ i cos tc sin sc). Từ (2.5) và (2.6) ta suy ra: e(t+s)a = etaesa. Vậy điều kiện 1 của bài toán được thoả mãn. Mặt khác ta có: e0t = 1. Vậy điều kiện 2 thoả mãn. Từ đó ta suy ra eta là nghiệm của bài toán trên. Mệnh đề 2.1.2. Giả sử có: T (t) = eta với a ∈ C và với mọi t ≥ 0. Khi đó ta có T (.) là hàm khả vi và thoả mãn bài toán Cauchy sau: d dt T (t) = aT (t) với t ≥ 0, (2.6) T (0) = 1. (2.7) Ngược lại, hàm T (.) : R+ → C định nghĩa bởi T (t) = eta với a ∈ C là hàm khả vi duy nhất thoả mãn (2.6)--(2.7). Cuối cùng, chúng ta lưu ý rằng:a = ddtT (t) ∣∣ t=0. Chứng minh: Đầu tiên ta đi chứng minh T (t) = eta khả vi. Ta có: lim ∆t→0 e(t+∆t)a − eta ∆t = etae∆t.a − eta ∆t = eta(e∆t.a − 1) ∆t . 19 www.VNMATH.com 2.1. Phương trình hàm Cauchy 20 Mặt khác ta có: e∆t.a − 1 ∆t = e∆t.b(cos(∆t.c) + i sin(∆t.c))− 1 ∆t = eb.∆t cos(∆t.c)− 1 ∆t + i sin(∆t.c).e∆t.b ∆t . Mà: lim ∆t→0 eb∆tcos(∆tc)− 1 ∆t = lim ∆t→0 ( eb∆t cos(∆tc)− 1 ∆t )′ = b và lim ∆t→0 ( i sin(∆tc)e(∆tb) ∆t ) = ic. Vậy ta suy ra: lim ∆t→0 ( e(t+∆t) − eta ∆t ) = b+ ic = a. Vậy T (t) = eta là khả vi và d dt T (t) = a.eta. Bây giờ chúng ta đi chứng minh khẳng định duy nhất. Giả sử có hàm S(.) : R+ → C là 1 hàm khả vi khác cũng thoả mãn (2.6)--(2.7). Khi đó hàm mới Q(.) : [0, t] → C được định nghĩa như sau: Q(s) = T (s)S(t− s) với 0 ≤ s ≤ t với t > 0 là khả vi. Khi đó ta có: d ds Q(s) = d dt T (s).S(t− s) + d dt S(t− s).T (s) = aT (s)S(t− s)− aS(t − s)T (s) = 0. Ta suy ra Q(.) là hằng số. Từ khẳng định Q(.) là hằng số ta có những điều sau: Q(t) = Q(0), Q(0) = S(t), Q(s) = T (t). 20 www.VNMATH.com 2.1. Phương trình hàm Cauchy 21 Q(s) = Q(0) Do đó: S(t) = T (t). Vậy ta suy ra T (.) là duy nhất. Mệnh đề 2.1.3. Giả sử T (.) : R+ → C là hàm liên tục thoả mãn(2.1)--(2.2). Khi đó T (.) là khả vi, và tồn tại duy nhất a ∈ C sao cho (2.6)--(2.7) xảy ra. Chứng minh: Từ hàm T (.) liên tục trên R+, ta định nghĩa hàm V (.) bởi: V (t) := t∫ 0 T (s)ds, t ≥ 0. Ta có: V (t+ ∆t)− V (t) ∆t = ∆t+t∫ 0 T (s)ds− t∫ 0 T (s)ds ∆t = t+∆t∫ t T (s)ds ∆t = T (ζ) t+∆t∫ t ds ∆t = T (ζ), (Theo định lý trung bình). Suy ra: lim ∆t→0 ( V (t+ ∆t)− V (t) ∆t ) = T (t). Vậy từ đó ta có V (.) khả vi và V˙ (.) = T (t). Điều này kéo theo: lim t→0 1 t V (t) = lim t→t V (t)− V (0) t = T (0) = 1 = V˙ (0). Do đó, khi t → 0 ta có: |V (t) t − 1| 0, V (t0) là khác 0, 21 www.VNMATH.com 2.1. Phương trình hàm Cauchy 22 do vậy V (t0) khả nghịch: T (t) = V (t0) −1V (t0)T (t) = V (t0) −1T (t) t0∫ 0 T (s)ds = V (t0) −1 t0∫ 0 T (t + s)ds = V (t0) −1 t+t0∫ t T (s)ds = V (t0) −1(V (t+ t0)− V (t)), ∀t ≥ 0. Suy ra T (.) là khả vi với đạo hàm: d dt T (t) = lim t→0 T (t+ h)− T (t) h = lim t→0 T (h)− T (0) h T (t) = T˙ (0).T (t), ∀t ≥ 0. Vậy: a = T˙ (0). Định lý được chứng minh xong. Ví dụ 2.1.4. Một hàm f : R → R được gọi là hàm cộng nếu nó thoả mãn phương trình hàm : f(s+ t) = f(s) + f(t) với s, t ∈ R. Khi đó ta có khẳng định sau : Hàm f : R→ R là hàm cộng khi và chỉ khi T (t) = ef(t) thoả mãn (2.6)--(2.7). Chứng minh: Chiều thuận: (f là hàm cộng, suy ra T (t) = ef(t) thoả mãn (2.6)--(2.7)). Ta có: ef(s+t) = ef(s)+f(t) = ef(s).ef(t). 22 www.VNMATH.com 2.2. Nửa nhóm ma trận 23 Vậy điều kiện 1 thoả mãn và: ef(0) = 1. Suy ra thoả mãn điều kiện 2. Ngược lại ta có: T (t + s) = ef(t+s) T (t) = ef(t) T (s) = ef(s) Mà T (t + s) = T (t)T (s) Suy ra ta có: ef(t+s) = ef(t) + ef(s) Hay f(t+ s) = f(t) + f(s). Vậy suy ra f là hàm cộng. Vậy ta có điều phải chứng minh. 2.2 Nửa nhóm ma trận Trong phần này chúng ta xem xét không gian vecto hữu hạn chiều X = Cn, không gian L(X) các toán tử tuyến tính trên X sẽ đồng nhất trên không gianMn(C) tất cả các ma trận cỡ n ì n, và một hàm có giá trị ma trận: T (.) : R+ →Mn(C) thoả mãn phương trình hàm: T (t + s) = T (t)T (s) với mọi t, s ≥ 0, (2.8) T (0) = I. (2.9) Bài toán 2.2.1. Tìm tất cả các ánh xạ T (.) : R+ → Mn(C) thoả mãn phương trình hàm (2.8)--(2.9). 23 www.VNMATH.com 2.2. Nửa nhóm ma trận 24 Định nghĩa 2.2.2. Với A ∈ Mn(C) và t ∈ R+, ma trận mũ etA được định nghĩa bởi: etA = ∞∑ k=0 tkAk k! . Lấy 1 chuẩn trên Cn và tương ứng chuẩn ma trận trênMn(C) được xem như tổng riêng của chuỗi trên dạng một dãy Cauchy, do vậy chuỗi hội tụ và thoả mãn: ‖etA‖ ≤ et‖A‖ ∀t ≥ 0. Mệnh đề 2.2.3. Cho A ∈Mn(C), ánh xạ R+ 3 t 7→ etA ∈Mn(C) là liên tục và thoả mãn e(t+s)A = etAesA ∀t, s ≥ 0, (2.10) e0A = I. (2.11) Chứng minh: Trước tiên ta đi chứng minh t 7→ etA là liên tục, ta có: e(t+h)A − etA = etA(ehA − I) ∀t, h ∈ R. Mặt khác, ta có ‖ehA − I‖ = ‖ ∞∑ k=0 hkAk k! − I‖ = ‖ ∞∑ k=1 hkAk k! ‖ ≤ ∞∑ k=1 |h|k‖A‖k k! . Ta có chuỗi ∞∑ k=0 hk‖A‖k k! hội tụ đến e|h|‖A‖ − 1 vì với |h| < 1 ta có: ∞∑ k=0 hk‖A‖k k! = 1 + |h| ∞∑ k=1 |h|k−1‖A‖k k! . 24 www.VNMATH.com 2.2. Nửa nhóm ma trận 25 Do |h| < 1 nên |h| k−1‖A‖n k! ≤ ‖A‖ n k! . Song chuỗi ∞∑ k=1 ‖A‖k k! hội tụ đến e‖A‖ − 1 vì theo tiêu chuẩn D.Alembert: lim k→∞ ak ak+1 = lim k→∞ k + 1 ‖A‖ = ∞ > 1, và e‖A‖ = ∞∑ k=0 ‖A‖n k! = 1 + ∞∑ k=1 ‖A‖n k! Vậy ta suy ra ∞∑ k=1 ‖A‖n k! hội tụ đến e‖A‖ − 1. Ta suy ra: lim h→0 ‖ehA − I‖ = lim h→0 (e|h|‖A‖ − 1) = 0. Do đó t 7→ etA là liên tục. Từ chuỗi ∞∑ k=0 hk‖A‖k k! hội tụ, ta có thể chứng minh điều kiện thứ nhất của bài toán Cauchy trên bằng tích Cauchy của chuỗi vô hạn: ∞∑ k=0 tkAk k! ∞∑ k=0 skAk k! = ∞∑ n=0 ( k∑ n=0 tn−kAn−k (n− k)! skAk k! ) = ∞∑ n=0 (t+ s)nAn n! . Vậy t 7→ etA thoả mãn (2.8)--(2.9). Mệnh đề 2.2.4. Giả sử có T (t) := etA với A ∈ Mn(C). Khi đó hàm T (.) : R+ →Mn(C) là khả vi và thoả mãn bài toán Cauchy: d dt T (t) = AT (t) với t ≥ 0, (2.12) T (0) = I. (2.13) Ngược lại, mọi hàm khả vi T (.) : R+ →Mn(C) thoả mãn (2.12)--(2.13) luôn có dạng T (t) = etAvới A ∈Mn(C). Cuối cùng, chúng ta có A = T˙ (0). 25 www.VNMATH.com 2.2. Nửa nhóm ma trận 26 Chứng minh: Chúng ta bắt đầu chứng minh bằng cách chỉ ra rằng T (.) thoả mãn (2.12)--(2.13). Từ phương trình hàm (2.8) --(2.9) kéo theo : T (t + h)− T (t) h = T (h)− I h T (t) ∀t, h ∈ R. Ta có (2.12)--(2.13) được chứng minh nếu lim h→0 T (h)− I h = A. Ta có: ‖T (h)− I h − A‖ = ‖e hA − I h − A‖ = ‖1 h (I + hA+ (hA)2 2! + (hA)3 3! + ....... + (hA)n n! − I)− A‖ = ‖ ∑ k=2 ∞h k−1Ak k! ‖ ≤ ∞∑ k=2 |h|k−1‖A‖k k! = |h| ∞∑ k=2 |h|k−2‖A‖k k! . Với |h| ≤ 1 suy ra |h| ∞∑ k=2 |h|k−2‖A‖k k! tiến tới ∞∑ k=2 ‖A‖k k! . Chứng minh tương tự như trên chuỗi ∞∑ k=2 ‖A‖k k! hội tụ tới e‖A‖ − 1 − ‖A‖. Suy ra: lim h→0 ‖T (h)− I h − A‖ = lim h→0 e‖A‖ − 1 − ‖A‖ = 0. Do vậy ta có : lim h→0 T (h)− I h = A. Vậy hàm T (.) khả vi và thoả mãn (2.12)--(2.13). Ta có điều phải chứng minh. Định lý 2.2.5. Giả sử T (.) : R+ →Mn(C) là hàm liên tục thoả mãn (2.8)-- (2.9). Khi đó tồn tại A ∈Mn(C) sao cho: T (t) = etA với mọi t ≥ 0. 26 www.VNMATH.com 2.2. Nửa nhóm ma trận 27 Chứng minh: Trước tiên ta định nghĩa hàm V (.) như sau: V (t0) := t0∫ 0 T (s)ds. Ta có: V (t+ ∆t)− V (t) ∆t = ∆t+t∫ 0 T (s)ds− t∫ 0 T (s)ds ∆t = t+∆t∫ t T (s)ds ∆t = T (ζ) t+∆t∫ t ds ∆t = T (ζ), (Theo định lý trung bình). Suy ra: lim ∆t→0 ( V (t+ ∆t)− V (t) ∆t ) = T (t). Vậy ta có V (.) là khả vi và V˙ (.) = T (t). Ta có: V (0) = 0∫ 0 T (s)ds = 0, và: lim t→0 1 t V (t) = lim t→0 V (t)− V (0) t = V˙ (0). Suy ra ∃t0 > 0 sao cho ‖ 1 t0 V (t0)− I‖ < 1 2 . Vậy suy ra với t0 > 0, V (t0) ≥ 0, và tồn tại: ( 1 t0 V (t0)) −1. Suy ra tồn tại: V (t0) −1 = 1 t0 ( 1 t0 V (t0) −1). 27 www.VNMATH.com 2.3. Nửa nhóm các toán tử liên tục đều 28 do vậy : T (t) = V (t0) −1V (t0)T (t) = V (t0) −1T (t) t0∫ 0 T (s)ds = V (t0) −1 t0∫ 0 T (t + s)ds = V (t0) −1 t+t0∫ t T (s)ds = V (t0) −1(V (t+ t0)− V (t)), ∀t ≥ 0. Vậy T (.) là khả vi với đạo hàm d dt T (t) = lim t→0 T (t+ h)− T (t) h = lim t→0 T (h)− T (0) h T (t) = T (0).T (t), ∀t ≥ 0. Suy ra ta thấy: A = T˙ (0). Ví dụ 2.2.6. Nửa nhóm sinh bởi ma trận đường chéo A = diag(a1, . . . , an) được cho bởi : etA = diag(eta1, . . . , etan), với a1, a2, . . . , an ∈ C. 2.3 Nửa nhóm các toán tử liên tục đều Bây giờ, chúng ta lấy X là không gian Banach phức với chuẩn ‖ ã ‖. Ta kí hiệu L(X) là đại số Banach của tất cả các toán tử tuyến tính bị chặn trên 28 www.VNMATH.com 2.3. Nửa nhóm các toán tử liên tục đều 29 X với chuẩn cũng được kí hiệu là ‖ ã ‖. Bài toán 2.3.1. Tìm tất cả các ánh xạ T (.) : R → L(X) với L(X) = {A : X → X tuyến tính liên tục, X là không gian Banach} T (t + s) = T (t)T (s) với mọi t, s ≥ 0, (2.14) T (0) = I. (2.15) Định nghĩa 2.3.2. Một họ các toán tử tuyến tính liên tục (T (t))t≥0 trên không gian Banach X được gọi là một nửa nhóm (một tham số) trên X nếu nó thoả mãn phương trình hàm (2.14) --(2.15). Nếu (2.14) --(2.15) xảy ra với mọi t, s ∈ R, chúng ta gọi (T (t))t≥0 là một nhóm (một tham số) trên X . Định nghĩa 2.3.3. Giả sử có A ∈ L(X), ta kí hiệu tập ρ(A) = {λ ∈ C : λI − A : X → X là song ánh và nghịch đảo (λI − A)−1 ∈ L(X)} được gọi là tập giải của A. σ(A) = C \ ρ(A) được gọi là tập phổ của A. Định nghĩa 2.3.4. Giả sử A ∈ L(X) và chọn 1 lân cận U của σ(A) với biên là đường cong trơn, kín, định hướng dương +∂U . Ta định nghĩa: etA = 1 2pii ∫ +∂U etλR(λ,A)dλ với mọi t ≥ 0. Định lý 2.3.5. Cho A ∈ L(X). Xét hàm (etA)t≥0. Khi đó những khẳng định sau xảy ra: 1. (etA)t≥0 là nửa nhóm trên X sao cho: R 3 t 7→ etA ∈ (L(X, ‖ ã ‖) là liên tục. 29 www.VNMATH.com 2.3. Nửa nhóm các toán tử liên tục đều 30 2. ánh xạ R+ 3 t 7→ T (t) = etA ∈ (L(X), ‖ ã ‖) là khả vi và thoả mãn bài toán Cauchy: d dt T (t) = AT (t) với t ≥ 0, (2.16) T (0) = I. (2.17) Ngược lại, mỗi hàm khả vi: T(.):R+ → (L(X), ‖ ã ‖) thoả mãn (2.16)--(2.17) có dạng T (t) = etA với A ∈ L(X). Cuối cùng, chúng ta xem xét rằng A = T˙ (0). Chứng minh: 1. Ta đi chứng minh (etA)t≥0 là nửa nhóm: Để chứng minh ta đi kiểm tra (etA)t≥0 thoả mãn (2.14)--(2.15). Ta thấy: e0A = 1 2pii ∫ +∂U e0λR(λ,A)dλ = 1 2pii ∫ +∂U R(λ,A)dλ = I, và: e(t+s)A = 1 2pii ∫ +∂U e(t+s)λR(λ,A)dλ. Mặt khác ta có etAesA = 1 2pii ∫ +∂U etλR(λ,A)dλ. ∫ +∂V eàλR(à,A)dà = 1 (2pii)2 ∫ +∂U ∫ +∂V etλesàR(λ,A)R(à,A)dλdà, với V là lân cận mở của σ(A) và U ⊂ V . Mà theo công thức Hilbert: R(λ,A)−R(à,A) = (à− λ)R(λ,A)R(à,A). 30 www.VNMATH.com 2.3. Nửa nhóm các toán tử liên tục đều 31 Vậy etAesA = 1 (2pii)2 ∫ +∂U ∫ +∂V etλesà R(λ,A) −R(à,A) à − λ dλdà = 1 (2pii)2 ∫ +∂U ∫ +∂V et(λ+à) R(λ,A) à− λ dλdà − 1 (2pii)2 ∫ +∂U ∫ ∂V es(λ+à) R(à,A) à− λ dλdà. Mặt khác ta có: 1 (2pii)2 ∫ +∂U ∫ ∂V et(λ+à) R(λ,A) à− λ dλdà = 1 2pii ∫ +∂U e(t+s)λR(λ,A)dλ, và 1 (2pii)2 ∫ +∂U ∫ ∂V es(λ+à) R(à,A) à − λ dλdà = 0. Vậy suy ra: etAesA = 1 2pii ∫ +∂U e(t+s)λR(λ,A)dλ. Hay: etAesA = e(t+s)A. Vậy (etA)t≥0 là nửa nhóm. 2. Để chứng minh 2) trước tiên ta định nghĩa hàm V (t) = t∫ 0 T (s)ds. Bây giờ ta chứng minh V (ã) khả vi: Thật vậy, ta có: V (t + ∆t)− V (t) ∆t = ∆t+t∫ 0 T (s)ds− t∫ 0 T (s)ds ∆t = t+∆t∫ t T (s)ds ∆t = T (ζ) t+∆t∫ t ds ∆t = T (ζ), (Theo định lý trung bình). Ta suy ra: lim ∆t→0 ( V (t+ ∆t)− V (t) ∆t ) = T (t). 31 www.VNMATH.com 2.3. Nửa nhóm các toán tử liên tục đều 32 Vậy V (.) là khả vi và V˙ (t) = T (t). Ta nhận thấy: V˙ (0) = T (0) = I và V (0) = 0. Mặt khác ta lại thấy: lim t→0 1 t V (t) = lim t→0 V (t)− V (0) t = T (0) = 1 = V˙ (0), suy ra ∃t0 > 0 sao cho ‖ 1 t0 V (t0)− I‖ < 1 2 . Vậy tồn tại: ( 1 t0 V (t0)) −1 ∈ L(X). Suy ra tồn tại: V (t0) −1 = 1 t0 ( 1 t0 V (t0) −1) ∈ L(X). T (t) = V (t0) −1V (t0)T (t) = V (t0)−1V (t0) ∫ t0 0 T (s)ds = V (t0) −1(V (t0 + t)− V (t)). Suy ra T (t) khả vi. Mặt khác, ta có tập giải của A thoả mãn: λR(λ,A) = AR(λ,A) + I với mọi λ ∈ ρ(A). Do đó, sử dụng tích phân Cauchy ta có: d dt etA = d dt 1 2pii ∫ +∂U etλR(λ,A)dλ = 1 2pii ∫ +∂U λetλR(λ,A)dλ = 1 2pii ∫ +∂U etλA.R(λ,A)dλ + ∫ +∂U etλdλ = AetA, 32 www.VNMATH.com 2.3. Nửa nhóm các toán tử liên tục đều 33 với mọi t ≥ 0, vì ∫ +∂U etλdλ = 0. Tính duy nhất ta chứng minh như mệnh đề 2.1..2. Định nghĩa 2.3.6. Một nửa nhóm một tham số (T (t))t≥0 trên không gian Banach X được gọi là liên tục đều nếu R+ 3 t 7→ T (t) ∈ L(X) là liên tục với toán tử topo đều trên L(X). Định lý 2.3.7. Mọi nửa nhóm liên tục đều (T (t))t≥0 trên không gian Banach X đều có dạng: T (t) = etA , t ≥ 0, với mọi toán tử bị chặn A ∈ L(X). Chứng minh: Để chứng minh trước tiên ta định nghĩa: V (t) = t∫ 0 T (s)ds, t ≥ 0. Ta đi chứng minh V (t) là khả vi: V (t+ ∆t)− V (t) ∆t = ∆t+t∫ 0 T (s)ds− t∫ 0 T (s)ds ∆t = ∫ t t + ∆tT (s)ds ∆t = T (ζ) t+∆t∫ t ds ∆t = T (ζ), (Theo định lý trung bình). Suy ra lim ∆t→0 ( V (t+ ∆t)− V (t) ∆t ) = T (t). Do đó ta có V (.) khả vi và V˙ (.) = T (t). Mà: lim t→0 1 t V (t) = lim t→0 V (t)− V (0) t = T (0) = I = V˙ (0). 33 www.VNMATH.com 2.3. Nửa nhóm các toán tử liên tục đều 34 Vậy ta suy ra tồn tại t0 > 0 để: ‖ 1 t0 V (t0)− I‖ < 1 2 . Suy ra tồn tại ( 1 t0 V (t0)) −1 ∈ L(X). Từ đó ta suy ra tồn tại V (t0) −1 = 1 t0 ( 1 t0 V (t0) −1) ∈ L(X). Ta suy ra điều sau: T (t) = V (t0) −1V (t0)T (t) = V (t0)−1V (t0) t0∫ 0 T (s)ds = V (t0) −1(V (t0 + t)− V (t)). Từ công thức trên ta suy ra T (t) là khả vi. 34 www.VNMATH.com Chương 3 Bài toán Cauchy đối với toán tử tuyến tính không giới nội Sau đây chúng ta sẽ sử dụng biến đổi Laplace để xây dựng nghiệm của bài toán Cauchy đối với phương trình vi phân tuyến tính thuần nhất trong không gian Banach. Giả sử X là không gian Banach, và A : X → X là toán tử tuyến tính đóng, trong đó D(A) là miền xác định của A(D(A) ⊂ X). D(A) trù mật trong X (D(A) = X). Bài toán 3.0.8 (Bài toán Cauchy). dx dt = Ax, (3.1) x ∣∣ t=0 = x0, (3.2) với 0 ≤ t <∞. Sau đây chúng ta tìm nghiệm x(t) với miền giá trị thuộc vào D(A) là nghiệm của bài toán Cauchy (3.1) -- (3.2) nếu x(t) là liên tục trên [0,+∞), 35 www.VNMATH.com 36 khả vi liên tục trên (0,+∞) và thoả mãn phương trình (3.1) và điều kiện (3.2). Với mỗi nghiệm x(t) ta cho tương ứng một hàm biến phức xˆ(p), p ∈ C được xác định bởi công thức: xˆ(p) = +∞∫ 0 e−ptx(t)dt. (3.3) Với điều kiện x(t) là nghiệm duy nhất của bài toán Cauchy thoả mãn điều kiện: ‖x(t)‖ ≤M ã eωt. (3.4) Hàm xˆ(p) được gọi là ảnh của phép biến đổi Laplace. L : x(t) → xˆ(p), t ∈ [0,+∞), p ∈ C. (L[x(t)] = xˆ(p)) . Chú ý rằng ta có theo tính chất của phép biến đổi Laplace: L[x′(t)] = ∞∫ 0 e−ptx′(t)dt = ∞∫ 0 e−ptdx(t) = e−ptx(t) ∣∣∞ 0 +p ∞∫ 0 e−ptx(t)dt = pxˆ(p)−x(0). (3.5) Ta có công thức xác định ảnh ngược của phép biến đổi Laplace: x(t) = 1 2pii a+i∞∫ a−i∞ eptxˆ(p)dp, trong đó Rep = a, ω < a. Trở lại với bài toán Cauchy (3.1) -- (3.2) nhờ phép biến đổi Laplace và sử dụng công thức (3.5) ta nhận được: pxˆ(p) − x(0) = L[Ax(t)]. 36 www.VNMATH.com 37 Chuyển vế ta có: pxˆ(p) −L[Ax(t)] = x0. (3.6) Bây giờ để chứng minh được L[Ax(t)] = AL[x(t)], chúng ta đi xét một định lý sau: Định lý 3.0.9. Giả sử có A là toán tử tuyến tính đóng trên X , và hàm : f : I → X là tích phân Bochner với I là một khoảng (bị chặn hoặc không bị chặn) trên R. Giả sử rằng f(t) ∈ D(A) với mọi t ∈ I và A ◦ f : I → X là tích phân Bochner. Khi đó ∫ I f(t)dt ∈ D(A) và: A ∫ I f(t)dt = ∫ I A(f(t))dt. Chứng minh: Chúng ta sẽ xem xét X ì X như một không gian Banach với chuẩn ‖(x, y)‖ = ‖x‖ + ‖y‖. Đồ thị G(A) của A là một không gian con đóng trong X ì X . Định nghĩa hàm g : I → G(A) ⊂ X ì X bởi: g(t) = (f(t), A(f(t))). Dễ dàng nhận thấy g là đo được và:∫ I ‖g(t)‖dt = ∫ I ‖f(t)‖dt+ ∫ I ‖A(f(t))‖dt <∞. Suy ra g là một tích phân Bochner . Tuy nhiên, ∫ I g(t)dt ∈ D(A). Vậy ta suy ra: ∫ I g(t)dt = ( ∫ I f(t)dt, ∫ I A(f(t))dt ) . Điều này cho ta kết quả cần chứng minh. Vậy áp dụng định lý trên (3.16) sẽ tương đương với pxˆ(p) −AL[x(t)] = x0. Do đó: pxˆ(p)− Axˆ(p) = x0. 37 www.VNMATH.com 38 Suy ra: [A− pI ]xˆ(p) = −x0. Vậy: xˆ(p) = −[A − pI ]−1x0 = −Rp(A)x0, với Rp(A) = (A− λI)−1 là giải thức của A. Cuối cùng hàm x(t) được xác định bởi: x(t) = − 1 2pii α+i∞∫ α−i∞ eptRp(A)x0dp. Chúng ta cần tiếp tục chỉ ra rằng công thức trên cho ta nghiệm của bài toán Cauchy. Giả sử X là không gian Banach. Với mỗi t ∈ [0,+∞), ta xét U(t) ∈ L(X). Khi đó ta có định nghĩa nửa nhóm liên tục mạnh của các toán tử giới nội: Định nghĩa 3.0.10. Toán tử hàm U(t) được gọi là nửa nhóm liên tục mạnh (C0 nửa nhóm) nếu các điều kiện sau đây được thoả mãn: 1. Với mỗi x ∈ X hàm trừu tượng U(t)x là hàm liên tục trên [0,+∞), đồng thời U(0) = I . 2. Tồn tại hằng số M > 0 và ω thực sao cho: |U(t)| ≤Meωt. 3. Với mọi t, s ∈ [0,+∞) ta có : U(t+ s) = U(t)U(s). Giả sử α là 1 số thực và ϕ ∈ (0, pi 2 ). Ta kí hiệu: Ω = Ω(α, ϕ) là miền được giới hạn bởi 2 tia đi qua (α, 0) tạo thành 2 góc ϕ và −ϕ chạy ra vô hạn theo hướng âm của trục thực. 38 www.VNMATH.com 39 Định nghĩa 3.0.11 (Định nghĩa toán tử Eliptic trừu tượng). Toán tử A : X → X được gọi là toán tử eliptic trừu tượng nếu tồn tại 1 hằng số c > 0 và 1 miền Ω ⊂ C sao cho Ω ⊂ ρ(A) và ∀λ ∈ Ω ta có: ‖(A− λI)−1‖ = ‖Rλ(A)‖ = c 1 + |λ|. (3.7) Chúng ta xét đường gãy khúc Γ, mà các tia của nó song song với các cạnh của Ω đi qua điểm (ω, 0). Không mất tổng quát ta xem ω > α (nếu α < 0 thì ta sẽ chọn ω < 0). Chúng ta xét các tích phân đường phụ thuộc tham số t ∈ (0,+∞): U(t) = − 1 2pii ∫ Γ eλtRλ(A)dλ. (3.8) Ngoài ra U(0) = I , ở đây :Rλ(A) = (A− λI)−1 là toán tử giải của A. Định lý 3.0.12. Nếu A là toán tử eliptic trừu tượng thì U(t) xác định bởi (3.8) thoả mãn điều kiện U(0) = I là nửa nhóm liên tục mạnh. Chứng minh: Ta có: U(t) = − 1 2pii ∫ Γ eλtRλ(A)dλ, với α > 0 (2) là hội tụ đều trên [t0, t1], t0 > 0. Hàm dưới dấu tích phân là liên tục theo (t, λ) do đó U(t) là liên tục theo chuẩn trong L(X). Γ là đường cong gấp khúc và các tia của nó song song với các cạnh của góc giới hạn miền Ω. U(t) là liên tục mạnh tại t = 0. Ta viết phương trình đường cong Γ dưới dạng tham số : Tia dưới của nó có dạng λ = ω + ρeiϕ, trong đó ρ ∈ (−∞, 0). 39 www.VNMATH.com 40 Tia trên của nó có dạng : λ = ω + ρei( pi 2 −ϕ), trong đó ρ ∈ (0,+∞). Suy ra phương trình chung của cả 2 tia là: Reλ = ω − |ρ| cosϕ. Do trong miền Ω|Rλ(A)| < C (theo dịnh nghĩa eliptic trừu tượng). Trên đường cong Γ ta có: ‖eλtRλ(A)‖ ≤ Ceωte−|ρ|t cosϕ. (3.9) Nếu t ∈ [t0, t1], t0 > 0 thì trên Γ ta có: ‖eλtRλ(A)‖ ≤ Ceωt1e−|ρ|t cosϕ. Vì trên [t, t1] đánh giá này đều theo t do đó phương trình (1.2) là hội tụ đều trên [t0, t1]. Bây giờ ta chứng minh: U(t)x→ x khi t→ 0+, tức là U(t) là toán tử liên tục mạnh tại điểm 0. Như theo định nghĩa U(0) = I . Ta có 2 bài tập: 1. Với λ ∈ Ω Rλ(A) + λ −1I = λ−1ARλ(A). 2. 1 2pii ∫ Γ λ−1eλtdλ = I. Sử dụng kết quả của 2 bài tập trên ta có: x = U(0)x = 1 2pii ∫ Γ λ−1eλtx dλ. (3.10) 40 www.VNMATH.com 41 U(t)x− x = − 1 2pii ∫ Γ eλt(Rλ(A) + λ −1I)x dλ = − 1 2pii ∫ Γ eλtλ−1Rλ(A)xdλ. Để nhận được đánh giá của U(t)x− x với mọi t ∈ (0, 1) ta sẽ sử dụng kết quả sau: Giả sử Γ(t) là đường gấp khúc đi qua (ωt−1, 0) với các tia song song với tia gấp khúcΓ Chúng ta chứng minh rằng nếu ψ(λ) là 1 hàm giải tích (trừu tượng) giới nội ở trên Ω có giá trị trong X thì:∫ Γ eλtψ(λ)dλ = ∫ Γ(t) eλtψ(t)dλ. (3.11) Sử dụng (3.11) chúng ta có thể viết (3.10) dưới dạng: U(t)x− x = 1 2pii ∫ Γ(t) eλtλ−1Rλ(A)Axdλ. Sử dụng phép biến đổi λt = à. Khi đó Γ(t) sẽ chuyển thành đường cong Γ và ta có: U(t)x − x = − 1 2pii ∫ Γ eàà−1Ràt−1(A)Axdà. Sử dụng điều kiện (1.1) (định nghĩa eliptic trừu tượng) ta có: ‖Ràt−1(A)‖ ≤ ct|à|. (3.12) Do đó với x ∈ D(A) và t ∈ (0, 1) ‖U(t)x− x‖ ≤ c‖Ax‖ 2pi ∫ Γ ereà |à2|d|à|t = c1‖Ax‖t→ 0. 41 www.VNMATH.com 42 Cuối cùng ta thấy U(t)x→ x khi t→ 0+ với x ∈ D(A). Ngoài ra, do hàm toán tử U(t) giới nội. Thật vậy, theo (3.11) U(t) = − 1 2pii ∫ Γ(t) eλtRλ(A)dλ = − 1 2pii ∫ Γ eàRàt−1(A)dà. Và nhờ (3.12) khi t ∈ (0, 1) thì ta có: ‖U(t)‖ ≤ c 2pi ∫ Γ ereà d|à| |à| = c2. (3.13) Theo định lý Banach-Stienhauss ta có U(t)x → x khi t → 0+ đối với bất kì x ∈ X thì ‖U(t)− I‖ → 0 khi t→ 0 (hội tụ mạnh). Vậy tính chất 1 của định nghĩa liên tục mạnh được chứng minh. Để chứng minh tính chất 2 ta sử dụng đánh giá (3.9), từ đó với t ≥ 1 ta có: ‖U(t)‖ ≤ ceωt 1 2pi +∞∫ −∞ e−|ρ|t cosϕdρ ≤ ce ωt pi cosϕ = c3e ωt. Sử dụng (3.13) ta nhận được tính chất 2 của nửa nhóm thoả mãn với M = max(c2, c3). Ta chứng minh tính chất (3) của định nghĩa liên tục mạnh. Giả sử Γ′ là 1 trong các đường cong Γ(t), ta có: U(s) = − 1 2pii ∫ Γ′ eàsRλ(A)dà. Sử dụng hệ thức Hilbert ta có: Rλ(A)Rà(A) = [Rλ(A)− Rà(A)](λ− à)−1. Suy ra: U(t)U(s) = − 1 (2pii)2 ∫ Γ ∫ Γ′ eλt+àsRλ(A)(λ−à)−1dλdà− 1 (2pii)2 ∫ Γ ∫ Γ′ eλt+àsRà(A)(λ−à)−1dλdà. Ta có bài tập sau: 42 www.VNMATH.com 43 1. 1 2pii ∫ Γ′ eàs λ− àdà = e λs. 2. 1 2pii ∫ Γ eλt λ− àdλ = 0. Sử dụng bài tập trên và ứng dụng tính chất thay đổi thứ tự lấy tích phân trong tích phân bội thì ta đi đến: U(t)U(s) = 1 2pii ∫ Γ e(t+s)λRλ(A)dλ = U(t+ s). Vậy định lý 1 được chứng minh. Định lý 3.0.13. Giả sử A-toán tử eliptic trừu tượng. Khi đó với t > 0, nửa nhóm U(t) là khả vi liên tục. Đối với bất kì x0 ∈ X mà U(t)x0 ∈ D(A) ta có: U(t)′x0 = AU(t)x0 = − 1 2pii ∫ Γ λeλtRλ(A)x0dλ. (3.14) Với t > 0 ta có : ‖U ′(t)‖ ≤Meωtt−1, (3.15) với x0 ∈ D(A) thì U(t)x0 là khả vi liên tục trên [0,+∞). Chứng minh: Tính khả vi của U(t) có thể suy ra từ sự hội tụ đều theo t trên [t0, t1] với t0 > 0 do tích phân: U(t)′ = − 1 2pii ∫ Γ λeλtRλ(A)dλ liên tục đều trên [t0, t1]. Từ đẳng thức λRλ(A) = I + ARλ(A) suy ra ARλ(A) giới nội vì rằng∫ Γ e λtdλ = 0 cho nên (3.14) được chứng minh. Đánh giá (3.15) chuyển bằng cách đổi đường cong Γ thành Γ(t) như phần trước. Nếu x0 ∈ D(A), thì U(t)′x0 = U(t)Ax0 → Ax0 khi t → 0+. Vì vậy có thể dễ dàng kiểm tra 43 www.VNMATH.com 44 được U(t)Ax0 là liên tục và định lý 2 được chứng minh. Bây giờ ta xét phương trình vi phân có chậm có dạng: dx dt = Ax + f(t, x(t+ θ)), t ≥ 0,−h 6 θ 6 0 (3.16) với x(.) ∈ X, A : X → X , X là không gian Banach. f(t, x(t+ θ)) là một toán tử phụ thuộc vào x(t + θ) với −h ≤ θ ≤ 0 trong không gian Banach X . Giả thiết rằng, toán tử f(t, x(t+θ)) thoả mãn tất cả các điều kiện sau: 1. f(t, 0) = 0. 2. ‖f(t, y(t+ θ))− f(t, z(t+ θ))‖ 6 L sup−h6θ60 ‖y(t+ θ)− z(t+ θ)‖ với điều kiện ban đầu x(t) = ϕ(t), −h 6 t 6 0; ϕ(.) ∈ C([−h, 0], X). Khi đó phương trình (3.16) có nghiệm duy nhất trên khoảng (0,∞): f(t, x(t + θ))(t)(−h 6 θ 6 0) thoả mãn điều kiện sau: ‖f(t, x(t + θ))‖ 6 g(t)‖x(t+ θ)‖ với g là hàm thoả mãn ∫ ∞ 0 g(τ )dτ 6 m <∞. Giả sử (T (t))t≥0 là nửa nhóm liên tục của họ các toán tử tuyến tính của không gian Banach X và A là toán tử sinh của T (t). Chúng ta luôn giả thiết rằng (T (t))t≥0 là nửa nhóm liên tục mạnh (C0- nửa nhóm). Khi đó, chúng ta dễ thấy nếu phương trình ((3.16)) thoả mãn các điều kiện đã nêu thì nghiệm của phương trình (3.16), với điều kiện ban đầu x(t) = ϕ(t);−h 6 t 6 0, tồn tại và duy nhất, nó có dạng sau:x(t) = T (t)ϕ(0) + à ∫ t 0 T (t − s)f(s, x(s+ θ))ds, t ≥ 0, x(t) = ϕ(t), −h 6 t 6 0, (3.17) 44 www.VNMATH.com 45 ở đây ϕ(.) ∈ C([−h, 0], E). Từ bất đẳng thức Grown-Belmann cho phương trình vi phân có chậm và tính chất của C0 nửa nhóm, chúng ta có những kết quả sau: Định lý 3.0.14. 1. Nếu ‖T (t)‖ 6 M, ∀t ≥ 0 thì khi đó nghiệm x(t) ≡ 0 của(3.16) là ổn định đều. 2. Nếu lim t→∞‖T (t)‖ = 0 thì khi đó nghiệm x(t) ≡ 0 của (3.16) là ổn định mũ đều. Chứng minh: 1.Ta có: x(t) = T (t)ϕ(0) + ∫ t 0 T (t − s)f(s, x(s+ θ))ds; t ≥ 0 Do vậy: ‖x(t)‖ 6 ‖T (t)‖‖ϕ(0)‖+ ∫ t 0 ‖T (t− s)‖‖f(s, x(s+ θ))‖ds; t ≥ 0 Do C0 nửa nhóm (T (t))t≥0 là bị chặn đều, ta suy ra: ‖x(t)‖ 6M‖ϕ(0)‖+ ∫ t 0 M‖f(s, x(s+ θ))‖ds; t ≥ 0 Do đó: ‖x(t)‖ 6M‖ϕ(0)‖+ ∫ t 0 M‖g(s)‖‖x(s+ θ)‖ds; t ≥ 0 áp dụng bất đẳng thức Grown-Belmann cho phương trình vi phân có chậm ta có: ‖x(t)‖ 6M‖ϕ(0)‖.eM ∫ t t0 ‖g(s)‖ds Mà ta có: ‖x(t)‖ 6M‖ϕ(0)‖.eMm Đặt δ = ε MeMm . Do đó, với mọi ϕ(0) sao cho ‖ϕ(0)‖ 6 δ thì khi đó ‖x(t)‖ 6 ε Điều này chứng minh rằng x(t) ≡ 0 của phương trình (3.16) là 45 www.VNMATH.com 46 ổn định đều. 2. Từ lim t→∞‖T (t)‖ = 0 suy ra tồn tại C và λ ‖T (t)‖ 6 Ce−λt, ∀t > 0 Giống như trong chứng minh phần 1 ta có: ‖x(t)‖ 6 ‖T (t)‖‖ϕ(0)‖+ ∫ t 0 ‖T (t− s)‖‖f(s, x(s+ θ))‖ds; t ≥ 0 Do đó ‖x(t)‖ 6 Ce−λt‖ϕ(0)‖+ ∫ t 0 Ce−λ(t−s)‖f(s, x(s+ θ))‖ds; t ≥ 0 và: ‖x(t)‖ 6 Ce−λt‖ϕ(0)‖ + ∫ t 0 Ce−λ(t−s)‖g(s)‖‖x(s+ θ))‖ds; t ≥ 0 Do vậy , ‖x(t)‖eλt 6 C‖ϕ(0)‖+ ∫ t 0 Ceλ(s)‖g(s)‖‖x(s+ θ))‖ds; t ≥ 0 áp dụng bất đẳng thức Grown-Belmann cho phương trình vi phân có chậm ta có: ‖x(t)‖eλt 6 C‖ϕ(0)‖.eC ∫ t t0 ‖g(s)‖ds Mà , ‖x(t)‖ 6 C‖ϕ(0)‖eCme−λt Điều này chứng minh rằng x(t) ≡ 0 của phương trình (3.16) là ổn định mũ đều. Định lý được chứng minh. Giả sử X = Rn, ta có các hệ quả sau: Hệ quả 3.0.15. Những khẳng định sau là tương đương: a) ‖T (t)‖ 6M ; ∀t ≥ 0 46 www.VNMATH.com 47 b) Nghiệm x(t) ≡ 0 của phương trình 3.16 là ổn định. c) Nghiệm x(t) ≡ 0 của phương trình 3.16 là ổn định đều. d) Tất cả giá trị riêng λ của A thỏa mãn Reλ 6 0, và với Reλ = 0, khi đó λ = 0 và λ là giá trị riêng bình thường. Hệ quả 3.0.16. Những khẳng định sau là tương đương: a) lim t→∞‖T (t)‖ = 0 b) ‖T (t)‖ 6 C.e−λt; ∀t ≥ 0 c) Nghiệm x(t) ≡ 0 của phương trình 3.16 là ổn định tiệm cận. d) Nghiệm x(t) ≡ 0 của phương trình 3.16 là ổn định mũ đều. e) Tất cả giá trị riêng của A có phần thực Reλ < 0; ∀λ ∈ σ(A) 47 www.VNMATH.com Chương 4 Nửa nhóm nhân trên C0(Ω) . Chúng ta bắt đầu bằng việc cân nhắc không gian Banach: C0(Ω) = { f ∈ C(Ω) : với mọi  > 0 tồn tại một tập compact K ⊃ Ω sao cho |f(s) < | với mọi s ∈ Ω\K } của tất cả các hàm liên tục, giá trị phức trên không gian compact địa phương Ω và triệt tiêu tại vô hạn. Định nghĩa 4.0.17. Toán tử nhân Mq thuộc vào C0(Ω) cho bởi hàm liên tục q : Ω → C xác định bởi: Mq := q ã f, với mọi f trong miền: D(Mq) = {f ∈ C0(Ω) : q.f ∈ C0(Ω)}. Mệnh đề 4.0.18. Giả sử có Mq với miền xác định D(Mq) là toán tử nhân trên C0(Ω) cho bởi hàm liên tục q. Khi đó những khẳng định sau xảy ra: 1. Toán tử (Mq, D(Mq)) là đóng và xác định trù mật. 2. Toán tử Mq là bị chặn (với D(Mq) = C0(Ω)) khi và chỉ khi hàm q là bị chặn. Trong trường hợp này ta có : ||Mq|| = ||q|| := sup s∈Ω |q(s)| 48 www.VNMATH.com 49 3. Toán tử Mq có nghịch đảo bị chặn khi và chỉ khi hàm q có nghịch đảo bị chặn 1/q, như vậy 0 /∈ q(Ω). Trong trường hợp này ta cũng có: M−1q = M1/q. 4. Phổ của Mq là bao đóng của q, như vậy σ(Mq) = q(Ω). Chứng minh: 1. Giả sử ta có {fn} ⊂ D(Mq), fn → f ∈ C0(Ω) sao cho Mqfn = q.fn → g ∈ C0(Ω) . vì q.f = g ∈ C0(Ω) ta suy ra f ∈ D(Mq) và Mqf = q.f = g. Suy ra Mq là toán tử đóng. 2. Nếu q bị chặn ta suy ra q.f ∈ C0(Ω). Với mọi f ∈ C0(Ω) suy ra D(Mq) = C0(Ω). Ta có: ‖Mqf‖ = sup s∈Ω |q(s)f(s)| ≤ ‖q‖.‖f‖ với mọi f ∈ C0(Ω). Ta suy ra Mq bị chặn và ‖Mq‖ ≤ ‖q‖. Ngược lại, giả sử Mq bị chặn, áp dụng bổ đề Uryson: Suy ra tồn tại fs với giá compact (do đó thuộc C0(Ω)) sao cho : ‖fs‖ = 1 = fs(s). Vậy ‖Mq‖ ≥ ‖Mqfs‖ ≥ |q(s).f(s)| = |q(s)| với mọi s ∈ Ω. Suy ra q bị chặn ‖q‖ ≤ ‖Mq‖ suy ra ‖Mq‖ = ‖q‖. 49 www.VNMATH.com 50 3. Nếu 0 /∈ q(Ω) suy ra 1 q liên tục bị chặn và M1/q là nghịch đảo bị chặn của Mq. Ngược lại giả sử Mq có nghịch đảo bị chặn M−1q . Khi đó ta có ‖f‖ = ‖M−1q ‖.‖Mqf‖ với mọi f ∈ D(Mq). Suy ra với mọi f ∈ D(Mq), ‖f‖ = 1 ta có: δ = 1 ‖M−1q ‖ ≤ sup s∈Ω |q(s).f(s)|. (2) Giả sử rằng inf s∈Ω |q(s)| < δ2 . Suy ra tồn tại tập mở O ∈ Ω sao cho q(s) < δ 2 với mọi s ∈ O do q liên tục. áp dụng bổ đề Uryson ta có ∃f0 ∈ C0(Ω) sao cho ‖f0‖ = 1, f0(s) = 0 với mọis ∈ Ω\O. Suy ra sup s∈Ω |f(s)f0(s)| ≤ δ 2 , mâu thuẫn với (2). Suy ra 0 < δ 2 ≤ |q(s)| với mọi s ∈ Ω. Suy ra 0 ∈ q(Ω) . Suy ra M1/q bị chặn và là nghịch đảo của Mq. 4. Ta có: λ ∈ σ(Mq). Điều này tương đương với: λI −Mq = Mλ−q không khả nghịch. áp dụng 3 cho hàm (λ− q) ta suy ra điều này xảy ra khi và chỉ khi : 0 /∈ λ− q(Ω) = λ− q(Ω). 50 www.VNMATH.com 51 ↔ λ ∈ ¯q(Ω). Vậy σ(Mq) = q(Ω). Định lý được chứng minh. Với hàm liên tục q : Ω → C bây giờ chúng ta nghiên cứu hàm mũ: etq : s 7→ etq(s), với s ∈ Ω.t ≥ 0, và toán tử nhân tương ứng: Tq(t)f := e tqf, f ∈ C0(Ω). Định nghĩa 4.0.19. Giả sử q : Ω → C là hàm liên tục sao cho : sup s∈Ω Re q(s) <∞. Khi đó nửa nhóm (Tq(t))t≥0 xác định bởi: (Tq(t))t≥0 := etqf, với t ≥ 0 và f ∈ C0(Ω) được gọi là nửa nhóm nhân sinh bởi toán tử nhân Mq trên C0(Ω). Mệnh đề 4.0.20. Giả sử cóMq là toán tử sinh của nửa nhóm nhân (Tq(t))t≥0 trên X = C0(Ω) xác định bởi hàm riêng q : Ω → C. Khi đó ta có điều sau: σ(Tq(t)) = e tσ(Mq) với t ≥ 0. Chứng minh: Trong định lý trên, ta đã chứng minh được rằng phổ của toán tử nhân là bao đóng (essential) của hàm tương ứng, tức là σ(Mq) = q(Ω) 51 www.VNMATH.com 52 Do đó, ta thu được kết quả sau: σ(Tq(t)) = e tq(ess)(Ω) = etq(ess)(Ω) = etq(Mq) với mọi t ≥ 0. Mệnh đề 4.0.21. Nửa nhóm nhân (Tq(t))t≥0 sinh bởi q : Ω → C là liên tục đều khi và chỉ khi q là bị chặn. Chứng minh: Nếu q là bị chặn và do đó Mq cũng bị chặn, dễ dàng nhận thấy Tq(t) chính là hàm mũ etMq .Do vậy tính liên tục đều của nửa nhóm nhân được chứng minh. Bây giờ giả sử có q không bị chặn và chọn (sn)n∈N ⊂ Ω sao cho |q(sn) → ∞| khi n → ∞. Khi đó chúng ta lấy tn := 1/|q(sn)| → 0. Từ đó ez 6= 1 với mọi |z| = 1, vậy tồn tại δ > 0 sao cho: |1− etnq(sn)| ≥ δ với mọi n ∈ N. Với hàm fn ∈ C0(Ω) thoả mãn ‖fn‖ = 1 = fn(sn), cuối cùng chúng ta đánh giá: ‖Tq(0)− Tq(tn)‖ ≥ ‖fn − etnqfn‖ ≥ |1− eTnq(sn)| ≥ δ > 0 với mọi n ∈ N, do vậy (Tq(t))t≥0 là không liên tục đều . Mệnh đề 4.0.22. Giả sử có (Tq(t))t≥0 là nửa nhóm nhân sinh bởi một hàm liên tục q : Ω → C thoả mãn: ω := sup s∈Ω Re q(s) <∞. Khi đó ánh xạ: R+ 3 t 7→ Tq(t)f = etqf ∈ C0(Ω) là liên tục với mọi f ∈ C0(Ω). 52 www.VNMATH.com 53 Chứng minh: Giả sử f ∈ C0(Ω) với ||f || ≤ 1. Với  > 0 lấy 1 tập con compact K của Ω sao cho |f(s)| ≤  (e|ω| + 1) với mọi s ∈ Ω\K. Từ đó hàm mũ là liên tụ đều trên tập compact. Do đó tồn tại t0 ∈ (0, 1] sao cho: |etq(s) − 1| ≤  với mọi s ∈ K và 0 ≤ t ≤ t0. Do vậy, chúng ta có: ‖etqf − f‖ ≤ sup s∈K (|etq(s) − 1|.|f(s)|)+ (eω + 1). sup s∈Ω\K |f(s)| ≤ 2 với mọi 0 ≤ t ≤ t0. Định lý được chứng minh. Định lý 4.0.23. Với t ≥ 0 giả sử có mt : Ω → C là hàm liên tục bị chặn và giả sử rằng: 1. Toán tử nhân tương ứng: T (t)f := mt ã f là một nửa nhóm (T (t))t ≥ 0 của toán tử bị chặn trên C0(Ω) và 2. ánh xạ: R+ 3 t 7→ T (t)f ∈ C0(Ω) là liên tục với mỗi f ∈ C0(Ω). Khi đó tồn tại một hàm liên tục q : Ω → C thoả mãn: sup Re q(s) <∞ sao cho mt(s) = etq(s) với mọi s ∈ Ω, t ≥ 0. 53 www.VNMATH.com 54 Chứng minh: Với s ∈ Ω chọn f ∈ C0(Ω) sao cho f ≡ 1 trong một lân cận nào đó của s. Khi đó, bởi giả thuyết ii), R+ 3 t 7→ (T (t)f)(s) = mt(s) ∈ C là hàm liên tục thoả mãn phương trình hàm (1.1)--(1.2) trong bài toán 1. Từ đó ta suy ra tồn tại duy nhất một hàm q(s) ∈ C sao cho mt(s) = etq(s) với mọi t ≥ 0. Từ đó ánh xạ s 7→ mt(s) trong một lân cận của s trùng với s 7→ (T (t)f)(s) ∈ C0(Ω) , hàm Ω 3 s 7→ etq(s) ∈ C là liên tục với mọi t ≥ 0. Mà ta có, nếu K ⊂ Ω là compact, khi đó (T (t))t ≥ 0 thuộc vào một nửa nhóm liên tục đều (TK(t))t ≥ 0 trên C(K) cho bởi: (TK(t)f)(s) = e tq(s)f(s), f ∈ C(K), s ∈ K và đánh giá tương tự ta có q bị chặn trên K. Điều này kéo theo : lim t↓0 etq(s) − 1 t = q(s) là hội tụ đều trên tập compact trong Ω. Từ đó mỗi điểm trong Ω có một lân cận compact, chúng ta khẳng định rằng q, có giới hạn đều (trên tập con compact) của hàm liên tục s 7→ e tq(s) − 1 t , là liên tục. Cuối cùng, toán tử nhân T (t)f = etqf là bị chặn, do vậy phần thực của q là bị chặn trên. Xét bài toán Cauchy sau: Bài toán 4.0.24. x˙(t) = q(t).x(t), (4.1) x(0) = f. (4.2) với t ≥ 0. 54 www.VNMATH.com 55 Ta thấy hàm x(t) = etqf thoả mãn 2 điều kiện của bài toán cauchy và là nghiệm của bài toán Cauchy trên. Từ tính chất của nửa nhóm nhân Tq(t) = (etq)f trên ta có tính chất nghiệm của bài toán Cauchy: i) Nghiệm là ổn định khi và chỉ khi: lim t→∞ supRe q(s) < 0 với mọi s ∈ Ω; ii) Nghiệm là ổn định mũ đều khi và chỉ khi : Re q(s) ≤ − với mọi s ∈ Ω và  > 0; 55 www.VNMATH.com Kết luận 56 Kết Luận Mục đích chính của khoá luận là giới thiệu phương pháp nửa nhóm để giải quyết các bài toán Cauchy. Khoá luận đã trình bày các vấn đề: • Một số kiến thức cơ bản về đại số Banach và lý thuyết phổ. • Phương trình hàm Cauchy và một số nửa nhóm các toán tử tuyến tính bị chặn. • Bài toán Cauchy với toán tử không giới nội. • Nửa nhóm nhân trên C0(Ω). 56 www.VNMATH.com Tài liệu tham khảo 57 Tài liệu tham khảo [1].Klaus-Jochen Engel, Rainer Nagel, One-parameter Semigroups for Lin- ear Evolution Equations, Springer. [2].Wolfgang Arendt, Charles J. K. Batty, Matth Hieber, Frank Neubrander, Vector -valued Laplace Tranforms and Cauchy problems, Basel, Boston, Berlin. [3].A. N. Kolmogorov - S.V. Fomine (1983), Cơ sở lý thuyết hàm và giải tích hàm, Nhà xuất bản Giáo Dục. 57 www.VNMATH.com Tài liệu tham khảo 58 58 www.VNMATH.com