Bài toán cauchy và nửa nhóm - luận văn thạc sĩ khoa học

MỤC LỤC
MỞ ĐẦU

2

Chương 1 - BÀI TOÁN CAUCHY VÀ C0 − NỬA NHÓM

4

1.1 C0 − nửa nhóm

4

1.2 Bài toán Cauchy

12

1.3 Một số ví dụ

21

Chương 2 - BÀI TOÁN CAUCHY VÀ NỬA NHÓM

n − LẦN TÍCH HỢP

30

2.1 Nửa nhóm n − lần tích hợp

30

2.2 Bài toán Cauchy ( n,ω ) − đặt chỉnh

37

2.3 Nửa nhóm n − lần tích hợp địa phương

40

2.4 Một số ví dụ

50

KẾT LUẬN

58

Tài liệu tham khảo

59

-1-


MỞ ĐẦU
Bài toán Cauchy trừu tượng của các phương trình đạo hàm riêng tuyến
tính là bài toán có lịch sử lâu đời trong chuyên ngành Giải tích ứng dụng. Nó
được áp dụng khá nhiều trong các lĩnh vực khoa học như vật lý học, sinh học,
kỹ thuật, tài chính...
Khi xét bài toán này ta thường gặp các khả năng khác nhau về nghiệm
của nó. Theo định nghĩa của Hadamard, bài toán Cauchy được gọi là đặt

chỉnh đều nếu nó tồn tại nghiệm, nghiệm này là duy nhất và nghiệm phụ
thuộc liên tục vào các dữ kiện của bài toán.
Phương pháp nửa nhóm đã được phát triển mạnh mẽ và có vai trò quan
trọng trong việc giải quyết bài toán Cauchy cho các phương trình vi phân
tuyến tính trong không gian Banach với toán tử không bị chặn.
Luận văn nghiên cứu bài toán Cauchy trừu tượng dạng thuần nhất

u ' ( t ) = Au ( t ) , u ( 0 ) = x, t ≥ 0,

(CP)

trong đó A : X → X là toán tử tuyến tính, đóng, không bị chặn trên không
gian Banach X và u :

+ → X . Mục tiêu chính của luận văn nhằm trình bày

việc ứng dụng phương pháp C0 − nửa nhóm và phương pháp nửa nhóm

n − lần tích hợp trên không gian Banach X để nghiên cứu tính đặt chỉnh của
bài toán Cauchy trên.
Luận văn gồm hai chương:
Chương 1 - Trình bày các khái niệm và tính chất cơ bản của C0 − nửa
nhóm. Đây là loại nửa nhóm đơn giản nhất trong số lớp các toán tử không bị
chặn và bài toán Cauchy tương ứng được đặt chỉnh đều. Từ đó đưa ra một số
ví dụ minh họa.
Chương 2 - Trình bày lớp nửa nhóm mở rộng của lớp nửa nhóm C0 đó là
nửa nhóm n − lần tích hợp và nửa nhóm n − lần tích hợp địa phương bị chặn

-2-

mũ, không suy biến. Áp dụng phương pháp này để nghiên cứu tính

( n,ω ) − đặt chỉnh của bài toán Cauchy cho nhiều lớp phương trình. Trong
chương này chúng tôi cũng đã đưa ra một số ví dụ minh họa dựa trên các
phương trình đạo hàm riêng với điều kiện ban đầu.
Luận văn được hoàn thành dưới sự hướng dẫn khoa học của PGS.TS. Hà
Tiến Ngoạn. Trước tiên em xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới thầy, thời gian
qua thầy đã dành nhiều thời gian và công sức, tận tình giúp đỡ em trong suốt
quá trình nghiên cứu và hoàn thành luận văn.
Em xin trân trọng cảm ơn các thầy phản biện, các thành viên Xêmina
thuộc tổ Giải tích trường ĐHKHTN đã đọc và đóng góp nhiều ý kiến quý báu
cho em để luận văn được hoàn thiện hơn.
Em xin trân trọng cảm ơn các thầy cô trong khoa Toán - Cơ - Tin học,
Trường ĐHKHTN, các thầy Viện Toán học Việt Nam cùng các giáo sư nước
ngoài đã từng tham gia giảng dạy tại trường. Trong những năm qua thầy cô đã
tâm huyết truyền đạt những kiến thức vô cùng quý báu cho chúng em, giúp
em có thêm nhiều kiến thức đặc biệt là kiến thức chuyên ngành cần thiết để
ứng dụng khi thực hiện luận văn.
Cuối cùng là lời cảm ơn đến cơ quan, gia đình, bạn bè đã tạo điều kiện
cho tác giả được đi học, động viên khích lệ và giúp đỡ về mọi mặt để tác giả
có thêm động lực học tập và hoàn thiện luận văn.
Hà Nội, tháng 6 năm 2011.

-3-


Chương 1 - BÀI TOÁN CAUCHY VÀ C0 − NỬA NHÓM
1.1 C0 − nửa nhóm
Cho X là không gian Banach.

Định nghĩa 1.1.1 (Định nghĩa nửa nhóm liên tục mạnh)
Họ các toán tử tuyến tính, bị chặn {T (t ), t ≥ 0} trên không gian Banach

X được gọi là C0 − nửa nhóm (nửa nhóm liên tục mạnh) nếu
(T1) T ( t + s ) = T ( t ) T ( s ) , ∀t , s ≥ 0 .
(T2) T ( 0 ) = I (I là toán tử đồng nhất).
(T3) tlim
T ( t ) x = T ( t0 ) x, ∀x ∈ X , t , t0 ≥ 0 .
→t
0

Định nghĩa 1.1.2 (Định nghĩa toán tử sinh của nửa nhóm liên tục mạnh)

A : D ( A) ⊂ X → X ,

Toán tử
được xác định bởi

T (h) − I
x,
h→0
h

Ax := T ' ( 0 ) x := lim
cùng với miền xác định
⎧

T ( h) − I
h→0
h

D ( A) = D ⎛⎜ T ' ( 0 ) ⎞⎟ := ⎪⎨ x ∈ X ∃ lim
⎝

⎠

⎩⎪

⎫

x ⎪⎬ ,
⎭⎪

được gọi là toán tử sinh của nửa nhóm liên tục mạnh {T (t ), t ≥ 0} .
Định nghĩa 1.1.3 (Định nghĩa tập giải, tập phổ, giải thức)

( A, D ( A) )
λ∈

là toán tử đóng trong không gian Banach X , tập các giá trị
−1

sao cho ( λ I − A ) là song ánh (tức là ( λ I − A ) là toán tử tuyến tính bị

chặn trên X ), được gọi là tập các giá trị chính quy của A (tập giải của toán
tử A ), ký hiệu ρ ( A) . Tập σ ( A ) =

\ ρ ( A ) được gọi là tập phổ của toán tử

-4-

A. Khi đó

( λ I − A)

−1

:= RA ( λ ) = R ( λ , A ) với λ ∈ ρ ( A ) được gọi là giải

thức của A.
Mệnh đề 1.1.1
Đối với toán tử sinh A của nửa nhóm liên tục mạnh {T (t ), t ≥ 0} , ta có
1.

A : D ( A) ⊂ X → X là toán tử tuyến tính;
t

1
lim+ ∫ T ( s ) xds = x ;
t →0 t
0

2.

∀x ∈ X ,

3.

Cho x ∈ D ( A) , ta có T ( t ) x ∈ D ( A) và

d
T ( t ) x = T ( t ) Ax = AT ( t ) x với ∀t ≥ 0 ;
dt
4.

t

Cho ∀t ≥ 0, x ∈ X ta có ∫ T ( s )xds ∈ D ( A ) ;

(1.1.1)

(1.1.2)
(1.1.3)

0

5.

Cho ∀t ≥ 0 ta có
t

T ( t ) x − x = A∫ T ( s )xds nếu x ∈ X ,

(1.1.4)

0

t

= ∫ T ( s ) Axds nếu x ∈ D ( A) .

(1.1.5)

0

Chứng minh
1. Hiển nhiên, do T (t ) là toán tử tuyến tính và do tính chất của giới hạn

A ( x ) = lim+
h→0

T (h) x − x
.
h

t

1
2. Đặt yt = ∫ T ( s )xds, ∀x ∈ X , ∀t > 0. Vì lim+ T ( t ) x = x suy ra
t →0
t0
∀ε > 0, ∃δ > 0 : 0 < t < δ suy ra T ( t ) x − x <

ε
2

.

Theo định nghĩa tích phân, ∀ε > 0 tồn tại phân hoạch của [ 0,t ]

-5-


s0 = 0 < s1 < ... < sn = t sao cho
t

ε

n

T (α i ) xΔsi ≤ t , với α i ∈ [ si −1 − si ] , i = 1, n .
∫0 T ( s ) xds − ∑
2
i =1
Với ∀t : 0 < t < δ ta có
t

t

1
1
1 n
T
s
xds
−
x
≤
T

s
xds
−
( )
∑ T (α i ) xΔsi +
∫0 t ( )
t ∫0
t i =1
<

ε

n

1

∑ t T (α ) xΔs − x
i =1

i

ε ε
1
+ ∑ T (α i ) x − x Δsi < + = ε .
2 i =1 t
2 2
n

t

1
lim+ yt = lim+ ∫ T ( s )xds = x.
t →0
t →0 t
0

Từ đó suy ra

3. Lấy x ∈ D ( A) , từ định nghĩa của toán tử sinh A suy ra

lim+

h→0

Vậy lim+
h→0

T (t + h ) x − T (t ) x
T (h) x − x
= T ( t ) lim+
= T ( t ) Ax .
h→0
h
h

T ( h )T ( t ) x − T ( t ) x
tồn tại. Theo định nghĩa của D ( A ) ta có
h

T ( t ) x ∈ D ( A ) và AT ( t ) x = T ( t ) Ax .

4. Với mọi x ∈ X , ∀t ≥ 0 ta có
t
t
⎞
1⎛
T
h
T
s
xds
−
T ( s ) xds ⎟⎟
⎜⎜ ( ) ∫ ( )
∫
h⎝
0
0
⎠

=

1t
1t
+
T
h
s
xds
T ( s ) xds
−

( )
h 0∫
h 0∫

1 t +h
1t
T ( s ) xds − ∫ T ( s ) xds
=
h h∫
h0
1t
1 t +h
1h
1t
= ∫ T ( s ) xds + ∫ T ( s ) xds − ∫ T ( s ) xds − ∫ T ( s ) xds
hh
h t
h0
hh
=

1 t +h
1h
T
s
xds
−
T ( s ) xds
( )
h ∫t

h 0∫

-6-

i


1h
1h
= ∫ T ( t + s ) xds − ∫ T ( s ) xds
h0
h0
1h
1h
= T ( t ) ∫ T ( s ) xds − ∫ T ( s ) xds → T ( t ) x − x khi h → 0+ (Do (1.1.1)).
h0
h0
t

t

0

0

Suy ra ∫ T ( s )xds ∈ D ( A ) và T ( t ) x − x = A∫ T ( s )xds với ∀x ∈ X .
5. Nếu x ∈ D ( A) , s → T ( s )

T ( h) x − x
hội tụ đều trên ⎡⎣ 0,t ⎤⎦ đến hàm

h

s → T ( s ) A ( x ) khi h → 0+ (do T ( s ) ≤ M , ∀s ∈ ⎡⎣0, t ⎤⎦ ).
Do vậy
t

T ( t ) x − x = A∫ T ( s )xds = lim+
0

= lim+
h→0

h→0

t
t
⎤
1⎡
T
h
T
s
xds
−
T ( s )xds ⎥
⎢ ( )∫ ( )
∫
h ⎢⎣
⎥⎦
0

0

t
t
1
1
−
=
lim
T
h
I
T
s
xds
T
s
( )
(
)
(
)
(
)
(T ( h ) − I )xds
∫
∫
+
h
0

→
h
h
0
0

t

= ∫ T ( s ) Axds.
0

t

Vậy T ( t ) x − x = ∫ T ( s ) Axds với ∀x ∈ D ( A) .
0

Mệnh đề 1.1.2

Đối với toán tử sinh A của nửa nhóm liên tục mạnh {T (t ), t ≥ 0} , ta có
1.

T ( t ) T ( s ) = T ( s ) T ( t ) với ∀t , s ≥ 0 ;

2.

T là toán tử bị chặn mũ, tức là:
∃K ≥ 1, ω ∈ , ∀t ≥ 0 :

T ( t ) ≤ Keωt ;

3.

D( A) = X và A là toán tử đóng;

4.

Với ∀λ ∈ : Re λ > ω , ∃( λ I − A) := RA ( λ ) và

(1.1.7)

−1

∞

RA ( λ ) x = ∫ e−λtT ( t )xdt , x ∈ X .
0

-7-

(1.1.8)


Chứng minh

1.

Do {T (t ), t ≥ 0} là C0 − nửa nhóm, từ điều kiện (T1) của Định

nghĩa 1.1.1 ta dễ dàng chứng minh tính giao hoán của T ( t ) và T ( h ) với

∀t , h ≥ 0 ,
T ( t ) T ( h ) = T ( t + h ) = T ( h + t ) = T ( h ) T ( t ) , với ∀t , h ≥ 0 .
2.

Vì T ( t ) x

liên tục với mọi

x∈ X

trên

⎡⎣ 0,1⎤⎦

nên

{ T (t ) x , t ∈ ⎡⎣0,1⎤⎦} là tập bị chặn. Theo nguyên lý bị chặn đều ta luôn có
T (τ ) ≤ K với ∀τ : 0 ≤ τ ≤ 1 và vì T ( 0 ) = 1 suy ra K ≥ 1.
Với ∀t ≥ 0 ta có thể viết dưới dạng t = n + τ , n∈ , 0 ≤ τ < 1 ,
ta có

T ( t ) = T ( n + τ ) = T ( n ) T (τ )
và
n

n

T ( t ) = T ( n ) T (τ ) = T (1) T (τ ) ≤ T (τ ) T (1) ≤ K n+1

= Ken ln K ≤ Keωt , ω = ln K , ∀t.

3.

{T (t ), t ≥ 0} là C0 − nửa nhóm và toán tử sinh A của nó là toán

tử tuyến tính. Ta phải chứng minh:
a. A là toán tử đóng
Giả sử lấy dãy { xn } ⊂ D ( A ) sao cho xn → x và Axn → y ta phải chứng
minh x ∈ D ( A ) và Ax = y.
Do (1.1.5) ta có
t

T ( t ) xn − xn = ∫ T ( s )Axn ds, t ≥ 0.
0

Do T ( •) Axn hội tụ đều trên ⎡⎣ 0, t ⎤⎦ ( T ( s ) ≤ M , ∀s ∈ ⎡⎣0, t ⎤⎦ ).

-8-


t

T ( t ) x − x = ∫ T ( s ) yds ,

Cho n → ∞ ta có

0

1
1t
(T ( t ) x − x ) = t ∫ T ( s ) yds,

t
0

suy ra

1t
Cho t → 0 thì giới hạn vế phải tồn tại và ∫ T ( s ) yds → y, suy ra giới hạn vế
t0
+

trái tồn tại và hội tụ tới Ax, suy ra x ∈ D ( A ) và Ax = y. Vậy A đóng.
b. D( A) = X

1t
Thật vậy, do (1.1.3) ta có ∫ T ( s )xds ∈ D ( A) , do (1.1.1) ta có
t0

1t
lim T ( s )xds = x, ∀x ∈ X .
t →0+ t 0∫
Suy ra D( A) = X .
4.

∀λ ∈ : Re λ > ω ,

−1

∃( λ I − A) =: RA ( λ )

và

∞

RA ( λ ) x = ∫ e−λtT ( t ) xdt , x ∈ X .
0

Từ (1.1.7) T ( t ) bị chặn mũ suy ra tích phân vế phải luôn tồn tại với ∀x ∈ X ,

∀λ ∈ , Re λ > ω . Với ∀x ∈ D ( A ) và do A là toán tử đóng ta có
∞

∞

∞

0

0

0

−λ t
−λ t
−λ t
∫ e AT ( t ) xdt = A ∫ e T ( t ) xdt = ∫ e T ' ( t ) xdt .

Lấy tích phân từng phần
∞

∞

−λtT ' ( t ) xdt = e−λtT ( t ) x +∞ + λ e−λtT ( t ) xdt
e
∫
∫

0

0

∞

= − x + λ ∫ e−λtT ( t ) xdt.
0

-9-

0


Thác triển liên tục trên toàn không gian X = D( A) ta được
∞

( λ I − A) ∫ e−λtT ( t ) xdt = x, x ∈ X .

(1.1.9)

0

Mặt khác lại có
∞

∫e

−λtT ( t ) ( λ I − A) xdt = x, x ∈ D ( A) .

(1.1.10)

0

Từ (1.1.9) và (1.1.10) suy ra sự tồn tại toán tử bị chặn trên X
∞

RA ( λ ) := ( λ I − A) và RA ( λ ) x = ∫ e−λtT ( t ) xdt , x ∈ X .
−1

0

Mệnh đề 1.1.3

Cho T là toán tử liên tục mạnh sao cho

∃K ≥ 1, ω ∈ , ∀t ≥ 0 , T ( t ) ≤ Keωt .
Đặt
∞

R ( λ ) = ∫ e−λtT ( t ) dt , Re λ > ω .
0

Khi đó R ( λ ) thỏa mãn phương trình giải thức

( μ − λ ) R ( λ ) R ( μ ) = R ( λ ) − R ( μ ) , Re λ , Re μ > ω,

(1.1.11)

nếu và chỉ nếu T thoả mãn T ( t + s ) = T ( t ) T ( s ) , ∀t , s ≥ 0 .
Chứng minh

Cho Re λ , Re μ > ω , từ Định lý duy nhất của phép biến đổi Laplace
ta có
∞

R ( μ ) R (λ ) = ∫ e

−μs

0

- 10 -

∞

∫e

0

−λt

T ( s )T ( t ) dsdt ,

∞
R ( λ ) − R ( μ ) ∞ ( λ − μ )t
−1 λ − μ t
= ∫e
R ( λ )dt − ∫ ( μ − λ ) e( ) e−λtT ( t ) dt
μ −λ
0
0

∞
t
λ − μ )t ∞ −λ s
λ − μ )t −λ s
(
(
= ∫e
∫ e T ( s )dsdt − ∫ e
∫ e T ( s )dsdt
∞
0
∞

= ∫ e(

λ − μ )t

0
∞

∞

0

t

∞

∞

0

0

∞

0

∫t e

0

0

−λ s

T ( s )dsdt

−λ s −t
= ∫ e− μt ∫ e ( )T ( s )dsdt

= ∫ e− μt ∫ e−λ sT ( s + t )dsdt .
Vậy R ( λ ) thỏa mãn phương trình giải thức

R ( μ ) R (λ ) =

R (λ ) − R ( μ )
μ −λ

khi và chỉ khi T ( s ) T ( t ) = T ( s + t ) với ∀t , s ≥ 0 .
Định lý Hille-Yosida: (Đặc trưng của toán tử sinh của nửa nhóm co liên
tục)

Đối với toán tử ( A, D ( A ) ) trên không gian Banach X , các tính chất
sau là tương đương
a. ( A, D ( A ) ) sinh ra nửa nhóm co liên tục mạnh.
b. ( A, D ( A ) ) là toán tử đóng xác định trù mật D( A) = X và ∀λ > 0 ta
có λ ∈ ρ ( A ) , đồng thời

λ R ( λ , A ) ≤ 1.
c. ( A, D ( A ) ) là toán tử đóng xác định trù mật D( A) = X và ∀λ ∈
với Re ( λ ) > 0 ta có λ ∈ ρ ( A ) , đồng thời

R ( λ , A) ≤

- 11 -

1
.
Re ( λ )

1.2 Bài toán Cauchy

Xét bài toán Cauchy

u ' ( t ) = Au ( t ) , u ( 0) = x, t ≥ 0,

(CP)

trong đó A là toán tử tuyến tính, đóng với miền xác định D ( A) ⊆ X , X là
không gian Banach.
Định nghĩa 1.2.1

Hàm u ( •) ∈ C1 {⎣⎡0, ∞ ) , X } ∩ C {⎣⎡0, ∞ ) , D ( A)} được gọi là nghiệm
của bài toán Cauchy (CP) nếu u ( t ) thỏa mãn phương trình với ∀t ≥ 0 và thỏa
mãn điều kiện ban đầu với t = 0.
Định nghĩa 1.2.2

(

Bài toán Cauchy (CP) được gọi là đặt chỉnh đều trên E ⊂ X , E = X

)

nếu
1. Luôn tồn tại nghiệm với ∀x ∈ E ;
2. Nghiệm là duy nhất với ∀t ∈ ⎡⎣ 0, Τ ⎤⎦ , Τ > 0, Τ∈

;

3. Nghiệm ổn định đều đối với điều kiện ban đầu u ( 0 ) = x, với

∀t ∈ ⎡⎣ 0, Τ ⎤⎦ , Τ > 0, Τ∈ .
Bổ đề 1.2.1

Giả sử ρ ( A) ≠ φ . Khi đó nếu với ∀x ∈ D ( A) tồn tại và duy nhất nghiệm
của (CP), thì nghiệm này ổn định đối với điều kiện ban đầu x .
Chứng minh

Giả sử

T (t ) x := u ( t ) , t ≥ 0 ,
là nghiệm duy nhất của bài toán Cauchy với giá trị ban đầu

u ( 0 ) = x, ∀x ∈ D ( A ) .
Ta có

- 12 -


T ( •) : ⎡⎣ D ( A)⎤⎦ → C {⎡⎣0, Τ⎤⎦ , D ( A)} là toán tử nghiệm với mọi Τ > 0 ,
D ( A ) là không gian Banach:

{D ( A) ,

x

A

= x + Ax } ,

ta phải chứng minh T ( t ) là toán tử đóng.
Thật vậy, giả sử xn → x trong ⎡⎣ D ( A ) ⎤⎦ và T ( t ) xn = un ( t ) → y ( t ) trong

C {⎡⎣0, Τ⎤⎦ , D ( A)} , khi đó un' ( t ) = Aun ( t ) → Ay ( t ) trong X đều theo t .
Do vậy từ
t

un ( t ) = xn + ∫ un' (τ ) dτ ,
0

ta có
t

y ( t ) = x + ∫ Ay (τ ) dτ .
0

Điều này có nghĩa y ( t ) là nghiệm của (CP) với giá trị ban đầu y ( 0 ) = x ,
nghiệm này khả vi liên tục trên [ 0,Τ] .
Do vậy

y ( t ) = T ( t ) x, với t ≥ 0
là nghiệm duy nhất. Vậy toán tử T ( t ) xác định trên ⎡⎣ D ( A ) ⎤⎦ và là toán tử
đóng. Do vậy theo định lý Banach thì T ( • ) liên tục và

sup u ( t )

t∈⎡⎣ 0,Τ ⎤⎦

A

≤ K x A,

(1.2.1)

chứng tỏ bài toán Cauchy (CP) đặt chỉnh đều trên ⎡⎣ D ( A ) ⎤⎦ .
Mặt khác, do tập giải ρ ( A) ≠ Φ, xét λ0 ∈ ρ ( A) , x ∈ D ( A) và y = R ( λ0 ) x,
khi đó ta có

( )

y ∈ D A2 và T ( t ) x = −T ( t ) Ay + λ0T ( t ) y = − AT ( t ) y + λ0T ( t ) y .

- 13 -


Do vậy

T ( t ) x ≤ AT ( t ) y + λ0 T ( t ) y ≤ K 0 T ( t ) y A .
Từ (1.2.1) ta có

T ( t ) x ≤ K1 y

A

= K1 ( y + Ay

= K1 ( y + x − λ0 y ) ≤ K 2 ( x + y

(

≤ K 2 x + R ( λ0 ) x

)

)

)

≤K x ,
với ∀t ∈ ⎡⎣ 0, Τ ⎤⎦ , tức là (CP) đặt chỉnh đều trên không gian X .
Định lý 1.2.1 (Tiêu chuẩn cơ bản xét tính đặt chỉnh của (CP))

Giả sử A là toán tử tuyến tính đóng, xác định trù mật trên X . Khi đó
các điều kiện sau là tương đương:
(I) Bài toán Cauchy đặt chỉnh đều trên D ( A ) ;
(II) A là toán tử sinh của C0 − nửa nhóm {T (t ), t ≥ 0} ;
(III) Điều kiện Miyadera-Feller-Phillips-Hille-Yosida (MFPHY) đối với
giải thức của toán tử A : tồn tại K > 0, ω ∈

RA( ) ( λ ) ≤
k

sao cho

Kk !
k +1 ,
( Re λ − ω )

(1.2.2)

với mọi ∀λ ∈ : Re λ > ω , ∀k = 0,1,....
Trong trường hợp này nghiệm của (CP) có dạng

u ( • ) = T ( • ) x, x ∈ D ( A) .
Chứng minh

(I⇒II)
Giả sử bài toán (CP) là đặt chỉnh đều trên D ( A) . Điều này tương đương
với nghiệm u ( t ) , t ≥ 0 tồn tại và duy nhất với mọi x ∈ D ( A) , ta ký hiệu

- 14 -


nghiệm là T ( • ) x . Do đó với mọi ∀t ∈ ⎡⎣0, Τ⎤⎦ , Τ > 0, Τ∈

, nghiệm này ổn

định đều đối với điều kiện ban đầu. Suy ra toán tử T ( t ) bị chặn đều với

∀t ∈ ⎡⎣0, Τ⎤⎦ , Τ > 0, Τ∈

trên D ( A ) .

Vì D( A) = X nên T ( t ) có thể thác triển được trên toàn không gian X và bảo
toàn ước lượng chuẩn.
Bây giờ ta phải chứng minh họ các toán tử tuyến tính bị chặn {T (t ), t ≥ 0} là

C0 − nửa nhóm.
Thật vậy, vì T ( t ) x thỏa mãn phương trình T ' (t ) x = AT (t ) x với ∀x ∈ D ( A) ,

t ≥ 0, suy ra T ( t ) x ∈ D ( A ) với ∀x ∈ D ( A) .

Cho x ∈ D ( A ) thì T ( t + h ) x và T ( t ) T ( h ) x đều là nghiệm của (CP) có điều
kiện ban đầu T ( h ) x .
Do tính duy nhất nghiệm ta suy ra

∀x ∈ D ( A ) , T ( t + h ) x = T ( t ) T ( h ) x , t , h ≥ 0,
thác triển trên toàn không gian X , ta có

T ( t + h ) x = T ( t ) T ( h ) x , t , h ≥ 0, với ∀x ∈ X .
Vậy {T (t ), t ≥ 0} thỏa mãn điều kiện (T1) của định nghĩa C0 − nửa nhóm.
Lại có điều kiện ban đầu T ( 0 ) T ( h ) x = T ( h ) x với ∀x ∈ X suy ra T ( 0 ) = I
và do vậy (T2) được thỏa mãn.
Mặt khác do T ( t ) bị chặn đều với mọi Τ > 0, Τ∈ , ∀t ∈ ⎡⎣0, Τ⎤⎦ và T ( t ) x
liên tục trên D ( A ) , ( D( A) = X ) với t ≥ 0 . Vì vậy hàm T ( • ) liên tục mạnh
khi t ≥ 0, do vậy thỏa mãn (T3). Vậy họ các toán tử {T (t ), t ≥ 0} là C0 − nửa
nhóm. Hơn nữa, với ∀x ∈ D ( A) ta luôn có:

lim h−1 ⎡⎣T ( h ) − I ⎤⎦ x = T ' ( 0 ) x = AT ( 0 ) x = Ax,
h→0

- 15 -


suy ra x ∈ D ⎛⎜ T ' ( 0 ) ⎞⎟ . Vậy D ( A ) ⊆ D ⎛⎜ T ' ( 0 ) ⎞⎟ = D và T ' ( 0 ) = A trên D ( A) .
⎝

⎠

⎝

⎠

Để chứng minh D ⊂ D ( A) , xét giải thức
∞

RT '( 0 ) ( λ ) = e − λt T ( t ) dt , Re λ > ω ,

∫0

ta phải chứng minh R

T '(0)

( λ ) = RA ( λ ) . Thật vậy, cho x ∈ D ta có:
∞

( λ I − A) R

T '( 0)

( λ ) ( x ) = ( λ I − A) ∫ e−λtT ( t ) xdt

∞

0

∞

= − ∫ e−λt AT ( t ) xdt + λ ∫ e−λtT ( t ) xdt

0
∞

∞

0

0

0

= − ∫ e−λtT ' ( t ) xdt + λ ∫ e−λtT ( t ) xdt
= x.

Do A đóng, nên ta có thể thác triển đẳng thức này trên toàn không gian X
và toán tử R

T '(0)

( λ ) là một ánh xạ từ X vào D, do vậy D ⊂ D ( A). Vậy

D ( A ) = D ⎛⎜ T ' ( 0 ) ⎞⎟ và A là toán tử sinh của C0 − nửa nhóm {T (t ), t ≥ 0} .
⎝

⎠

(II⇒III)
Giả sử A là toán tử sinh của C0 − nửa nhóm {T (t ), t ≥ 0} , từ điều kiện
(1.1.7) và (1.1.8) ta có

RA ( λ ) =
∞

≤K∫e

∞

∞

0

0

−λt
−λt
∫ e T ( t ) dt ≤ ∫ e T ( t ) dt

− ⎡⎣ Re λ −ω ⎤⎦t

K
,
Re λ − ω

dt =

0

d
R (λ ) =
dλ A

=

∞

∫ −te

0

− λt

∞

T ( t ) dt ≤ K ∫ te

Kk !
.
2
( Re λ − ω )

- 16 -

0

− ⎡⎣ Re λ −ω ⎤⎦t

dt


Cứ tiếp tục như vậy, lấy đạo hàm đến cấp k ta có

dk
R (λ ) =
dλk A

∞

k − λt

∫t e
0

∞

T ( t ) dt ≤ K ∫ t k e

− ⎡⎣ Re λ −ω ⎤⎦t

dt =

0

Kk !
.
k +1
( Re λ − ω )

Vậy (1.2.2) đúng.
(III⇒I)
Trước tiên ta sẽ xây dựng nghiệm của (CP) đủ trơn so với điều kiện ban

( )

đầu x. Lưu ý rằng D( A3 ) = X , cho x ∈ D A3 và σ > max {ω ,0} đặt

^
1 σ +i∞ −3 λt
t2
λ e RA ( λ )A3 xdλ , t ≥ 0.
u ( t , x ) = x + tAx + A2 x+
∫
σ
−
i
∞
2
2π i

(1.2.3)

Nhận thấy tích phân trong biểu thức (1.2.3) triệt tiêu khi t = 0, do vậy

^
u ( 0, x ) = x ,

^
u ( t , x ) =t →∞ O ( eσ t ) .

hiển nhiên

Biểu thức dưới dấu tích phân khả vi, suy ra sự tồn tại đạo hàm liên tục của

^
u (t, x ) , t ≥ 0 .
^

Mặt khác, do tính đóng của toán tử A, u ( t , x ) ∈ D ( A ) và

^
^
t2 3
1 σ +i∞ −3 λt
λ e ( λ I − A) RA ( λ ) A3 xdλ = 0, t ≥ 0.
u' ( t , x ) − Au ( t , x ) = − A x +
∫
σ
−
i
∞
2
2π i

^

( )

Suy ra u ( t , x ) là nghiệm của (CP) với t ≥ 0 , x ∈ D A3 .
Chứng minh tương tự đẳng thức (1.1.8) ở mệnh đề 1.1.2, ta có
∞

^

− λt
e
u
( t , x ) xdt = RA ( λ ) ( x ) .
∫

(1.2.4)

0

Sử dụng công thức nghịch đảo Widder-Post của phép biến đổi Laplace, ta có:

- 17 -


n
^
−1) ⎛ n ⎞n+1 d n
(
u ( t , x ) = nlim
R (λ ) x
→∞ n! ⎜⎝ t ⎟⎠
dλn A

,

(1.2.5)

−( n+1)
^

⎛ ωt ⎞
u ( t , x ) ≤ K x nlim
= Keωt x , t ≥ 0.
1− ⎟
→∞ ⎜
n

(1.2.6)

λ=n
t

áp dụng bất đẳng thức (1.2.2), ta có
⎝

⎠

Suy ra

^
^
T ( t ) x ≡ u ( t , x ) , x ∈ D A3 , t ≥ 0 ,

( )

là công thức nghiệm của (CP).

^

Xét (1.2.6), ta có thể thác triển T ( • ) x và đẳng thức (1.2.4) trên toàn không

gian X , do vậy T ( • ) thác triển được là liên tục mạnh với mọi t ≥ 0 và

T ( t ) ≤ Keωt , t ≥ 0 .
Hoàn toàn có thể chứng minh được nghiệm bất kỳ u ( • ) của (CP) đều được
biểu diễn dưới dạng

u (•) = T (•) u ( 0) .

(1.2.7)

( )

Thật vậy, từ định nghĩa 1.1.1, cho x ∈ D A3 , ta có

^
^
RA ( λ ) T ( t )( x ) = RA ( λ ) T ( t )( x ) = T ( t ) RA ( λ ) ( x ) , t ≥ 0 ,
có thể thác triển đẳng thức này trên toàn không gian X .
Do vậy

T (t ) Ax = AT (t ) x, x ∈ D ( A) , t ≥ 0
và hàm T ( • ) x khả vi khi x ∈ D ( A ) .
Với một nghiệm u ( • ) nào đó của (CP), ta luôn có

d
T ( t − s ) u ( s ) = − AT ( t − s ) u ( s ) + T ( t − s ) Au ( s ) = 0, 0 ≤ s ≤ t ,
ds
do đó

- 18 -

T (0)u ( t ) = T (t )u ( 0 ) = u ( t ) , t ≥ 0 .
Định lý 1.2.2

Giả sử A là toán tử tuyến tính, đóng, xác định trù mật trên X thỏa mãn
các điều kiện sau
γ

∃K > 0, ω ∈ , ω > 0: RA ( λ ) ≤ K (1 + λ ) , Re λ > ω , γ ≥ −1.

(

(1.2.8)

)

⎡γ ⎤ + 3
Khi đó với ∀x ∈ D A⎣ ⎦ , hàm

1 σ + i∞ λ t
⎧
^
=
J
t
v
p
e RA ( λ ) xd λ , t > 0, σ > ω
.

.
(
)
⎪
2π i ∫σ −i∞
J (t ) = ⎨
⎪ J (0) ,
t=0
⎩
cho nghiệm của (CP).
Chứng minh

(

)

⎡γ ⎤ + 3
Với mọi x ∈ D A⎣ ⎦ , ta đều có thể viết dưới dạng

x = RA ( μ )⎣⎡

( μ I − A)

x1 =

trong đó

γ ⎦⎤ +3
⎡⎣

x1 ,

γ ⎤⎦+3

x.

Áp dụng đồng nhất thức (1.1.11) ta có

R A (λ ) ( x)

γ ⎦⎤ + 2

⎡ R ( λ ) − R A ( μ ) ⎤ R A ( μ ) ⎣⎡
⎦
= ⎣ A

x1

μ −λ

γ +3

R A (λ )

R A ( μ ) ⎡⎣ ⎤⎦
=
x −
⎡γ ⎤ +3 1
μ −λ
( μ − λ )⎣ ⎦

x1 −

γ ⎤⎦ + 2

R A ( μ )⎡⎣

(μ − λ )

2

x1 − ... −

với Re λ , Re μ > ω , λ ≠ μ .
Sử dụng bổ đề Jordan ta có

J ( t ) x = v. p.

1 σ +i∞ λt
e RA ( λ ) xdλ
2π i ∫σ −i∞

- 19 -

R A (μ )

⎡γ ⎤⎦ +3

( μ − λ )⎣

x1


= v. p.

1 σ +i∞ λt RA ( λ )
e
x dλ , t > 0 ,
⎡γ ⎤ +3 1
2π i ∫σ −i∞
( μ − λ )⎣ ⎦

theo (1.2.1) thì tích phân trên hội tụ tuyệt đối và hội tụ đều theo t ≥ 0 .
Tiếp theo lấy đạo hàm dưới dấu tích phân ta có

v. p.

1 σ +i∞ λt λ RA ( λ )
e
x dλ ,
⎡⎣γ ⎤⎦ +3 1
2π i ∫σ −i∞
−
μ
λ
(
)

tích phân này cũng hội tụ tuyệt đối và đều theo t ≥ 0
và

v. p.

1 σ +i∞ λt λ RA ( λ )
e
x dλ = J ' ( t ) khi t > 0 .
⎡γ ⎤ +3 1
2π i ∫σ −i∞
( μ − λ )⎣ ⎦

Dễ dàng kiểm tra được J ( t ) thỏa mãn (CP) khi t > 0.

^
Thật vậy do sự tồn tại của limt →0 J ' ( t ) := J ' ( 0 ) và do tính đóng của toán tử
^

^

A, suy ra J ' ( 0 ) = A J ( 0 ) .
Áp dụng Định lý Cauchy, ta có
^
γ +3
J ' ( 0 ) = RA ( μ )⎡⎣ ⎤⎦ x1 = x ,

^

tức là J ( t ) là nghiệm của bài toán Cauchy (CP).
Bây giờ ta phải chứng minh tính duy nhất của nghiệm. Giả sử u ( • ) là
nghiệm của (CP), vì u ( • ) khả vi liên tục với t ≥ 0, lấy tích phân từng phần
t

∫e

−λτ

u (τ ) dτ ta có

0

t

t

0

0

−λτ
−1
− λt
−1 −λτ
∫ e u (τ ) dτ = λ ⎡⎣u ( 0) − u ( t ) e ⎤⎦ + λ ∫ e Au (τ ) dτ .

Giả sử u ( 0 ) = 0, do A đóng nên ta có

- 20 -


t

( A − λ I ) ∫ e−λτ u (τ ) dτ = u ( t ) e−λt ,
0

t

− ∫ e−λτ u (τ )dτ = RA ( λ ) u ( t ) .

do đó

0

Kết hợp với (1.2.8) suy ra u (τ ) = 0 trên ⎡⎣ 0,t ⎤⎦ , suy ra nghiệm là duy nhất.
1.3 Một số ví dụ
Ví dụ 1.3.1

Xét bài toán Cauchy
∂u ( x, t ) ∂u ( x, t )
+
= 0, t ≥ 0, x ∈ℜ
∂t
∂x
u ( x,0 ) = f ( x ) .

(1.3.1)

a. Trường hợp ℜ =
Xét không gian Banach X = L2 (

)

Ta có thể viết lại phương trình dưới dạng trừu tượng

u ' ( t ) = Au ( t ) , t ≥ 0, u ( 0 ) = f ,
Xét toán tử A = −

(1.3.2)

d
cùng với miền xác định
dx

{

}

D ( A) = u ∈ L2 ( ) u ' ∈ L2 ( ) .
Giả sử RA ( λ ) là giải thức của A , với f ∈ X cho trước từ hệ thức

( λ I − A ) RA ( λ ) f = f ,

()

( ) f ( x ) là nghiệm của phương trình

suy ra g x = R A λ

( λ I − A) g = λ g + g ' = f ,

g ∈ D ( A) .

Giải phương trình cho nghiệm

g ( x) =

( RA ( λ ) f ) ( x )

x

=

- 21 -

∫
−∞

e

− λ ( x−s )

f ( s ) ds, x ∈ .


Sử dụng phép biến đổi Fourier, ta phải kiểm tra được RA ( λ ) thỏa mãn điều
kiện Hille-Yosida
RA ( λ ) ≤

1

đúng với mọi λ > 0 .

λ

Thật vậy

f ∈ X , ∀λ > 0 ta có
x

RA ( λ ) f

L2

∫
−∞

=

e

− λ ( x−s )

f ( s ) ds

.
L2

Đặt

⎧e − λ x , x ≥ 0
= ⎨
x<0

⎩0,

h( x)
khi đó
x

∫−∞ e

− λ ( x− s )

f ( s ) ds =

+∞

∫−∞ h ( x − s ) f ( s )ds

=

+∞

∫0 e

−λs

f ( x − s ) ds = h • f .

Mặt khác ta luôn có

h• f

^
h( z) =
=

+∞

∫

^ ^
= h• f

L2

,
L2

+∞

∫e

−ixz

h ( x )dx =

+∞

∫e

0

0
L2

≤

1

λ

f

− x iξ +λ )
1
e (
iξ + λ
L2

.

f

L2

Vậy
RA ( λ ) f

e

dx

0

− x iξ +λ )
e (
dx = −

⇒ h• f

−ixz −λ x

L2

tương đương

- 22 -

≤

1

λ

,

∞

0

=

1
iξ + λ


RA ( λ ) ≤

1

λ

, ∀λ >0 .

Từ (1.1.8) suy ra A là toán tử sinh của C0 − nửa nhóm xác định bởi:

(T (t ) f ) ( x ) := f ( x − t ) , x∈ , t ≥ 0
và với ∀f ∈ D ( A) hàm toán tử

u ( x, t ) = (T ( t ) f ) ( x ) , t ≥ 0, x ∈ ,
là nghiệm duy nhất của (1.3.1), ổn định đối với điều kiện ban đầu f .
b. Trường hợp ℜ = ⎡⎣ 0, ∞ )
Ta xét bài toán Cauchy (1.3.1) trên không gian X = L2 ⎡⎣0, ∞ ) , trong
trường hợp này

{

}

D ( A) = u ∈ L2 ⎡⎣0, ∞ ) u ' ∈ L2 ⎡⎣0, ∞ ) , u ( 0 ) = 0 .
Ta cũng tìm được

( RA ( λ ) f ) ( x )

x

= ∫ e−λ ( x−s ) f ( s ) ds, λ > 0, x ∈ ⎡⎣0, ∞ ) .
0

f ∈ X , ∀λ > 0, ta có
RA ( λ ) f
RA ( λ ) ≤
=

x

≤

∫e

f ds

0

x

∫e

− λ ( x−s )

ds =

0

1 − e−λ x )
(
λ
1

− λ ( x−s )

<

1

λ

1

λ

e

− λ ( x− s )

x
0

.

Trường hợp này RA ( λ ) cũng thỏa mãn điều kiện Hille- Yosida nhưng

D( A) ≠ X (vì lấy u ∈ X sao cho u ( 0 ) > 0 khi đó không tồn tại dãy bất kỳ
xn ∈ D ( A ) , xn ( 0 ) = 0 và xn → u ), do đó A không sinh ra C0 − nửa nhóm
trên không gian X = C ⎡⎣ 0, ∞ ) . Từ (1.1.8) suy ra A sinh ra C0 − nửa nhóm

- 23 -


trên không gian X = C0 ⎡⎣ 0, ∞ ) (không gian các hàm liên tục trên ⎡⎣ 0, ∞ ) và
triệt tiêu tại 0) và toán tử nửa nhóm xác định bởi:

(T ( t ) f ) ( x ) :=

⎧⎪ f ( x − t ) ,
⎨
⎪⎩0,

x≥t
0 ≤ x ≤ t.

c. Trường hợp ℜ = ( −∞,0 ⎤⎦ , xét không gian X = L2 ( −∞,0 ⎤⎦ và

{

}

D ( A) = u ∈ L2 ( −∞,0⎤⎦ u '∈ L2 ( −∞,0⎤⎦ , u ( 0 ) = 0 .
Nhận thấy với mọi λ > 0 thì λ ∉ ρ ( A) và khi đó bài toán Cauchy (1.3.1) chỉ
giải được khi f ≡ 0 .
Ví dụ 1.3.2 (lớp các toán tử sinh của C0 − nửa nhóm)

Xét bài toán Cauchy

u ' ( t ) = Au ( t ) , t ≥ 0, u ( 0 ) = u 0 .

(1.3.3)

Đặt

{ p ( ) × Lp ( ) ,

X = L

u = u1

Lp

+ u2

Lp

},

⎛ u1 ⎞
X là không gian Banach, u = ⎜⎜ ⎟⎟ .
⎝ u2 ⎠

Xét toán tử A xác định bởi
⎛ −g

Au = ⎜⎜

⎝ 0

−f ⎞
⎟ u,
− g ⎟⎠

cùng với miền xác định

⎧⎛ u1 ⎞
⎟∈ X
u
⎩⎝ 2 ⎠

D ( A) = ⎨⎜

gu1 + fu 2 ∈ L

p

⎫

( ) , gu2 ∈ Lp ( )⎬ ,
⎭

γ

với g ( x ) = 1 + x , f ( x ) = x , γ > 0.
- Xét trường hợp γ ∈ ( 0,1⎤⎦ , khi đó ta chứng minh được A sinh ra

C0 − nửa nhóm trên X và toán tử nửa nhóm được xác định bởi:

- 24 -


T ( t ) := e

At

t 2 A2
= I + tA +
+ ... ,
2!

ta có thể viết

−tf
1
⎝0
⎛1

T ( t ) u = e−tg ⎜⎜

⎞
⎟⎟ u .
⎠

Thật vậy ta có
⎛

γ

⎞

−t ⎜1+ ⎟
γ −t 1+ x
= max ⎡⎢ 1 + t x e ( ) ⎤⎥ = 1 + γ γ t1−γ e ⎝ t ⎠ ,
x∈ ⎣
⎦

(

T (t )

(

)

)

với γ ∈ ( 0,1⎤⎦ khi đó T ( t ) bị chặn khi t → 0.
−1

Bây giờ ta chứng minh toán tử ( λ I − A) , λ > 0 là giải thức của A và thỏa
mãn điều kiện MFPHY .
Thật vậy, do
−1 ⎤ ( k )

⎡( λ I − A )
⎣⎢

⎦⎥

⎛

λ + g)
1
⎜(
u =
2k
( λ + g ) ⎜⎜⎝ 0

k

−k ( λ + g )

k −1

(λ + g )

k

f ⎞⎟
⎟⎟
⎠

u, k = 1, 2,...,

nên ta có

(

( λ I − A)

−1 ( k )

)

−k

u ≤ ( λ + g ) u1

−k

+ ( λ + g ) u2

Lp

L

−( k +1)
+
−
k
λ
+
g
fu2
(
)
p

.

Nếu λ > 0 , thì ta có ước lượng sau
1

− kp
⎛ ∞ − kp
⎞p
p
−k
g
( λ + g ) ui p = ⎜⎜ ∫ λ 1 + λ ui dx ⎟⎟
L
⎝0
⎠

≤

1

λk

ui

Lp

, i = 1,2,

và

- 25 -

Lp