Dai so Banach va ly thuyet pho

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (360.86 KB, 58 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

Mục lục

Mục lục 1

Lời cảm ơn 3

Lời mở đầu 4

1 Mt s kin thc c bn v đại số Banach và lý thuyết phổ 6

1.1 Không gian tuyến tính định chuẩn . . . 6

1.1.1 Kh«ng gian tuyÕn tÝnh . . . 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 chÊt cđa phỉ cđa to¸n tư tun tÝnh . . 11

1.2.5 Tích phân Bochner . . . 15

2 Ph-ơng trình hàm Cauchy và một số nửa nhóm 18
2.1 Ph-ơng trình hµm Cauchy . . . 18

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

Mục lục 2
2.3 Nửa nhóm các tốn tử liên tục đều . . . 28
3 Bài toán Cauchy đối với toán tử tuyn tớnh khụng gii ni 35

4 Nửa nhóm nhân trên C0() 48

Kết luận 56

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

Lời cảm ơn

Lun vn đ-ợc hồn thành d-ới sự h-ớng 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 tơi đã nhận đ-ợc trong suốt q trình làm
luận văn. Tơi xin đ-ợc bày tỏ lịng biến ơn sâu sắc và kính trọng tới hai
Thầy. Mặc dù bận nhiều công việc nh-ng hai Thầy đã luôn bảo ban chỉ
dẫn tơi tận tình, đồng thời động viên tơi hồn thiện đ-ợc luận văn này.

Tơi xin đ-ợc gửi lời cám ơn chân thành đến thầy Bảy. Ng-ời đã tận
tình chỉ ra cho tơi rất nhiều thiếu xót để tơi có thể sửa chữa, khắc phục
những sai sót và hồn thành đ-ợc khố luận này.

Tơi cũng xin cám ơn các thầy cơ trong khoa Tốn - Cơ - Tin học đã
giảng dạy và dìu dắt tơi trong 4 năm qua, để tơi có đ-ợc ngày hơm nay, có
thể hồn thành khố luận này.Và cịn rất nhiều sự động viên từ gia đình,
bạn bè. Cám ơn tất cả mọi ng-ời!

Một lần nữa cho tơi đ-ợc gửi lịng biết ơn chân thành, sâu sắc của mình
đến tất cả!

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

Lêi më ®Çu 4

Lêi më ®Çu

Lý thuyết nửa nhóm một tham số của tốn tử tuyến tính trên khơng 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, tr-ờng học khác nhau, lý thuyết nửa nhóm đ-ợc đạt tới một
trạng thái hồn hảo, đ-ợc 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 tốn học khác. Nửa nhóm đã trở thành một cơng cụ quan trọng
trong ph-ơng trình vi tích phân và ph-ơng trình hàm vi phân, trong cơ
học l-ợng tử hoặc trong lýthuyết điều khiển vơ hạn chiều. Ph-ơng pháp
nửa nhóm cũng đ-ợc ứng dụng với thành công lớn để cụ thể hố các
ph-ơng trình,...,trong hệ động lực dân số hoặc trong lý thuyết vận tải...
Trong khố luận này, tơi xin trình bày về dùng ph-ơng pháp nửa nhóm
để nghiên cứu nghiệm của bài tốn Cauchy.

CÊu tróc cđa kho¸ ln gåm 4 ch-¬ng:

Ch-ơng 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 khơng gian tuyến tính, định chuẩn, Banach, đại s Banach
v lý thuyt ph.

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

Lời mở đầu 5
2.1 Ph-ơng trình hàm Cauchy.

2.2 Nửa nhóm ma trận.

2.3 Na nhúm cỏc toỏn t liờn tc u.

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.

Ch-ng 3: Bi tốn Cauchy đối với tốn tử tuyến tính khơng giới nội.
Trong ch-ơng tr-ớc, ta đã nghiên cứu nửa nhóm các tốn tử tuyến
tính giới nội. Trong phần này, chúng ta đi nghiên cứu nó với tốn tử
tuyến tính là khơng giới nội, từ đó ta cũng nghiên cứu tính chất ca
nhim ca bi toỏn Cauchy.

Ch-ơng 4: Nửa nhóm nhân trên C0(Ω).

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

Ch-¬ng 1

Một số kiến thức cơ bản về đại số

Banach và lý thuyết phổ

1.1 Không gian tuyến tớnh nh chun

1.1.1 Không gian tuyến tính

Cho X là một tËp tuú ý, K lµ tr-êng sè (C,R).

Định nghĩa 1.1.1. Khơng gian tuyến tính là một tập X, trên đó xỏc nh

hai phép toán cộng hai phần tử của X và phép nhân các phần tử của X

với một số thc tr-êng sè K.

Hai phép tốn đó đ-ợc xác định nh- sau:
1. Phép cộng: Đó là ánh xạ :

ϕ : X ×X → X

ϕ(x, y) =x+y

thoả mãn các tiên đề sau:

(a) x+y =y +x víi mäi x, y ∈ X;

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

1.1. Khơng 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)

tho¶ m·n x+ (−x) = 0.

2. Phép nhân với một số: Đó là ánh xạ:

: X ×K → X

(kÝ hiƯu ψ(x, α) = αx hoặc x, x K, K) thoả mÃn:

(a) α(βx) =β(αx) = (αβx) víi mäi x ∈ X; α, K;

(b) Tồn tại phần tử 1 K tho¶ m·n 1.x =x víi mäi x ∈ X;

(d) α(x+y) = αx+αy víi mäi x ∈ X, α K.

ã K = R thì không gian tuyến tính X gọi là không gian tuyến tính

thực.

ã 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
th-ờng.

(e) l2 = {(x1, x2, . . . , xn, . . .),

∞

P
i=1

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

1.1. Không gian tuyn tớnh nh chun 8
1.1.2 Khụng gian nh chun

Định nghĩa 1.1.3. ChoX là không gian tuyến tính. Một ánh xạ : X → R

đ-ợc gọi là một chuẩn trên X nếu ϕ thoả mãn các tiên đề sau: (ta kí hiệu
ϕ(x) = kxk)

1. kxk ≥ 0 víi mäi x ∈ X vµ ϕ(x) = 0 khi vµ chØ khi x = 0;

2. kαxk =|α|.kxk víi mäi x ∈ X vµ víi mäi α ∈ K;

3. kx+yk ≤ kxk+kyk víi mäi x, y X.

Định nghĩa 1.1.4. Không gian tuyến tính X cïng víi mét chn trªnk · k

xác định trên nó gọi là một khơng gian định chuẩn.

Định nghĩa 1.1.5. Dãy {xn}∞n=1 ⊂ X với X là không gian tuyến tính định
chuẩn đ-ợc gọi là dãy cơ bản (dãy Cauchy) nếu ∀ > 0 cho tr-ớc tồn tại

n0 (phô thuéc ) sao cho víi mäi n, m > n0 ta cã:

kxn−xmk< .

Định nghĩa 1.1.6. Không gian X đ-ợc 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 nh chun X l khụng gian y

thì X đ-ợc gọi là không gian Banach hay Banach--không gian.

Vớ d 1.1.8. 1. Trong R hoặc C đặt kxk = |x| thì ta cú R hoc C l mt

không gian Banach trên R hc C.

2. Trong Kn đặt

kxk= k(x1, x2, ..., xn)k=
n
X

i=1

|xi|2
1/2

</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>

1.2. Đại số Banach 9
suy ra k Ã k là chuẩn trong Cn -- còn gọi là chuẩn Euclide.

Suy ra d(x, y) = kx−yk = (Pni=1|xi−yi|2)
1

2 là khoảng cách Euclide
đã biết. Vậy Kn là không gian Banach.

3. C[a,b] với kxk = max
atb

|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,

∞

P
n=1

|xn|2 < ∞}.
Trong l2 đặt kxk = (

∞

P
i=1

|xi|2)1/2 víi x = (x1, x2, . . . , xn, . . .) ta suy ra

l2 là không gian Banach.

1.2 Đại số Banach

1.2.1 §Þnh nghÜa

Định nghĩa 1.2.1. Khơng gian tuyến tính B đ-ợc gọi là đại số nếu trong

nó đã đ-a thêm một phép toán đại số nữa-phép nhân, thoả mãn các tiên
đề sau:

1. (f g)h =f(gh) ∀f, g, h ∈ B;

2. a, f(g +h) = f g+f h ∀f, g, h ∈ B;

b,(f +g)h =f h+gh ∀f, g, h ∈ B;

3. α(f g) = (αf)g ∀α ∈ C, f, g ∈ B;

4. Nếu tồn tại phần tử e B sao cho ef = f e = f víi mäi f ∈ B th× e

đ-ợc gọi là đơn vị của đại số B và bản thân đại số đ-ợc gọi là đại s

</div>
(10)<div class='page_container' data-page=10>

1.2. Đại số Banach 10
5. Nếu bản thân phép nhân giao hoán, tức là thoả mÃn:

f g =gf ∀f, g ∈ B,

thì đại số B đ-ợc gọi là đại số giao hốn;

Khơng gian định chuẩn B đ-ợc gọi là đại số định chuẩn nếu nó là đại

số có đơn vị và thoả mãn thêm 2 tiên đề:
6. kek = 1;

7. kf gk 6kfk kgk ∀f, g ∈ B;

Nếu đại số định chuẩn B mà đầy đủ (tức khụng gian Banach) thỡ nú

đ-ợc gọi là Đại số Banach.

1.2.2 Một số ví dụ về Đại số Banach
a, Tr-ờng C

Cỏc số phứcz cho một ví dụ đơn giản về Đại số Banach nếu trang bị chuẩn

cho nã theo c«ng thøc:

kzk = |z| = p(x2+y2),(z = x+iy).

Các số phức tạo thành mét tr-êng, ta kÝ hiƯu tr-êng nµy lµ C.

Trong C đối với mọi phần tử, trừ phần tử 0, ta nh ngha phộp chia l

ng-ợc 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 vµo chÝnh nã.

</div>
(11)<div class='page_container' data-page=11>

1.2. Đại số Banach 11
Đơn vị trong L(X, X) là toán tử đồng nhất.

Chuẩn trong L(X, X) đ-ợc định nghĩa nh- sau:
kAk= sup

kxk61

kAxk.

Ta biến L(X, X) thành một đại số Banach với đơn vị l I.

1.2.3 Phổ và giải thức

nh ngha 1.2.2. Cho B là đại số Banach và f ∈ B .Phổ của f là tập:
σB(f) ={λ ∈ C : f −λe là khụng kh nghch trong B},

và tập giải của f là tập:

B(f) =C\B(f).

Nếu / (f) thì ta gọi là giá trị chính quy.

Xét hàm R : C\(f) B víi

Rλf = (λe−f)−1

xác định trên tập các điểm chính quy của phần tử f đ-ợc gọi là giải thức

của phần tử đó. Hơn nữa bán kính phổ của f đ-ợc xác định là :
rB(f) = sup{|λ| : λ ∈ σB(f)}.

Để đơn giản từ giờ về sau ta sẽ kí hiệu (f), (f), r(f) ln l-t l tp ph,

tập giải và b¸n kÝnh phỉ cđa f.

1.2.4 Mét sè tÝnh chÊt cđa phổ của toán tử tuyến tính
Định nghĩa 1.2.3. Giả sử X là không gian Banach phức, A X.

</div>
(12)<div class='page_container' data-page=12>

1.2. Đại số Banach 12
Ta có

A :D(A) X X

là toán tử tuyến tính.

C đ-ợc gọi là giá trị chính quy của A nếu tồn tại (IA)1 L(X) .

Tập các giá trị chính quy đ-ợc kí hiƯu lµ ρ(A) vµ

C\ρ(A) =σ(A) lµ tËp phỉ cđa A.

D(A) ∈ X; A :D(A) →X đ-ợc gọi là một toán tử đóng nếu:

∀xn ∈ D(A) mµ xn →x vµ Axn y thì x D(A) và Ax= y.

nh lý 1.2.4. Nu tốn tử A khơng có phổ là tồn thể mặt phẳng phức thì
A là tốn tử đóng.

Chøng minh: Gi¶ sư / (A).

Xét ánh xạ:

B : X D(A),
B = (IA)1 L(X).

Giả sử {xn} D(A), xn x và Axn y.
Đặt hn = (IA)xn ta có:

lim

nhn = limn(I

A)xn = λx−y.
Suy ra ta cã:

B(λx−y) = lim

n→∞Bhn = limn→∞(λI −A)

−1(λI −A)x

n = x.
VËy x ∈ D(A) .

Vµ

(λI −A)x = (λI −A)B(λx−y) = (λx−y).

Suy ra Ax= y .

Từ đó ta có A l toỏn t úng.

</div>
(13)<div class='page_container' data-page=13>

1.2. Đại số Banach 13
Ta xÐt mét sè tÝnh chÊt s¬ cÊp sau:

Giả sử có A :D(A) ⊂ X → X là tốn tử đóng và λ ∈ ρ(A).

Ta kÝ hiƯu :R(λ, A) = (λI −A)−1 .

Nh©n 2 vÕ víi (λI −A) ta có:

(I A)R(, A) = I.

Nhân phân phối và chuyển vế ta cã:

A.R(λ, A) =λR(λ, A)−I.

Chuyển vế và nhân 2 vế của đẳng thức trên với R(à, A) ta nhận đ-ợc iu

[R(, A)A.R(, A)]R(à, A) = R(à, A). (1.1)

T-ơng tự ta cã:

R(λ, A)[µR(λ, A)−A.R(µ, A)] = R(λ, A). (1.2)

Tõ (1.1) vµ (1.2) ta cã:

R(λ, A)−R(µ, A) = (µ−λ)R(λ, A)R(µ, A). (HƯ thức Hilbert)

Suy ra R(, A), R(à, A) giao hoán với nhau.

Mệnh đề 1.2.5. Phổ σ(A) của phần tử A của i s Banach X l tp

compact không rỗng trong C.

Chng minh: Ta đ-a ra một số bổ đề sau tr-ớc khi chứng minh:
Bổ đề 1.2.6. Ta giả thiết 0 < ε < 1, A ∈ L(X), kAk < ε

Khi đó phần tử (I −A) khả nghịch và

</div>
(14)<div class='page_container' data-page=14>

1.2. §¹i sè Banach 14

Chứng minh: Thực vậy, đặt

sn =I +A+· · ·+An,
ta cã:

kSn −Sn+pk = kAn+1 +An+2 +... +An+pk

≤ kAkn+1 +kAkn+2 +...+kAkn+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.
T-¬ng tù ta chứng minh đ-ợc (I A)s =I.

B 1.2.7. Gi sử A0 là phần tử khả nghịch và ||∆A|| ≤ ||A−01||−1. Khi

đó A1 = A0+ ∆A là phần tử khả nghịch và

A1−1 = (I +A−01∆A)

−1

A−01.

Chøng minh: ThËt vËy, A1 = A0+ ∆A = A0(I +A−01∆A) =A0(I−A) vµ

||A||= || −A−01∆A|| <1.

áp dụng bổ đề trên ta đ-ợc điều phải chứng minh.
+ Chứng minh σ(A) bị chặn.

LÊy λ ∈ C,|λ| >kAk ta sÏ chøng minh λ ∈ ρ(A).

Suy ra σ(A) n»m trong hình tròn r =kAk.

Tức là: (A) { sao cho || <kAk}.

Mặt khác ta có:

I A =(I 1

</div>
(15)<div class='page_container' data-page=15>

1.2. Đại số Banach 15

Ak=

kAk
|| <1.

Ta suy ra rằng :(I 1

A) khả nghịch và (I

A)

1 L(X).

Do đó (λI −A) khả nghịch và
(λI −A)−1 = 1

λ(I −

λ)

−1 ∈ L

(X).

VËy : λ ∈ ρ(A).

+ Chứng minh σ(A) đóng.

Tính chất đóng củaσ(A) đ-ợc 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 TÝch ph©n Bochner

Mệnh đề 1.2.8. Giả sử ta có hàm f : [0,1] → X liên tục với X là khơng

gian Banach phức.
Xét hàm đơn giản:

gn(t) =
n
X

i=1

Xi.XIi(t)

víi [0,1] = ∪ni=1Ii, Ii ∩Ij =∅ víi i 6= j
Z 1

gn(t) =
n
X

i=1

m(Ii)Xi.

Hàm f đ-ợc gọi là tích phân Bochner nếu {gn} là các hàm đơn giản sao

cho:

lim

n→∞gn(t) = f(t),

lim

n→∞

Z 1
0

</div>
(16)<div class='page_container' data-page=16>

1.2. Đại số Banach 16

Khi ú lim

n

0 gn(t) tn tại và ta gọi đó là tích phân Bochner của f trên

[0,1].

Chøng minh: Ta sÏ chøng minh {

1
R
0

gn(t)dt} lµ d·y Cauchy trong X.
Suy ra ta cÇn chøng minh k

1
R
0

(gn(t)−gm(t))dtk →0 khi m, n → ∞.
Ta cã:

gn(t) =
n
X

i=1

XinX[in](t).

gm(t) =
m
X

i=1

XimX[im](t).

[0,1] = ∪ni=1Iin =∪mi=1Iim.
Ta đặt:

{Ij}
p

j=1 = {Iln∩Ikm, 1 ≤ l ≤ n, 1 k m}
Từ điều trên ta suy ra:

gn(t) =
p
X

j=1

YjX[Ij](t)

gm(t) =
p
X

j=1

ZjX[Ij](t)

Mặt khác ta có:
Z 1

(gn(t)gm(t))dt =
p
X

j=1

(Yj Zj)m(Ij)

Suy ra:

Z 1

(gn(t)gm(t))dtk
p
X

j=1

kYj Zjkm(Ij)

Mà:

kgn(t)gm(t)k =
p
X

j=1

kYj −ZjkXIj(t)

≤

Z 1
0

</div>
(17)<div class='page_container' data-page=17></div>
(18)<div class='page_container' data-page=18>

Ch-¬ng 2

Ph-¬ng trình hàm Cauchy và một số

nửa nhóm

2.1 Ph-ơng trình hàm Cauchy

Bài toán 2.1.1. Tìm tất cả các ánh xạ T(.) : R+ C thoả mÃn ph-ơng

trình hàm:

T(t+s) = T(t)T(s) ∀t, s ≥ 0, (2.1)

T(0) = 1. (2.2)

Mét c¸ch dƠ dàng ta thấy, hàm mũ:

t 7eta (2.3)

thoả mÃn (2.1)--(2.2), là nghiệm của bài toán trên với a C. Ta cã thĨ dƠ

dàng thử lại đánh giá trên:

V× a ∈ C, ta cã thĨ viÕt a b»ng c«ng thøc sau:
a =b+ic.

Suy ra:

</div>
(19)<div class='page_container' data-page=19>

2.1. Ph-ơng trình hàm Cauchy 19
Lần l-ợt ta sẽ xem xét từng điều kiện của bài toán trên:

etaesa = etb(costc+isintc)esb(cossc+isinsc) (2.4)
= etbesb(costccostc+icostcsinsc+isintccosscsintcsinsc),

e(t+s)a = e(t+s)b(cos(t+s)c+isin(t+s)c) (2.5)

= etbesb(costccosscsintcsinsc+isintccossc+icostcsinsc).

Từ (2.5) và (2.6) ta suy ra:

e(t+s)a =etaesa.

Vậy điều kiện 1 của bài toán đ-ợc thoả mÃn. Mặt khác ta có:

e0t = 1.

Vậy điều kiện 2 thoả mÃn.

T ú 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

dtT(t) =aT(t) víi t ≥0, (2.6)

T(0) = 1. (2.7)

Ng-ợc lại, hàm T(.) : R+ →C định nghĩa bởi T(t) =eta với a ∈ C là hàm

kh¶ vi duy nhÊt tho¶ m·n (2.6)--(2.7).

Cuèi cïng, chóng ta l-u ý r»ng:a = dtdT(t)t=0.

Chøng minh: Đầu tiên ta đi chứng minh T(t) =eta khả vi. Ta có:

lim

e(t+t)aeta

t =

etaet.aeta

t =

eta(et.a1)

</div>
(20)<div class='page_container' data-page=20>

2.1. Ph-ơng trình hàm Cauchy 20
Mặt khác ta có:

et.a1

t =

et.b(cos(t.c) +isin(t.c))1
t

= e

b.tcos(t.c)1

t +

isin(t.c).et.b

t .

Mà:

lim

ebtcos(tc)1

t = lim∆t→0

eb∆tcos(∆tc)−1
∆t

=b

vµ lim

∆t→0

isin(∆tc)e(∆tb)

∆t

=ic.

VËy ta suy ra: lim

∆t→0

e(t+∆t)−eta

∆t

=b+ic =a.

VËy T(t) = eta là khả vi và d

dtT(t) = a.e

ta.

Bõy gi chỳng ta đi chứng minh khẳng định duy nhất.

Gi¶ sư cã hàm S(.) : R+ C là 1 hàm khả vi khác cũng thoả mÃn

(2.6)--(2.7). Khi ú hm mi Q(.) : [0, t] →C đ-ợc định nghĩa nh- sau:
Q(s) =T(s)S(t−s) với 0 ≤ s ≤ t

víi t > 0 lµ kh¶ vi.

Khi đó ta có:

d

dsQ(s) =
d

dtT(s).S(t−s) +
d

dtS(t−s).T(s)

= aT(s)S(t−s)−aS(t−s)T(s)
= 0.

Ta suy ra Q(.) lµ h»ng sè.

Từ khẳng định Q(.) là hằng số ta có những điều sau:

</div>
(21)<div class='page_container' data-page=21>

2.1. Ph-¬ng trình hàm Cauchy 21

Q(s) = Q(0)

Do ú:

S(t) = T(t).

Vậy ta suy ra T(.) lµ duy nhÊt.

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
Z

T(s)ds, t ≥ 0.

Ta cã:

V(t+ ∆t)−V(t)

∆t =

∆t+tR
0

T(s)ds−

t
R
0

T(s)ds

∆t =

t+∆tR
t

T(s)ds

∆t

T(ζ)

t+∆tR
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

t0

tV(t) = limtt

V(t)V (0)

t =T(0) = 1 = ˙V(0).

Do đó, khi t → 0 ta có: |V(t)

t 1| <
1

</div>
(22)<div class='page_container' data-page=22>

2.1. Ph-ơng trình hàm Cauchy 22
do vậy V(t0) khả nghịch:

T(t) = V (t0)1V(t0)T(t)

= V (t0)1T(t)
t0
Z

T(s)ds

= V (t0)−1
t0
Z

T(t+s)ds

= V (t0)−1
t+t0
Z

t

T(s)ds

= V (t0)−1(V(t+t0)−V(t)), ∀t ≥0.
Suy ra T(.) là khả vi với đạo hàm:

d

dtT(t) = limt→0

T(t+h)−T(t)

h = limt→0

T(h)−T(0)

h T(t)

= T(0).T(t), t 0.

Vậy:

a = T(0).

Định lý đ-ợc chứng minh xong.

Ví dụ 2.1.4. Một hàm f :R R đ-ợc gọi là hàm cộng nếu nó thoả mÃn

ph-ơng trình hàm :

f(s+t) = f(s) +f(t) víi 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).

Chøng minh: ChiỊu thn: (f lµ hµm céng, suy ra T(t) = ef(t) tho¶ m·n

(2.6)--(2.7)). Ta cã:

</div>
(23)<div class='page_container' data-page=23>

2.2. Nửa nhóm ma trận 23
Vậy điều kiện 1 thoả mÃn và:

ef(0) = 1.

Suy ra thoả mÃn điều kiện 2.
Ng-ợc lại ta cã:

T(t+s) =ef(t+s)
T(t) =ef(t)

T(s) = ef(s)

Mµ T(t+s) =T(t)T(s)

Suy ra ta cã: ef(t+s) =ef(t) +ef(s)

Hay f(t+s) =f(t) +f(s). VËy 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 chiềuX =Cn,

khụng gian L(X) cỏc tốn tử tuyến tính trên X sẽ đồng nhất trên khụng

gianMn(C) tất cả các ma trận cỡ nìn, và một hàm có giá trị ma trận:

T(.) : R+ Mn(C)

thoả mÃn ph-ơng trình hàm:

T(t+s) =T(t)T(s) với mọi t, s 0, (2.8)

T(0) =I. (2.9)

</div>
(24)<div class='page_container' data-page=24>

2.2. Nửa nhóm ma trận 24
Định nghĩa 2.2.2. Với A ∈ Mn(C) và t∈ R+, ma trận mũ etA đ-ợc định
nghĩa bởi:

etA =

∞

X
k=0

tkAk
k! .

LÊy 1 chuẩn trên Cn và t-ơng ứng chuẩn ma trận trên Mn(C) đ-ợc xem
nh- tổng riêng của chuỗi trên dạng một dÃy Cauchy, do vậy chuỗi hội tụ
và thoả mÃn:

ketAk etkAk ∀t≥ 0.

Mệnh đề 2.2.3. Cho A ∈ Mn(C), ánh x

R+ 3 t7 etA Mn(C)

là liên tục và thoả m·n

e(t+s)A =etAesA ∀t, s ≥ 0, (2.10)

e0A =I. (2.11)

Chøng minh: Tr-ớc tiên ta đi chứng minh t 7etA là liên tơc, ta cã:
e(t+h)A −etA = etA(ehA−I) ∀t, h ∈ R.

MỈt kh¸c, ta cã

kehA −Ik = k

∞

X
k=0

hkAk

k! −Ik= k

∞

X
k=1

hkAk
k! k
≤

∞

X
k=1

|h|kkAkk

k! .

Ta có chuỗi P
k=0

hkkAkk

k! hi t n e

|h|kAk1 vì với |h| <1 ta cã:
∞

X
k=0

hkkAkk

k! = 1 +|h|

∞

X
k=1

|h|k−1kAkk

</div>
(25)<div class='page_container' data-page=25>

2.2. Nöa nhãm ma trËn 25

Do |h| < 1 nªn |h|

k−1kAkn

k! ≤

kAkn

k! . Song chuỗi

P
k=1

kAkk

k! hi t n

ekAk1 vì theo tiêu chuẩn D.Alembert:
lim
k→∞
ak
ak+1
= lim
k→∞

k+ 1

kAk =∞ >1,

vµ

ekAk =

∞

X
k=0

kAkn

k! = 1 +

∞

k=1

kAkn

k!

VËy ta suy ra P∞
k=1

kAkn

k! hội tụ đến e

kAk−

Ta suy ra:

lim

h→0

kehA−Ik= lim

h→0(e

|h|kAk

−1) = 0.

Do ú t 7etA l liờn tc.

Từ chuỗi P
k=0

hkkAkk

k! héi tơ, ta cã thĨ chøng minh ®iỊu kiƯn thø nhất của

bài toán Cauchy trên bằng tích Cauchy của chuỗi vô hạn:

X
k=0

tkAk
k!

X
k=0

skAk

k! =

X
n=0
k
X
n=0

tnkAnk

(nk)!

skAk
k!

=

X
n=0

(t+s)nAn

n! .

Vậy t 7etA thoả mÃn (2.8)--(2.9).

Mnh 2.2.4. Giả sử có T(t) := etA với A ∈ Mn(C). Khi ú hm

T(.) : R+ Mn(C) là khả vi và thoả mÃn bài toán Cauchy:

d

dtT(t) = AT(t) với t 0, (2.12)

T(0) = I. (2.13)

Ng-ợc lại, mọi hàm khả vi T(.) : R+ Mn(C) thoả mÃn (2.12)--(2.13) luôn

</div>
(26)<div class='page_container' data-page=26>

2.2. Nưa nhãm ma trËn 26

Chøng minh: Chóng ta bắt đầu chứng minh bằng cách chỉ ra rằng T(.)

thoả mÃn (2.12)--(2.13). Từ ph-ơng trình hàm (2.8) --(2.9) kéo theo :

T(t+h)−T(t)

h =

T(h)−I

h T(t) ∀t, h ∈ R.

Ta cã (2.12)--(2.13) ®-ỵc chøng minh nÕu lim

h→0

T(h)−I

h = A. Ta cã:

kT(h)−I

h −Ak = k

ehA−I

h −Ak

= k1

h(I +hA+

(hA)2

2! +

(hA)3

3! +... +

(hA)n

n! −I)−Ak

= kX

k=2

∞h

k−1Ak

k! k
≤

∞

X
k=2

|h|k−1kAkk

k! = |h|

∞

X
k=2

|h|k−2kAkk

k! .

Víi |h| ≤ 1 suy ra |h|

∞

P
k=2

|h|k−2kAkk

k! tiến tới

P
k=2

kAkk

k! .

Chứng minh t-ơng tự nh- trên chuỗi P
k=2

kAkk

k! héi tơ tíi e

kAk−

1 − kAk.

Suy ra:

lim

h→0

kT(h)−I

h −Ak = limh→0e

kAk

−1− kAk = 0.

Do vËy ta cã :

lim

h→0

T(h)−I

h = A.

VËy hµm T(.) khả vi và thoả mÃn (2.12)--(2.13).

Ta có điều phải chøng 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:

</div>
(27)<div class='page_container' data-page=27>

2.2. Nöa nhãm ma trËn 27

Chứng minh: Tr-ớc tiên ta định nghĩa hàm V(.) nh- sau:

V(t0) :=
t0
Z

T(s)ds.

Ta cã:

V(t+ ∆t)−V(t)

∆t =

∆t+tR
0

T(s)ds−

t
R
0

T(s)ds

∆t

t+∆tR
t

T(s)ds

∆t =

T(ζ)

t+∆tR
t

ds

∆t

= T(ζ), (Theo định lý trung bình).

Suy ra:

lim

∆t→0

V(t+ ∆t)−V(t)
∆t

= T(t).

VËy ta cã V(.) là khả vi và V (.) =T(t).

Ta có:

V(0) =

0
Z

T(s)ds = 0,

vµ:

lim

t→0

tV(t) = limt→0

V(t)−V(0)

t = ˙V(0).

Suy ra ∃t0 > 0 sao cho

t0

V(t0)−Ik <

1
2.

VËy suy ra víi t0 > 0, V(t0) 0, và tồn tại: (

t0

V(t0))1.
Suy ra tồn tại:

V(t0)1 =

t0

V (t0)−1

</div>
(28)<div class='page_container' data-page=28>

2.3. Nửa nhóm các tốn tử liên tục đều 28
do vậy :

T(t) = V (t0)−1V(t0)T(t)

= V (t0)−1T(t)
t0
Z

T(s)ds

= V (t0)−1
t0
Z

T(t+s)ds

= V (t0)−1
t+t0
Z

t

T(s)ds

= V (t0)−1(V(t+t0)−V(t)), ∀t ≥0.
Vậy T(.) là khả vi với đạo hàm

d

dtT(t) = limt→0

T(t+h)−T(t)

h = limt→0

T(h)−T(0)

h T(t)

= T(0).T(t), ∀t≥ 0.

Suy ra ta thÊy:

A = ˙T(0).

VÝ dô 2.2.6. Nưa nhãm sinh bëi ma trËn ®-êng chÐo A =diag(a1, . . . , an)
đ-ợc cho bởi :

etA = diag(eta1, . . . , etan),

víi a1, a2, . . . , an ∈ C.

2.3 Nửa nhóm các tốn tử liên tc u

Bây giờ, chúng ta lấy X là không gian Banach phøc víi chuÈn k · k. Ta kÝ

</div>
(29)<div class='page_container' data-page=29>

2.3. Nửa nhóm các tốn tử liên tục đều 29

X với chuẩn cũng đ-ợc kí hiệu là k Ã k.

Bài toán 2.3.1. Tìm tất cả các ánh xạ T(.) : R → L(X) víi 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))t0 trên
không gian Banach X đ-ợc gọi là một nửa nhóm (một tham số) trên X

nếu nó thoả mÃn ph-ơng trình hàm (2.14) --(2.15). Nếu (2.14) --(2.15) xảy
ra với mọi t, s ∈ R, chóng ta gäi (T(t))t≥0 lµ mét nhóm (một tham số)
trên X.

Định nghĩa 2.3.3. Giả sử có A ∈ L(X), ta kÝ hiÖu tËp

ρ(A) = {λ ∈ C : λI − A : X → X là song ỏnh v nghch o

(I A)1 L(X)} đ-ợc gọi là tập giải của A.
(A) = C\(A) đ-ợc gọi là tập phổ của A.

Định nghĩa 2.3.4. Giả sử A L(X) và chọn 1 lân cận U của (A) với

biờn là đ-ờng cong trơn, kín, định h-ớng d-ơng +∂U. Ta định nghĩa:

etA = 1

2πi

Z
+∂U

etλR(λ, A)dλ

víi mäi t ≥ 0.

Định lý 2.3.5. Cho A ∈ L(X). Xét hàm (etA)t≥0. Khi đó nhng khng nh

sau xảy ra:

1. (etA)t0 là nửa nhóm trên X sao cho:

R 3 t7→ etA ∈ (L(X,k · k)

</div>
(30)<div class='page_container' data-page=30>

2.3. Nửa nhóm các tốn tử liên tục u 30

2. ánh xạ R+ 3 t 7T(t) = etA (L(X),k Ã k) là khả vi và thoả mÃn bài

toán Cauchy:

d

dtT(t) = AT(t) với t 0, (2.16)

T(0) =I. (2.17)

Ng-ợc lại, mỗi hàm khả vi: T(.):R+ (L(X),k Ã k) thoả mÃn (2.16)--(2.17)

có dạng T(t) = etA với A L(X).

Cuối cïng, chóng ta xem xÐt r»ng A= ˙T(0).

Chøng minh: 1. Ta đi chứng minh (etA)t0 là nửa nhóm:

Để chứng minh ta đi kiểm tra (etA)t0 thoả mÃn (2.14)--(2.15).
Ta thấy:

e0A = 1
2i

Z
+U

e0R(, A)d = 1
2i

Z
+U

R(, A)d = I,

và:

e(t+s)A = 1
2i

e(t+s)R(, A)d.

Mặt khác ta có

etAesA = 1
2i

Z
+U

etR(, A)d.

Z
+V

eàR(à, A)dà

= 1

(2i)2
Z
+U

Z
+V

etesàR(, A)R(à, A)ddà,

</div>
(31)<div class='page_container' data-page=31>

2.3. Nửa nhóm các tốn tử liên tục đều 31
Vậy

etAesA = 1
(2πi)2

Z
+∂U

Z
+∂V

etλesµR(λ, A)−R(µ, A)

µ−λ dλdµ

= 1

(2πi)2
Z
+∂U

Z
+∂V

et(λ+µ)R(λ, A)

µ−λ dλdµ

(2i)2

Z
+U

Z
V

es(+à)R(à, A)

à ddà.

Mặt khác ta có:

1
(2i)2

Z
+U

Z
V

et(+à)R(, A)

à ddà =

1
2i

Z
+U

e(t+s)R(, A)d,

và

1
(2i)2

Z
+U

Z
V

es(+à)R(à, A)

µ−λ dλdµ = 0.

VËy suy ra:

etAesA = 1
2πi

Z
+∂U

e(t+s)λR(λ, A)dλ.

Hay:

etAesA =e(t+s)A.

VËy (etA)t≥0 lµ nưa nhãm.

2. Để chứng minh 2) tr-ớc tiên ta định nghĩa hàm V(t) =

t
R
0

T(s)ds.

B©y giê ta chøng minh V(·) kh¶ vi:

ThËt vËy, ta cã:

V(t+ ∆t)−V(t)

∆t =

∆t+tR
0

T(s)ds−

t
R
0

T(s)ds

∆t

t+∆tR
t

T(s)ds

∆t =

T(ζ)

t+∆tR
t

ds

∆t =T(ζ),(Theo định lý trung bình).

Ta suy ra:

lim

∆t→0

V(t+ ∆t)−V(t)
∆t

</div>
(32)<div class='page_container' data-page=32>

2.3. Nửa nhóm các tốn tử liên tục đều 32
Vậy V(.) là khả vi và V˙ (t) = T(t).

Ta nhËn thÊy:

V(0) =T(0) = I và V(0) = 0.

Mặt khác ta lại thÊy:

lim

t→0

tV(t) = limt→0

V(t)−V(0)

t =T(0) = 1 = ˙V(0),

suy ra ∃t0 >0 sao cho

t0

V(t0)−Ik<

1
2.

VËy tån t¹i:

t0

V(t0))−1 ∈ L(X).
Suy ra tån t¹i:

V(t0)−1 =

t0

V(t0)−1

∈ L(X).

T(t) = V (t0)−1V(t0)T(t) = V(t0)−1V(t0)
Z t0

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 tho¶ m·n:
λR(λ, A) = AR(λ, A) +I

víi mäi λ ∈ ρ(A).

Do đó, sử dụng tích phân Cauchy ta có:

d
dte

tA = d

dt

1
2πi

Z
+∂U

etλR(λ, A)dλ

= 1

2πi

Z
+∂U

λetλR(λ, A)dλ

= 1

2πi

Z
+∂U

etλA.R(λ, A)dλ+

Z
+∂U

etλdλ

</div>
(33)<div class='page_container' data-page=33>

2.3. Nửa nhóm các tốn tử liên tục đều 33
với mọi t ≥ 0, vì R

+∂U

etλdλ = 0.

Tính duy nhất ta chứng minh nh- mệnh đề 2.1..2.

Định nghĩa 2.3.6. Một nửa nhóm một tham số (T(t))t≥0 trên khơng gian
Banach X đ-ợc 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 khơng gian Banach

X đều có dạng:

T(t) =etA , t ≥ 0,

với mọi toán tử bị chặn A L(X).

Chng minh: Để chứng minh tr-ớc tiên ta định nghĩa:

V(t) =

t
Z

T(s)ds, t 0.

Ta đi chứng minh V(t) là khả vi:

V (t+ ∆t)−V(t)

∆t =

∆t+tR
0

T(s)ds−

t
R
0

T(s)ds

∆t

R
t

t+ ∆tT(s)ds

∆t =

T(ζ)

t+∆tR
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).

Mµ:

lim

t→0

tV(t) = limt→0

V(t)−V(0)

</div>
(34)<div class='page_container' data-page=34>

2.3. Nửa nhóm các toán tử liên tục đều 34
Vậy ta suy ra tồn tại t0 >0 để:

t0

V(t0)−Ik <

1
2.

Suy ra tån t¹i (1

t0

V(t0))−1 ∈ L(X).
Từ đó ta suy ra tồn tại

V(t0)

−1

= 1

t0

V(t0)

−1 ∈ L

(X).

Ta suy ra ®iỊu sau:

T(t) = V(t0)−1V(t0)T(t) = V(t0)−1V(t0)
t0
Z

T(s)ds

</div>
(35)<div class='page_container' data-page=35>

Ch-¬ng 3

Bài tốn Cauchy đối với tốn tử tuyến

tính khơng giới nội

Sau đây chúng ta sẽ sử dụng biến đổi Laplace để xây dựng nghiệm của bài
toán Cauchy đối với ph-ơng trình vi phân tuyến tính thuần nhất trong
khơng gian Banach.

Giả sử X là không gian Banach,

v A : X → X là tốn tử tuyến tính đóng, trong đó D(A) là miền xác

định của A(D(A) ⊂ X).

D(A) trï mËt trong X (D(A) =X).

Bài toán 3.0.8 (Bài toán Cauchy).

dx

dt =Ax, (3.1)

xt=0 =x0, (3.2)

với 0 t < .

Sau đây chúng ta tìm nghiệm x(t) với miền giá trị thuộc vào D(A) là

</div>
(36)<div class='page_container' data-page=36>

36
khả vi liên tục trên (0,+) và thoả mÃn ph-ơng trình (3.1) và điều kiện

(3.2).

Với mỗi nghiệm x(t) ta cho t-ơng ứng một hàm biến phức x(p), p ∈ C

đ-ợc xác định bởi cơng thức:

x(p) =

+∞

Z
0

e−ptx(t)dt. (3.3)

Víi điều kiện x(t) là nghiệm duy nhất của bài toán Cauchy thoả mÃn điều

kiện:

kx(t)k M Ãet. (3.4)

Hm x(p) -c gọi là ảnh của phép biến đổi Laplace.
L :x(t) → xˆ(p), t ∈ [0,+∞), p ∈ C.

(L[x(t)] = ˆx(p))

Chú ý rằng ta có theo tính chất của phép biến đổi Laplace:

L[x0(t)] =

∞

Z
0

e−ptx0(t)dt =

∞

Z
0

e−ptdx(t) = e−ptx(t)∞0 +p

∞

Z
0

e−ptx(t)dt =pxˆ(p)−x(0).

(3.5)
Ta có cơng thức xác định ảnh ng-ợc của phép biến đổi Laplace:

x(t) = 1
2πi

a+iZ ∞

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 đ-ợc:

</div>
(37)<div class='page_container' data-page=37>

37
ChuyÓn vÕ ta cã:

pxˆ(p)− L[Ax(t)] = x0. (3.6)
Bây giờ để chứng minh đ-ợc L[Ax(t)] = AL[x(t)], chúng ta đi xét một

định lý sau:

Định lý 3.0.9. Giả sử có A là tốn tử tuyến tính đóng trên X, và hm :
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 vµ A ◦f : I → X lµ tÝch ph©n

Bochner. Khi đó RI f(t)dt ∈ D(A) và:

A

I

f(t)dt =

Z
I

A(f(t))dt.

Chøng minh: Chúng ta sẽ xem xét X ìX nh- một không gian Banach

với chuẩn k(x, y)k = kxk+kyk. Đồ thị G(A) của A là một không gian

con úng trong X ỡX. 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 đ-ợc và:

Z
I

kg(t)kdt =

Z
I

kf(t)kdt+

Z
I

kA(f(t))kdt < ∞.

Suy ra g là một tích phân Bochner . Tuy nhiên, RI g(t)dt D(A). Vậy ta

suy ra: Z

I

g(t)dt =

Z
I

f(t)dt,

Z
I

A(f(t))dt.

Điều này cho ta kết quả cần chứng minh.

Vy ỏp dng nh lý trờn (3.16) sẽ t-ơng đ-ơng với

pxˆ(p)−AL[x(t)] = x0.
Do đó:

</div>
(38)<div class='page_container' data-page=38>

38
Suy ra:

[A−pI]ˆx(p) = −x0.

VËy:

x(p) = −[A−pI]−1x0 =−Rp(A)x0,
víi Rp(A) = (A−λI)−1 là giải thức của A.

Cui cựng hm x(t) -c xỏc định bởi:

x(t) = − 1
2πi

α+iZ ∞

α−i∞

eptRp(A)x0dp.

Chóng ta cÇn tiÕp tơc 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

xột U(t) L(X). Khi ú ta có định nghĩa nửa nhóm liên tục mạnh của

c¸c toán tử giới nội:

Định nghĩa 3.0.10. Toán tử hàmU(t) đ-ợc gọi là nửa nhóm liên tục mạnh

(C0 nửa nhóm) nếu các điều kiện sau đây đ-ợc thoả mÃn:

1. Với mỗi x X hàm trừu t-ợng U(t)x là hàm liên tục trên [0,+),

ng thi U(0) =I.

2. Tồn tại hằng số M > 0 vµ ω thùc sao cho:

|U(t)| ≤ M eωt.

3. Víi mäi t, s ∈ [0,+∞) ta cã :

U(t+s) = U(t)U(s).

Giả sử là 1 số thực và ∈ (0,π

2). Ta kÝ hiƯu: Ω = Ω(α, ϕ) lµ miền

đ-ợc giới hạn bởi 2 tia đi qua (,0) tạo thành 2 góc và chạy ra vô

</div>
(39)<div class='page_container' data-page=39>

39
Định nghĩa 3.0.11 (Định nghĩa toán tử Eliptic trừu t-ợng). Toán tử

A : X X đ-ợc gọi là toán tử eliptic trừu t-ợng nếu tồn tại 1 hằng sè
c >0 vµ 1 miỊn Ω ⊂ C sao cho Ω ⊂ρ(A) vµ ∀λ ∈ Ω ta cã:

k(A−λI)−1k =kRλ(A)k=

c

1 +|λ|. (3.7)

Chúng ta xét đ-ờng gÃy khúc , mà các tia của nó song song với các

cạnh của đi qua điểm (,0). Không mất tổng quát ta xem > α (nÕu
α < 0 th× ta sÏ chän ω <0). Chúng ta xét các tích phân đ-ờng phụ thuộc

tham số t ∈ (0,+∞):

U(t) =− 1
2πi

Z
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 t-ng thỡ U(t) xỏc nh bi

(3.8) thoả mÃn điều kiện U(0) = I là nửa nhóm liên tục mạnh.
Chứng minh: Ta cã:

U(t) =− 1
2πi

Z
Γ

eλtRλ(A)dλ,

với α > 0 (2) là hội tụ đều trên [t0, t1], t0 >0.

Hàm d-ới dấu tích phân là liên tục theo (t, λ) do đó U(t) l liờn tc theo

chuẩn trong L(X).

là đ-ờng cong gấp khúc và các tia của nó song song với các cạnh của

góc giới hạn miền .

U(t) là liên tục mạnh tại t = 0.

Ta viết ph-ơng trình đ-ờng cong d-íi d¹ng tham sè :

Tia d-íi cđa nã cã d¹ng

</div>
(40)<div class='page_container' data-page=40>

40
Tia trên của nó có dạng :

= +ρei(π2−ϕ), trong đó ρ∈ (0,+∞).
Suy ra ph-ơng trình chung của cả 2 tia là:

Reλ =ω − |ρ|cosϕ.

Do trong miÒn Ω|Rλ(A)|< C (theo dịnh nghĩa eliptic trừu t-ợng).
Trên đ-ờng cong ta cã:

keλtRλ(A)k ≤ Ceωte−|ρ|tcosϕ. (3.9)
NÕu t∈ [t0, t1], t0 >0 thì trên ta có:

ketR(A)k Cet1e||tcos.

Vỡ trờn [t, t1] đánh giá này đều theo t do đó ph-ơng trình (1.2) là hội tụ

đều trên [t0, t1].

tức là U(t) là toán tử liên tục mạnh tại điểm 0.
Nh- theo định nghĩa U(0) = I.

Ta cã 2 bµi tËp:
1. Víi λ ∈ Ω

Rλ(A) +λ−1I = λ−1ARλ(A).

1
2πi

Z
Γ

λ−1eλtdλ = I.

Sư dơng kÕt qu¶ của 2 bài tập trên ta có:

x =U(0)x = 1
2i

</div>
(41)<div class='page_container' data-page=41>

U(t)x−x = − 1
2πi

Z
Γ

eλt(Rλ(A) +λ

−1

I)x dλ

= − 1

2πi

Z
Γ

eλtλ−1Rλ(A)xdλ.

Để nhận đ-ợc đánh giá của U(t)x−x với mọi t ∈ (0,1) ta s s dng kt

quả sau:

Giả sử (t) là ®-êng gÊp khóc ®i qua (ωt−1,0) víi c¸c tia song song víi

tia gÊp khócΓ

Chóng ta chøng minh r»ng nÕu ψ(λ) là 1 hàm giải tích (trừu t-ợng) giới

nội ở trên có giá trị trong X thì:

et()d =

Z
(t)

et(t)d. (3.11)

Sử dụng (3.11) chóng ta cã thĨ viÕt (3.10) d-íi d¹ng:

U(t)x−x = 1
2πi

Z
Γ(t)

eλtλ−1Rλ(A)Axdλ.

Sử dụng phép biến đổi λt = à. Khi đó Γ(t) sẽ chuyển thành đ-ờng cong
Γ và ta có:

U(t)x−x =− 1
2πi

Z
Γ

eµµ−1Rµt−1(A)Axdµ.

Sử dụng điều kiện (1.1) (định nghĩa eliptic trừu t-ợng) ta có:

kRµt−1(A)k ≤

ct

|µ|. (3.12)

Do đó với x∈ D(A) và t∈ (0,1)

kU(t)x−xk ≤ ckAxk
2π

Z
Γ

ereµ

</div>
(42)<div class='page_container' data-page=42>

42
Cuèi cïng ta thÊy U(t)x → x khi t→ 0+ víi x ∈ D(A).

Ngoµi ra, do hàm toán tử U(t) giới nội. Thật vậy, theo (3.11)

U(t) = − 1

2πi

Z
Γ(t)

eλtRλ(A)dλ = −

1
2πi

Z
Γ

eµRµt−1(A)dµ.
Vµ nhê (3.12) khi t (0,1) thì ta có:

kU(t)k c
2

ereàd|à|

|à| =c2. (3.13)

Theo nh lý Banach-Stienhauss ta có U(t)x → x khi t → 0+ đối với bất

k× x ∈ X th× kU(t)−Ik → 0 khi t →0 (héi tơ m¹nh).

Vậy tính chất 1 của định nghĩa liên tục mạnh đ-ợc chứng minh.
Để chứng minh tính chất 2 ta sử dụng đánh giá (3.9),

từ đó với t ≥ 1 ta có:

kU(t)k ≤ ceωt 1

2π

+∞

−∞

e−|ρ|tcosϕdρ ce

t

cos = c3e

t

.

Sử dụng (3.13) ta nhận đ-ợc tính chÊt 2 cđa nưa nhãm tho¶ m·n víi

M = max(c2, c3).

Ta chứng minh tính chất (3) của định nghĩa liên tc mnh. Gi s 0 l 1

trong các đ-ờng cong Γ(t), ta cã:

U(s) =− 1
2πi

Z
Γ0

eµsRλ(A)dµ.

Sư dơng hƯ thøc Hilbert ta cã:

Rλ(A)Rµ(A) = [Rλ(A)−Rµ(A)](λ−µ)−1.
Suy ra:

U(t)U(s) = − 1
(2πi)2

Z
Γ

Z
Γ0

eλt+µsRλ(A)(λ−µ)−1dλdµ−

1
(2πi)2

Z
Γ

Z
Γ0

eλt+µsRµ(A)(λ−µ)−1dλdµ.

</div>
(43)<div class='page_container' data-page=43>

1. 1

2πi

R
Γ0

eµs

λ−µdµ =e

λs.

2. 1

2πi

R
Γ

eλt

λ−µdλ = 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
2πi

Z
Γ

e(t+s)λRλ(A)dλ =U(t+s).

Vy nh lý 1 -c chng minh.

Định lý 3.0.13. Giả sử A-toán tử eliptic trừu t-ợng.

Khi ú vi t > 0, nửa nhóm U(t) là khả vi liên tục. Đối với bất kì x0 ∈ X

mµ U(t)x0 ∈ D(A) ta cã:

U(t)0x0 = AU(t)x0 = −

1
2πi

Z
Γ

λeλtRλ(A)x0dλ. (3.14)

Víi t > 0 ta cã :

kU0(t)k ≤ M eωtt−1, (3.15)

víi x0 ∈ D(A) th× U(t)x0 là khả vi liên tục trên [0,+).

Chng minh: Tớnh khả vi của U(t) có thể suy ra từ sự hội tụ đều theo t

U(t)0 =− 1
2πi

Z
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
R

Γe

λtdλ = 0 cho nên (3.14) đ-ợc chứng minh. Đánh giá (3.15) chuyển bằng
cách đổi đ-ờng cong Γ thành Γ(t) nh- phần tr-ớc. Nếu x0 ∈ D(A), thì

</div>
(44)<div class='page_container' data-page=44>

44
đ-ợc U(t)Ax0 là liên tục và nh lý 2 -c chng minh.

Bây giờ ta xét ph-ơng trình vi phân có chậm có dạng:

dx

dt =Ax+f(t, x(t+)), t ≥0,−h 6 θ 6 0 (3.16)

víi x(.) ∈ X, A : X X, X là không gian Banach. f(t, x(t+)) là một

toán tử phụ thuộc vào x(t+) với h 0 trong không gian Banach

X. Giả thiết rằng, toán tử f(t, x(t+)) thoả mÃn tất cả các ®iỊu kiƯn sau:

1. f(t,0) = 0.

2. kf(t, y(t+θ))−f(t, z(t+θ))k6 Lsup−h6θ60ky(t+θ)−z(t+θ)k

víi ®iỊu kiƯn ban ®Çu x(t) =ϕ(t), −h 6 t6 0; ϕ(.) ∈ C([−h,0], X).

Khi đó ph-ơng trình (3.16) có nghiệm duy nhất trên khoảng (0,∞):

f(t, x(t+θ))(t)(−h 6 θ 60)

tho¶ m·n điều kiện sau:

kf(t, x(t+))k6 g(t)kx(t+)k

với g là hàm thoả mÃn

g()d 6m < .

Giả sử (T(t))t0 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). Chóng ta lu«n

giả thiết rằng (T(t))t≥0 là nửa nhóm liên tục mạnh (C0- nửa nhóm).
Khi đó, chúng ta dễ thấy nếu ph-ơng trình ((3.16)) thoả mãn các điều
kiện đã nêu thì nghiệm của ph-ơng trình (3.16), với điều kiện ban u

x(t) = (t);h 6 t 60, tồn tại và duy nhất, nó có dạng sau:

x(t) =T(t)(0) +àR0tT(ts)f(s, x(s+))ds, t 0,
x(t) =ϕ(t), −h 6 t6 0,

</div>
(45)<div class='page_container' data-page=45>

45
ở đây ϕ(.) ∈ C([−h,0], E). Từ bất đẳng thức Grown-Belmann cho ph-ơng

tr×nh vi phân có chậm và tính chất của C0 nửa nhóm, chúng ta có những
kết quả sau:

nh lý 3.0.14. 1. Nếu kT(t)k 6 M,∀t ≥ 0 thì khi đó nghiệm x(t) ≡ 0

của(3.16) là ổn định đều.
2. Nếu lim

t→∞kT(t)k = 0 thì khi đó nghiệm x(t) ≡ 0 của (3.16) là ổn định
mũ đều.

Chøng minh: 1.Ta cã:

x(t) = T(t)ϕ(0) +

Z t
0

T(t−s)f(s, x(s+θ))ds;t≥ 0

Do vËy:

kx(t)k 6 kT(t)kkϕ(0)k+

Z t
0

kT(t−s)kkf(s, x(s+θ))kds;t≥ 0

Do C0 nửa nhóm (T(t))t≥0 là bị chặn đều, ta suy ra:

kx(t)k 6 Mkϕ(0)k+

Z t
0

Mkf(s, x(s+θ))kds;t ≥ 0

Do đó:

kx(t)k 6 Mkϕ(0)k+

Z t
0

Mkg(s)kkx(s+θ)kds;t≥ 0

áp dụng bất đẳng thức Grown-Belmann cho ph-ơng trình vi phân có chậm
ta có:

kx(t)k 6Mkϕ(0)k.eM

t0kg(s)kds

Mµ ta cã:

kx(t)k 6 Mkϕ(0)k.eM m

Đặt δ = M eεM m. Do đó, với mọi ϕ(0) sao cho kϕ(0)k 6 δ thì khi đó

</div>
(46)<div class='page_container' data-page=46>

ổn định đều.

2. Tõ lim

t→∞

kT(t)k = 0 suy ra tån tại C và

kT(t)k 6 Cet, t > 0

Giống nh- trong chøng minh phÇn 1 ta cã:

kx(t)k 6 kT(t)kkϕ(0)k+

Z t
0

kT(t−s)kkf(s, x(s+θ))kds;t≥ 0

Do đó

kx(t)k 6Ce−λtkϕ(0)k+

Z t
0

Ce−λ(t−s)kf(s, x(s+θ))kds;t≥ 0

vµ:

kx(t)k 6Ce−λtkϕ(0)k+

Z t
0

Ce−λ(t−s)kg(s)kkx(s+θ))kds;t ≥0

Do vËy ,

kx(t)keλt 6 Ckϕ(0)k+

Z t
0

Ceλ(s)kg(s)kkx(s+θ))kds;t≥ 0

áp dụng bất đẳng thức Grown-Belmann cho ph-ơng trình vi phân có chậm
ta có:

kx(t)keλt 6 Ckϕ(0)k.eC

t0kg(s)kds

Mµ ,

kx(t)k6 Ckϕ(0)keCme−λt

Điều này chứng minh rằng x(t) ≡0 của ph-ng trỡnh (3.16) l n nh m

Định lý đ-ợc chứng minh.

Giả sử X = Rn, ta có các hệ quả sau:

</div>
(47)<div class='page_container' data-page=47>

b) Nghiệm x(t) ≡ 0 của ph-ơng trình 3.16 là ổn định.

c) Nghiệm x(t) ≡ 0 của ph-ơng 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 vµ là giá trị riêng bình th-ờng.

H qu 3.0.16. Nhng khẳng định sau là t-ơng đ-ơng:
a) lim

t→∞kT(t)k = 0

b) kT(t)k 6 C.e−λt;∀t≥ 0

c) Nghiệm x(t) ≡ 0 của ph-ơng trình 3.16 là ổn định tiệm cận.

d) Nghiệm x(t) ≡ 0 của ph-ơng trình 3.16 là ổn định mũ đều.

</div>
(48)<div class='page_container' data-page=48>

Ch-ơng 4

Nửa nhóm nhân trên

C

0

()

. Chúng ta bắt đầu bằng việc cân nhắc không gian Banach:

C0() =

f C(Ω) : víi mäi > 0 tån t¹i mét tËp compact K ⊃

Ω sao cho |f(s) < | víi mäi s ∈ Ω\K

của tất cả các hàm liên tục, giá trị phức trên không gian compact địa
ph-ơng Ω và triệt tiêu tại vơ hạn.

Định nghĩa 4.0.17. Tốn tử nhân Mq thuộc vào C0(Ω) cho bởi hàm liên
tục q : Ω→ C xác định bởi:

Mq := q ·f,
víi mäi f trong miÒn:

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. Tốn tử (Mq, D(Mq)) là đóng và xác định trù mật.

2. Toán tử Mq là bị chặn (với D(Mq) = C0()) khi và chỉ khi hàm q là

bị chặn. Trong tr-ờng hợp này ta có :

||Mq|| =||q|| := sup
s

</div>
(49)<div class='page_container' data-page=49>

3. Tốn tử Mq có nghịch đảo bị chặn khi v ch khi hm q cú nghch o

bị chặn 1/q, nh- vậy 0 / q(). Trong tr-ờng hợp này ta cịng cã:

Mq−1 = M1/q.

4. Phổ của Mq là bao đóng của q, nh- vậy

σ(Mq) = q(Ω).

Chøng minh: 1. Gi¶ sư ta cã {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 úng.

2. Nếu q bị chặn ta suy ra

q.f C0().
Với mäi f ∈ C0(Ω) suy ra D(Mq) =C0(Ω).
Ta cã:

kMqfk = sup
s∈Ω

|q(s)f(s)| ≤ kqk.kfk

víi mäi f ∈ C0(Ω).

Ta suy ra Mq bị chặn và kMqk kqk.

Ng-c li, gi s Mq bị chặn, áp dụng bổ đề Uryson:

Suy ra tồn tại fs với giá compact (do đó thuộc C0(Ω)) sao cho :

kfsk = 1 = fs(s).

VËy

kMqk ≥ kMqfsk ≥ |q(s).f(s)| =|q(s)|
víi mäi s ∈ Ω.

</div>
(50)<div class='page_container' data-page=50>

3. NÕu 0 ∈/ q(Ω) suy ra 1

q liên tục bị chặn và M1/q là nghịch đảo bị chặn

cña Mq.

Ng-ợc lại giả sử Mq có nghịch đảo bị chặn Mq−1.
Khi đó ta có

kfk =kMq−1k.kMqfk
víi mäi f ∈ D(Mq).

Suy ra víi mäi f ∈ D(Mq), kfk = 1 ta cã:

δ = 1

kM−1
q k

≤sup

s∈Ω

|q(s).f(s)|. (2)

Gi¶ sư r»ng inf

s∈Ω

|q(s)|< δ2.

Suy ra tån t¹i tËp më O ∈ Ω sao cho q(s) < δ

2 víi mäi s ∈ O do q

liªn tơc.

áp dụng bổ đề Uryson ta có

∃f0 ∈ C0(Ω) sao cho kf0k= 1, f0(s) = 0 víi mäis ∈ Ω\O.
Suy ra sup

s∈Ω

|f(s)f0(s)| ≤

δ

2 ≤ |q(s)|

víi mäi s ∈ Ω.

Suy ra 0 ∈ q(Ω) .

Suy ra M1/q bị chặn và l nghch o ca Mq.
4. Ta cú:

(Mq).
Điều này t-ơng đ-ơng với:

I Mq = Mq

không khả nghịch. áp dụng 3 cho hàm (q) ta suy ra điều này xảy

ra khi vµ chØ khi :

</div>
(51)<div class='page_container' data-page=51>

↔ λ ∈ q() .

Vậy

(Mq) = q().
Định lý đ-ợc chứng minh.

với s .t 0,

và toán tử nhân t-ơng ứng:

Tq(t)f := etqf, f C0().

Định nghĩa 4.0.19. Giả sử q : C là hàm liên tục sao cho :

sup

s

Re q(s) <.

Khi đó nửa nhóm (Tq(t))t≥0 xác định bởi:

(Tq(t))t≥0 := etqf,

víi t 0 và f C0() đ-ợc gọi là nửa nhóm nhân sinh bởi toán tử nhân

Mq trên C0().

Mnh 4.0.20.Giả sử có Mq là tốn 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)) = etσ(Mq) víi t ≥0.

Chứng minh: Trong định lý trên, ta đã chứng minh đ-ợc rằng phổ của
toán tử nhân là bao đóng (essential) của hàm t-ơng ứng, tức là

</div>
(52)<div class='page_container' data-page=52>

52
Do đó, ta thu đ-ợc kết quả sau:

σ(Tq(t)) = etq(ess)(Ω)

= etq(ess)(Ω) =etq(Mq)

víi mäi 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 đ-ợc chứng minh.

Bây giờ giả sử cóq khơng bị chặn và chọn(sn)n∈N ⊂ Ωsao 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 kfnk = 1 = fn(sn), cuối
cùng chúng ta đánh giá:

kTq(0)−Tq(tn)k ≥ kfn−etnqfnk

≥ |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

liªn tơc q : Ω → C tho¶ m·n:
ω := sup

s∈Ω

Re q(s) <∞.

Khi đó ánh xạ:

R+ 3 t 7→Tq(t)f = etqf ∈ C0(Ω)

</div>
(53)<div class='page_container' data-page=53>

Chøng minh: Gi¶ sư f ∈ C0(Ω) víi ||f|| ≤ 1. Víi > 0 lÊy 1 tËp con
compact K cñaΩ 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| ≤

víi mäi s ∈ K vµ 0 ≤ t ≤ t0.

Do vËy, chóng ta cã:

ketqf −fk ≤ sup

s∈K

|etq(s) −1|.|f(s)|+ (eω + 1). sup

s\K

|f(s)|
2

với mọi 0 t t0.

Định lý đ-ợc chứng minh.

Định lý 4.0.23. Với t 0 giả sử có mt : C là hàm liên tục bị chặn và

giả sử rằng:

1. Toán tử nhân t-ơng ứng:

T(t)f := mt ·f

lµ mét nưa nhãm (T(t))t ≥ 0 cđa toán tử bị chặn trên C0() và

2. ánh xạ:

R+ 3 t7 T(t)f C0()

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) <∞

</div>
(54)<div class='page_container' data-page=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 t7→ (T(t)f)(s) = mt(s) ∈ C

là hàm liên tục thoả mãn ph-ơng trình hàm (1.1)--(1.2) trong bài tốn 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) =etq(s)f(s), f ∈ C(K), s ∈ K

và đánh giá t-ơng 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 hn u (trờn tp

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 to¸n 4.0.24.

x(t) =q(t).x(t), (4.1)

x(0) =f. (4.2)

</div>
(55)<div class='page_container' data-page=55>

55
Ta thÊy 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 nhânTq(t) = (etq)f trên ta có tính chất nghiệm
của bài toán Cauchy:

i) Nghim l n định khi và chỉ khi:

lim

t→∞supRe q(s) <0 víi mäi s ∈ Ω;

ii) Nghiệm là ổn định mũ đều khi và chỉ khi :

</div>
(56)<div class='page_container' data-page=56>

KÕt luËn 56

KÕt LuËn

Mục đích chính của khố luận là giới thiệu ph-ơng pháp nửa nhóm để
giải quyết các bài tốn Cauchy. Khố luận đã trình bày các vấn đề:

• Một số kiến thức cơ bn v i s Banach v lý thuyt ph.

ã Ph-ơng trình hàm Cauchy và một số nửa nhóm các toán tử tuyến

tính bị chặn.

</div>
(57)<div class='page_container' data-page=57>

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), C¬ së lý thuyết hàm và giải

</div>
(58)<div class='page_container' data-page=58></div>

Dai so Banach va ly thuyet pho

<b>Mục lục</b>

<b>Lời cảm ơn</b>

Lêi më ®Çu

<b>Ch-¬ng 1</b>

<b>Một số kiến thức cơ bản về đại số</b>

<b>Banach và lý thuyết phổ</b>

<b>1.1 Không gian tuyến tớnh nh chun</b>

<b>1.2 Đại số Banach</b>

<b>Ch-¬ng 2</b>

<b>Ph-¬ng trình hàm Cauchy và một số</b>

<b>nửa nhóm</b>

<b>2.1 Ph-ơng trình hàm Cauchy</b>

<b>2.2 Nửa nhóm ma trận</b>

<b>2.3 Nửa nhóm các tốn tử liên tc u</b>

<b>Ch-¬ng 3</b>

<b>Bài tốn Cauchy đối với tốn tử tuyến</b>

<b>tính khơng giới nội</b>

<b>Ch-ơng 4</b>

<b>Nửa nhóm nhân trên</b>

<i>C</i>

<sub>0</sub>

()

Tài liệu liên quan

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về