ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN

- - - - - - - - - o0o - - - - - - - - -

ĐINH THỊ HẠNH

PHƯƠNG PHÁP NHIỄU CỦA NỬA NHÓM VÀ

ỨNG DỤNG TRONG MÔ HÌNH QUẦN THỂ SINH HỌC

LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC

Hà Nội - 2014

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN

- - - - - - - - - o0o - - - - - - - - -

ĐINH THỊ HẠNH

PHƯƠNG PHÁP NHIỄU CỦA NỬA NHÓM VÀ

ỨNG DỤNG TRONG MÔ HÌNH QUẦN THỂ SINH HỌC

Chuyên ngành: TOÁN GIẢI TÍCH

Mã số: 60460102

LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC:

PGS.TS. ĐẶNG ĐÌNH CHÂU

Hà Nội - 2014

Mục lục

1 Nửa nhóm liên tục mạnh và toán tử sinh của nó 41.1 Nửa nhóm liên tục mạnh . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4

1.1.1 Định nghĩa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41.1.2 Các tính chất sơ cấp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5

1.2 Toán tử sinh của nửa nhóm liên tục mạnh . . . . . . . . . . . . . 71.2.1 Định nghĩa và tính chất của toán tử sinh . . . . . . . . . . 71.2.2 Nửa nhóm liên tục đều . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11

1.3 Giải thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 141.3.1 Biểu diễn tích phân của giải thức . . . . . . . . . . . . . . . 141.3.2 Các định lý về toán tử sinh của nửa nhóm . . . . . . . . . 17

2 Bài toán nhiễu của nửa nhóm liên tục mạnh 222.1 Bài toán Cauchy đặt chỉnh . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 222.2 Nhiễu bị chặn của nửa nhóm liên tục mạnh . . . . . . . . . . . . . 252.3 Sự tồn tại nghiệm của phương trình tích phân Volterra . . . . . . 312.4 Họ toán tử tiến hóa liên tục mạnh đủ tốt . . . . . . . . . . . . . . 36

3 Dáng điệu tiệm cận của phương trình tiến hóa tuyến tính vàứng dụng 413.1 Sự tương đương tiệm cận của các họ toán tử tiến hóa . . . . . . . 41

3.1.1 Sự tương đương tiệm cận của nửa nhóm liên tục mạnh vàhọ toán tử tiến hoá liên tục mạnh . . . . . . . . . . . . . . 41

3.1.2 Sự tương đương tiệm cận của nửa nhóm liên tục mạnh vàhọ toán tử tiến hoá liên tục mạnh đủ tốt . . . . . . . . . . 46

3.1.3 Sự tương đương tiệm cận của các họ toán tử tiến hoá . . . 473.2 Một số ứng dụng trong mô hình quần thể sinh học . . . . . . . . 50

3.2.1 Về tính chất nghiệm của bài toán dân số phụ thuộc vào tuổi 503.2.2 Tính chất nghiệm của bài toán dân số có phụ thuộc vào

tuổi và sự phân bố dân cư . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52

1

Mở Đầu

Trong thời gian gần đây do yêu cầu đòi hỏi từ các mô hình ứng dụng, lýthuyết định tính của các phương trình vi phân trong không gian Banach đượcphát triển mạnh mẽ. Các kết quả nhận được về tính ổn định của phương trìnhvi phân trong không gian Banach có thể ứng dụng cho việc nghiên cứu tính chấtnghiệm của phương trình vi phân hàm, đồng thời sử dụng trong việc nghiên cứucủa các mô hình ứng dụng như: mô hình quần thể sinh học, mạng nơron thầnkinh, trong vật lý và cơ học. Một trong những vấn đề đầu tiên được nhiều nhàtoán học quan tâm, nghiên cứu là lý thuyết nửa nhóm liên tục mạnh, tính chấtnghiệm của các phương trình tiến hóa trừu tượng bị nhiễu và mối tương quangiữa họ các toán tử tiến hóa liên tục mạnh trong không gian Banach.

Mục đích chính của luận văn là sử dụng phương pháp nhiễu của nửa nhómtrong việc nghiên cứu dáng điệu tiệm cận của các phương trình tiến hoá trừutượng, để từ đó đưa ra ứng dụng vào mô hình dân số.

Bố cục luận văn gồm phần mở đầu, ba chương, phần kết luận và danh mụctài liệu tham khảo.

Chương một trình bày định nghĩa, tính chất của nửa nhóm liên tục mạnhvà một số định lý quan trọng về toán tử sinh của nửa nhóm liên tục mạnh([1, 2, 5, 9, 10]).

Chương hai trình bày về bài toán nhiễu của nửa nhóm, định nghĩa và tínhchất của họ toán tử tiến hóa liên tục mạnh đủ tốt ([6, 7, 8, 12]).

Chương ba trình bày sự tương đương tiệm cận và các định lý liên quan; Từđó đưa ra mô hình dân số phụ thuộc vào tuổi ([3, 4, 11, 13]).

Bản luận văn này được thực hiện dưới sự hướng dẫn của PGS. TS. ĐặngĐình Châu. Nhân dịp này tôi xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới thầy, người đãdành nhiều công sức và thời gian để hướng dẫn, kiểm tra, giúp đỡ tôi trong việchoàn thành bản luận văn.

Tôi xin gửi lời cảm ơn đến lãnh đạo và các thầy cô trong khoa Toán - Cơ -Tin học, trường Đại học Khoa học Tự nhiên Hà Nội về các kiến thức và những

2

điều tốt đẹp mang lại cho tôi trong thời gian học tập tại trường. Tôi xin cảmơn phòng Sau Đại học đã tạo điều kiện thuận lợi trong việc hoàn thành thủ tụchọc tập và bảo vệ luận văn.

Cám ơn các thầy và các bạn trong seminar Phương trình vi phân về nhữngsự động viên và những ý kiến trao đổi quí báu đối với bản thân tôi trong thờigian qua.

Cuối cùng tôi muốn tỏ lòng biết ơn gia đình, người thân là chỗ dựa về tinhthần và vật chất cho tôi trong cuộc sống và trong học tập.

Mặc dù đã có nhiều cố gắng nhưng bản luận văn khó tránh khỏi những thiếusót. Vì vậy, tôi rất mong nhận được sự góp ý của quý thầy, cô và các bạn.

Hà Nội, tháng 11 năm 2014

Đinh Thị Hạnh

3

Chương 1

Nửa nhóm liên tục mạnh và toán tử

sinh của nó

1.1 Nửa nhóm liên tục mạnh

1.1.1 Định nghĩa

Định nghĩa 1.1. Một họ (T (t))t≥0 các toán tử tuyến tính bị chặn trên khônggian Banach X được gọi là nửa nhóm liên tục mạnh (hoặc C0− nửa nhóm) nếunó thỏa mãn các điều kiện sau:1. T (t+ s) = T (t)T (s) với mọi t, s ≥ 0.

2. T (0) = I.3. lim

t→0+T (t)x = x với mọi x ∈ X.

Chú ý 1.1.1. Nếu (T (t))t∈R ⊂ L(X) thỏa mãn các điều kiện trên với mọi t, s ∈ R thì ta cómột nhóm liên tục mạnh.2. Nếu (T (t))t≥0 là C0− nửa nhóm thì ánh xạ t 7→ T (t)x liên tục trên R+ với mọix ∈ X.

Ví dụ 1.1.

Xét nửa nhóm (T (t))t≥0 trong không gian C0 = C0(R), xác định bởi:

C0(R) = f ∈ C(R) : lims→±∞

f(s) = 0.

Với chuẩn ||f || = sups∈R

|f(s)|. Ta có (C0, ||.||) là một không gian Banach.

∀t ≥ 0, ta định nghĩa:

4

(Tl(t)f)(s) = f(t + s), ∀f ∈ C0, ∀s ∈ R.

và

(Tr(t)f)(s) = f(s− t), ∀f ∈ C0, ∀s ∈ R.

Khi đó (Tr(t))t≥0 và (Tl(t))t≥0 là các nửa nhóm liên tục mạnh trên C0, được gọitương ứng là nửa nhóm dịch chuyển phải và trái của C0.

Chứng minh. Ta chứng minh cho trường hợp nửa nhóm dịch chuyển trái, trườnghợp nửa nhóm dịch chuyển phải được chứng minh tương tự.Trước hết ta chứng minh (Tl(t))t≥0 là một nửa nhóm.Thật vậy: ∀t, h ≥ 0, ∀f ∈ C0, s ∈ R, ta có:

(Tl(t+ h)f)(s) = f(t+ h+ s) = (Tl(t)f)(h+ s) = (Tl(t)Tl(h))f(s),

suy ra Tl(t+ h) = Tl(t)Tl(h).

Tiếp theo chứng minh tính liên tục mạnh của (Tl(t))t≥0; Tức là, ta cần chỉ ravới mọi f ∈ C0 thì

limt→0+

||Tl(t)f − f || = limt→0+

sups∈R

|f(t+ s)− f(s)| = 0.

Vì f ∈ C0 suy ra f liên tục trên R và tồn tại các giới hạn lims→±∞

f(s) = 0 nên f

liên tục đều trên R.

Do đó: ∀ǫ > 0, ∃δ > 0 sao cho : ∀s1, s2 : |s1 − s2| < δ ta có: |f(s1)− f(s2)| < ǫ.

Khi đó, với mọi t mà 0 ≤ t < δ, |t+ s− s| < δ, ta có:

|f(t+ s)− f(s)| < ǫ, ∀s ∈ R.

Từ đó suy ra sups∈R

|f(t+ s)− f(s)| ≤ ǫ, ∀t : 0 ≤ t < δ.

Theo định nghĩa giới hạn ta có: limt→0+

sups∈R

|f(t+ s)− f(s)| = 0.

Vậy (Tl(t))t≥0 là nửa nhóm liên tục mạnh.

1.1.2 Các tính chất sơ cấp

Bổ đề 1.1. ([8]) Giả sử X là một không gian Banach và F là một hàm từ một

tập compact K ⊂ R vào L(X). Khi đó các khẳng định sau là tương đương.

(a) F liên tục với tô pô toán tử mạnh, tức là ánh xạ K ∋ t 7→ F (t)x ∈ X là liên

tục ∀x ∈ X.

(b) F là bị chặn đều trên K và ánh xạ K ∋ t 7→ F (t)x ∈ X là liên tục ∀x ∈ D ⊂ X,

D trù mật trong X.

(c) F là liên tục đối với tôpô hội tụ đều trên tập con compact của X, tức là ánh

xạ K × C ∋ (t, x) 7→ F (t)x ∈ X là liên tục đều đối với tập compact C trong X.

5

Định lý 1.1. Cho một nửa nhóm (T (t))t≥0 trên một không gian Banach X. Khi

đó các tính chất sau là tương đương:

(a) Nửa nhóm (T (t))t≥0 là liên tục mạnh.

(b) limt→0+

T (t)x = x, ∀x ∈ X.

(c) Tồn tại δ > 0,M ≥ 1 và một tập con trù mật D ⊂ X sao cho:

i.||T (t)|| ≤ M, ∀t ∈ [0, δ],

ii. limt→0+

T (t)x = x, ∀x ∈ D.

Chứng minh.

(a) ⇒ (c.ii) Vì (T (t))t≥0 là nửa nhóm liên tục mạnh trên một không gian Banachnên ta có: lim

t→0+T (t)x = T (0)x = x, ∀x ∈ D (D trù mật trong X).

(a) ⇒ (c.i) Giả sử ngược lại, tức là tồn tại một dãy (δn)n∈N ⊂ R+ hội tụ đến 0

thỏa mãn ||T (δn)|| → ∞ khi n → ∞. Theo nguyên lý bị chặn đều, tồn tại x ∈ X

thỏa mãn (||T (δn)x||)n∈N không bị chặn. Điều này mâu thuẫn với T (.)x liên tụctại t = 0 (do (T (t))t≥0 là nửa nhóm liên tục mạnh).(c) ⇒ (b) Đặt K = tn : n ∈ N ∪ 0 với mọi dãy bất kì (tn)n∈N ⊂ [0,∞) hội tụđến 0. Khi đó K ⊂ [0,∞) là compact, T (.)|Kx là liên tục ∀x ∈ D.Do đó, áp dụng bổ đề 1.1 (b) ta được T (.)|Kx liên tục ∀x ∈ X, tức là:

limn→∞

T (tn)x = x, ∀x ∈ X.

Vì (tn)n∈N được chọn tùy ý nên (b) được chứng minh.(b) ⇒ (a) Giả sử t0 > 0 và x ∈ X . Khi đó:

limh→0+

||T (t0 + h)x− T (t0)x|| ≤ ||T (t0)||.|| limh→0+

||T (h)x− x|| = 0,

suy ra (T (t))t≥0 liên tục phải. Với h < 0, ta có:

||T (t0 + h)x− T (t0)x|| ≤ ||T (t0 + h)||.||x− T (−h)x||,

từ đó dẫn đến tính liên tục trái, trong đó ||T (t)|| bị chặn đều ∀t ∈ [0, t0].

Vậy (T (t))t≥0 là nửa nhóm liên tục mạnh.

Định lý 1.2. Với mỗi nửa nhóm liên tục mạnh (T (t))t≥0 tồn tại hằng số w ∈ R

và M ≥ 1 sao cho:

||T (t)|| ≤ Mewt, ∀t ≥ 0. (1.1)

Chứng minh. Chọn M ≥ 1 thỏa mãn ||T (s)|| ≤ M, ∀0 ≤ s ≤ 1.

6

Với t ≥ 0 lấy t = s+ n, ∀n ∈ N và 0 ≤ s < 1. Khi đó:

||T (t)|| = ||T (s+ n)|| = ||T (s).T (n)|| ≤ ||T (s)||.||T (n)||

≤ ||T (s)||.||T (1)||n

≤ Mn+1 = Men lnM ≤ Mewt,

với w = lnM và t ≥ 0.

Định nghĩa 1.2. Cho một nửa nhóm liên tục mạnh T = (T (t))t≥0, số ω0 đượcđịnh nghĩa như sau:

ω0 = ω0(T) = infw ∈ R : tồn tại Mw ≥ 1 thỏa mãn ||T (t)|| ≤ Mwewt, ∀t ≥ 0.

goi là cận tăng trưởng của nửa nhóm.Xét trong trường hợp đặc biệt:- Nếu w = 0, nửa nhóm (T (t))t≥0 được gọi là nửa nhóm bị chặn.- Nếu w = 0 và M = 1, nửa nhóm (T (t))t≥0 được gọi là là nửa nhóm co.- Nếu ||T (t)x|| = ||x||, ∀t ≥ 0 và x ∈ X, nửa nhóm (T (t))t≥0 được gọi là nửa nhómđẳng cự.

Ví dụ 1.2. Theo đinh lý (1.2) ta luôn có ω < +∞ nhưng có thể ω0 = −∞. Chẳnghạn: Trong không gian L1

[0;1], ta xét nửa nhóm tịnh tiến trái xác định bởi:

T (t)f(s) =

f(t+ s) nếu s+ t ≤ 1

0 nếu s + t > 1.

Ta có: T (t) = 0, ∀t > 1.

Với mọi t thỏa mãn 0 ≤ t ≤ 1, ta có ||T (t)f || = ||∫ 1

0T (t)f(s)ds|| ≤ ||f ||.

Từ đó suy ra ||T (t)|| ≤ 1.

Với ω < 0 cố định, chọn M sao cho M ≤ e−ω. Khi đó:

||T (t)|| < 1 ≤ M.eω ≤ M.eωt, ∀t ≥ 0.

Vậy ω0 = −∞.

1.2 Toán tử sinh của nửa nhóm liên tục mạnh

1.2.1 Định nghĩa và tính chất của toán tử sinh

Để xây dựng khái niệm toán tử sinh của nửa nhóm liên tục mạnh, trước hếtta chứng minh bổ đề sau.

7

Bổ đề 1.2. Cho một nửa nhóm (T (t))t≥0 liên tục mạnh và một phần tử x ∈ X.

Đối với ánh xạ quỹ đạo ξx : t 7→ T (t)x, các tính chất sau là tương đương:

(a) ξx(.) là khả vi trên R+.

(b) ξx(.) khả vi bên phải tại t = 0.

Chứng minh. Chúng ta chỉ cần chỉ ra (b) ⇒ (a). Thật vậy:Với h > 0, ta có:

limh→0+

1

h(T (t+ h)x− T (t)x) = T (t) lim

h→0+

1

h(T (h)x− x)

= T (t)ξx(0),

suy ra ξx(.) khả vi bên phải trên R+.

Mặt khác, với −t ≤ h < 0 ta có:

1

h(T (t+ h)x− T (t)x)− T (t).ξx(0) = T (t+ h)

(

1

h(x− T (−h)x)− ξx(0)

)

+ T (t+ h)ξx(0)− T (t)ξx(0). (1.2)

Khi h → 0− hạng tử đầu tiên của vế phải hội tụ đến 0 vì ||T (t + h)|| bị chặn.Phần còn lại cũng hội tụ đến 0 do tính liên tục mạnh của (T (t))t≥0. Do đó ξx

khả vi bên trái trên R+.

Vậy ξx(.) liên tục trên R+ và

ξx(t) = T (t)ξx(0), ∀t ≥ 0. (1.3)

Định nghĩa 1.3. Toán tử sinh A : D(A) ⊆ X → X của một nửa nhóm liên tụcmạnh (T (t))t≥0 trên một không gian Banach X là một toán tử

Ax = ξx(0) = limh→0+

1

h(T (h)x− x), (1.4)

xác định với mọi x trong miền xác định của nó

D(A) = x ∈ X : ξx là khả vi trên R+. (1.5)

Theo bổ đề 1.2, ta thấy miền xác định D(A) là tập tất cả các phần tử x ∈ X

mà ξx(.) là khả vi bên phải tại t = 0. Do đó:

D(A) = x ∈ X : limh→0+

1

h(T (h)x− x) tồn tại. (1.6)

Miền D(A) là một không gian vector và chúng ta ký hiệu toán tử sinh của nó là(A,D(A)).

Chúng ta thường chỉ viết A và coi miền xác định của nó là cho bởi (1.6).

8

Định lý 1.3. Đối với toán tử sinh A của nửa nhóm liên tục mạnh (T (t))t≥0, ta

có các tính chất sau:

(i) A : D(A) ⊆ X → X là toán tử tuyến tính.

(ii) Nếu x ∈ D(A) thì T (t)x ∈ D(A) và

d

dtT (t)x = T (t)Ax = AT (t)x, ∀t ≥ 0. (1.7)

(iii) ∀t ≥ 0 và x ∈ X, ta có:

t∫

0

T (s)xds ∈ D(A).

(iv) ∀t ≥ 0, ta có:

T (t)x− x = A

t∫

0

T (s)xds nếu x ∈ X, (1.8)

=

t∫

0

T (s)Axds nếu x ∈ D(A). (1.9)

Chứng minh.

(i) ∀α, β ∈ R và x, y ∈ X, ta có:

A(αx+ βy) = limh→0+

1

h[(T (h)(αx+ βy)− (αx+ βy)] = αAx+ βAy.

Vậy A : D(A) ⊆ X → X là toán tử tuyến tính.(ii) Lấy x ∈ D(A), từ (1.3) ta có:

ξ(t) = limh→0+

T (t+ h)x− T (t)x

h= T (t)ξ(0) = T (t)Ax.

Do đó:

limh→0+

1

h(T (h)T (t)x− T (t)x) = lim

h→0

T (t+ h)x− T (t)x

h= T (t)Ax,

suy ra T (t)x ∈ D(A) (do (1.6) ) và AT (t)x = T (t)Ax.

(iii) ∀x ∈ X, t ≥ 0 ta có:

1

h

T (h)

t∫

0

T (s)xds−

t∫

0

T (s)xds

=1

h

t∫

0

T (s+ h)xds−1

h

t∫

0

T (s)xds

=1

h

t+h∫

h

T (s)xds−1

h

t∫

0

T (s)xds =1

h

t+h∫

t

T (s)xds−1

h

h∫

0

T (s)xds

9

hội tụ đến T (t)x− x khi h → 0+. Do đó:t

∫

0

T (s)xds ∈ D(A)

(iv) Theo chứng minh trong (iii) khi h → 0+, ∀x ∈ X ta có (1.8) đúng.Nếu x ∈ D(A) thì hàm

s 7→ T (s)(T (h)x− x)

h

hội tụ đều trên [0, t] đến hàm s 7→ T (s)Ax khi h → 0+.

Do đó, ta có:

limh→0+

1

h(T (h)− I)

t∫

0

T (s)xds = limh→0+

t∫

0

T (s)1

h(T (h)− I)xds =

t∫

0

T (s)Axds.

Định lý được chứng minh.

Định lý 1.4. Toán tử sinh của nửa nhóm liên tục mạnh là toán tử tuyến tính

đóng, xác định trù mật và xác định một nửa nhóm duy nhất.

Chứng minh. Giả sử (T (t))t≥0 là nửa nhóm liên tục mạnh trên một không gianBanach X. Theo Định lý 1.3 toán tử sinh (A,D(A)) là một toán tử tuyến tính.Ta chứng minh A là toán tử đóng. Thật vậy: lấy một dãy (xn)n∈N ⊂ D(A) saocho lim

n→∞xn = x và lim

n→∞Axn = y tồn tại.

Do (1.9) trong Định lý 1.3 ta có:

T (t)xn − xn =

t∫

0

T (s)Axnds, ∀t ≥ 0.

Do tính hội tụ đều của T (.)Axn trên [0, t] khi n → ∞ ta có:

T (t)x− x =

t∫

0

T (s)yds.

Nhân cả hai vế với1

tvà lấy giới hạn khi t → 0+ ta được:

limt→0+

(

T (t)x− x

t

)

= limt→0+

1

t

t∫

0

T (s)yds,

suy ra x ∈ D(A) và Ax = y. Vậy A là toán tử tuyến tính đóng.

Theo Định lý 1.3(iii) ta có:1

t

t∫

0

T (s)xds ∈ D(A).

10

Do tính liên tục mạnh của (T (t))t≥0 nên limt→0+

1

t

t∫

0

T (s)xds = x, ∀x ∈ X.

Suy ra D(A) trù mật trong X.

Giả sử (S(t))t≥0 là nửa nhóm khác liên tục mạnh khác có cùng toán tử sinhvới nửa nhóm (T (t))t≥0. Khi đó, ∀x ∈ D(A) và t > 0, xét ánh xạ:

s 7→ ηx(s) = T (t− s)S(s)x, ∀0 ≤ s ≤ t.

Với s cố định tập

S(s+ h)x− S(s)x

h: h ∈ (0, 1)

∪ AS(s)x là compact.

Ta có:1

h(ηx(s+ h)− ηx(s)) = T (t− s− h)

1

h(S(s+ h)x− S(s)x)

+1

h(T (t− s− h)− T (t− s))S(s)x.

Khi đó:d

dtηx(s) = T (t− s)AS(s)x−AT (t− s)S(s)x = 0.

Suy ra ηx(s) là một hằng số.Do ηx(0) = T (t)x và ηx(t) = S(t)x nên T (t)x = S(t)x với mọi x trong miền trùmật D(A).

Như vậy: T (t) = S(t), ∀t ≥ 0. Định lý được chứng minh.

1.2.2 Nửa nhóm liên tục đều

Định nghĩa 1.4. ([8]) Nửa nhóm (T (t))t≥0 được gọi là nửa nhóm liên tục đềutrong L(X) nếu ánh xạ R+ ∋ t → T (t) ∈ L(X) liên tục đối với tô pô chuẩn (tôpô đều) trong L(X), tức là:

limh→0+

||T (t+ h)− T (t)|| = 0, ∀t ≥ 0. (1.10)

Rõ ràng nửa nhóm liên tục đều là liên tục mạnh. Vì thế điều kiện (1.10) tươngđương với điều kiện:

limh→0+

||T (h)− I|| = 0.

Ví dụ 1.3. Cho không gian Banach X và toán tử A ∈ L(X), xét chuỗi:∞∑

n=0

(tA)n

n!, ∀t ≥ 0.

Ta có: chuỗi∞∑

n=0

||(tA)n||

n!hội tụ vì

||(tA)n||

n!≤

tn||A||n

n!

và limn→∞

[(

tn+1||A||n+1

(n+ 1)!

)

:

(

tn||A||n

n!

)]

= limn→∞

t||A||

n + 1= 0.

11

Từ đó suy ra∞∑

n=0

||(tA)n||

n!hội tụ trong L(X).

Đặt T (t) = eAt =∞∑

n=0

(tA)n

n!. Ta có T(0) = I.

Dùng quy tắc nhân Cauchy về chuỗi lũy thừa, ta có:

T (t).T (s) = etA.esA =

∞∑

k=0

tkAk

k!

∞∑

k=0

skAk

k!

=

∞∑

n=0

n∑

k=0

tn−k.An−k

(n− k)!.skAk

k!

=

∞∑

n=0

(t+ s)n.An

n!= e(t+s)A = T (t+ s).

Suy ra T (t) = etA là nửa nhóm trong không gian Banach X.Ta chứng minh nửa nhóm này liên tục đều. Thật vậy, ta có:

T (t)− I =

∞∑

n=1

(tA)n

n!.

Suy ra

||T (t)− I|| ≤

∞∑

n=1

tn||A||n

n!= et||A|| − 1.

Khi đó limt→0+

||T (t)− I|| = 0.

Vậy (T (t))t≥0 = (etA)t≥0 là nửa nhóm liên tục đều.

Định lý 1.5. Toán tử tuyến tính A là toán tử sinh của nửa nhóm liên tục đều

khi và chỉ khi nó là toán tử bị chặn (A ∈ L(X)).

Chứng minh.

Điều kiện đủ. Giả sử A ∈ L(X), xét nửa nhóm T (t) = etA(t ≥ 0). Ta có (T (t))t≥0

là nửa nhóm liên tục đều. Ta chứng minh A là toán tử sinh của nửa nhóm(T (t))t≥0. Ta có:

T (t)− I =

+∞∑

n=1

(tA)n

n!= (tA)

+∞∑

n=1

(tA)n−1

n!.

Do vậy:T (t)− I

t− A = A.

+∞∑

n=2

(tA)n−1

n!.

12

Từ đây suy ra

||T (t)− I

t− A|| ≤ ||A||.

+∞∑

n=2

tn−1||A||n−1

n!

≤ ||A||.

+∞∑

n=2

tn−1||A||n−1

(n− 1)!= ||A||(et||A|| − 1) → 0, (t → 0+).

Do đó: limt→0+

||T (t)− I

t−A|| = 0. Vậy A là toán tử sinh của nửa nhóm (T (t))t≥0.

Điều kiện cần. Giả sử (T (t))t≥0 là nửa nhóm liên tục đều trong L(X). Ta có:

||I −1

t

∫ t

0

T (s)ds|| = ||1

t

∫ t

0

(I − T (s))ds||

≤1

t

∫ t

0

||I − T (s)||ds → 0, (t → 0+).

Do vậy tồn tại t cố định đủ nhỏ sao cho ||I −1

t

∫ t

0T (s)ds|| < 1. Khi đó, toán tử

1

t

∫ t

0T (s)ds có nghịch đảo bị chặn. Suy ra

∫ t

0T (s)ds có nghịch đảo bị chặn.

Ta có:

1

h(T (h)− I)

∫ t

0

T (s)ds =1

h

[∫ t

0

T (s+ h)ds−

∫ t

0

T (s)ds

]

=1

h

[

∫ t+h

h

T (s)ds−

∫ t

0

T (s)ds

]

=1

h

[

∫ t+h

t

T (s)ds−

∫ h

0

T (s)ds

]

.

Suy ra1

h(T (h)− I) =

1

h

[

∫ t+h

tT (s)ds−

∫ h

0T (s)ds

]

.

(

∫ t

0T (s)ds

)−1

.

Ánh xạ t → T (t) liên tục đối với tô pô chuẩn trên [0, t] nên liên tục đều trên đoạnđó. Suy ra với mọi ǫ > 0, tồn tại δ > 0 thỏa mãn |s−s′| < δ thì ||T (s)−T (s′)|| < ǫ.

Với 0 < h < δ, ta có:

||1

h

∫ h

0

T (s)ds− I|| ≤1

h

∫ h

0

||T (s)− I||ds < ǫ.

Vậy limh→0+

1

h

∫ h

0T (s)ds = I.

Tương tự với 0 < h < δ, ta có:

||1

h

∫ t+h

t

T (s)ds− T (t)|| ≤1

h

∫ t+h

t

||T (s)− T (t)||ds < ǫ.

13

Suy ra limh→0+

1h

∫ t+h

tT (s)ds = T (t). Do đó, khi h → 0+ thì

limh→0+

1

h[T (h)− I] = (T (t)− I)

(∫ t

0

T (s)ds

)−1

∈ L(X).

Vậy toán tử A bị chặn. Định lý được chứng minh.

Định lý 1.6. Giả sử (T (t))t≥0 là nửa nhóm liên tục mạnh trên một không gian

Banach X với toán tử sinh (A,D(A)). Khi đó các khẳng định sau là tương đương:

(a) Toán tử sinh A là bị chặn, tức là tồn tại M > 0 thỏa mãn:

||Ax|| ≤ M ||x||, ∀x ∈ D(A).

(b) Miền D(A) là tất cả các phần tử của X.

(c) Miền D(A) đóng trong X.

(d) Nửa nhóm (T (t))t≥0 liên tục đều.

Trong mỗi trường hợp nửa nhóm được cho bởi

T (t) = etA =

∞∑

n=0

tnAn

n!, t ≥ 0.

Chứng minh.

(a) ⇔ (d) được suy ra trực tiếp từ Định lý 1.5.

(b) ⇒ (a) A đóng nên A bị chặn.(a) ⇒ (c) A bị chặn nên A liên tục, ta chứng minh D(A) đóng. Thật vậy: Nếuxnn ⊂ D(A), xn → x khi n → ∞ thì do A bị chặn nên ta có:

||Axn − Axm|| ≤ M.||xn − xm|| → 0.

Vậy Axn là dãy cơ bản.Do đó tồn tại y ∈ X sao cho Axn → y. Mà A đóng, xn → x,Axn → y nên x ∈ D(A)

và Ax = y. Vậy D(A) đóng trong X. Định lý được chứng minh.

1.3 Giải thức

1.3.1 Biểu diễn tích phân của giải thức

Định nghĩa 1.5. Giả sử (A,D(A)) là toán tử đóng trong không gian Banach X.Khi đó

• Phổ σ(A) = λ ∈ C | (λI − A) không là song ánh.

14

• ρ(A) = C\σ(A) là tập các giá trị chính quy của A .

• R(λ,A) = (λI − A)−1 (λ ∈ ρ(A)) gọi là giải thức của A.

Chú ý 1.2. Do A là toán tử đóng nên nếu (λI − A) là song ánh thì (λI − A)−1

đóng và do đó (λI − A)−1 liên tục.

Định lý 1.7. Giả sử T (t)t≥0 là nửa nhóm liên tục mạnh trên không gian Banach

X có toán tử sinh (A,D(A)) và tồn tại hằng số w ∈ R,M ≥ 1 thỏa mãn:

||T (t)|| ≤ Mewt, ∀t ≥ 0. (1.11)

Khi đó ta có các tính chất sau:

(i) Nếu λ ∈ C sao cho R(λ)x =∫ +∞

0e−λsT (s)xds tồn tại ∀x ∈ X thì λ ∈ ρ(A) và

R(λ,A) = R(λ).

(ii) Nếu Reλ > w thì λ ∈ ρ(A) và giải thức R(λ,A) được cho bởi tích phân trong

(i).

(iii) ||R(λ,A)|| ≤M

Reλ− w, với mọi λ thỏa mãn Reλ > w.

Khi đó: R(λ,A)x =+∞∫

0

e−λsT (s)xds được gọi là biểu diễn tích phân của giải

thức. Tích phân này là tích phân Riemann suy rộng

R(λ,A)x = limt→∞

t∫

0

e−λsT (s)xds, ∀x ∈ X. (1.12)

Ta thường viết là:

R(λ,A) =

∞∫

0

e−λsT (s)ds. (1.13)

Chứng minh.

(i) Bằng cách thay nửa nhóm đã cho bằng nửa nhóm điều chỉnh, ta có thể giảthiết λ = 0. Khi đó ∀x ∈ X và h > 0, ta có:

T (h)− I

hR(0)x =

T (h)− I

h

∞∫

0

T (s)xds

=1

h

∞∫

0

T (s+ h)xds−1

h

∞∫

0

T (s)xds

=1

h

∞∫

h

T (s)xds−1

h

∞∫

0

T (s)xds = −1

h

h∫

0

T (s)xds.

15

Lấy giới hạn khi h → 0+ suy ra vế phải tiến đến −x nên R(0)x ∈ D(A) vàAR(0) = −I.Mặt khác với x ∈ D(A), ta có:

limt→∞

t∫

0

T (s)xds = R(0)x

và limt→∞

At∫

0

T (s)xds = limt→∞

t∫

0

T (s)Axds = R(0)Ax (theo Định lý 1.3(iv)).

Vì theo Định lý 1.4, toán tử A đóng nên R(0)Ax = AR(0)x = −x.

Từ đó suy ra R(0) = (−A)−1.

(ii) và (iii) được suy ra từ (i) và từ ước lượng sau:

||

t∫

0

e−λsT (s)ds|| ≤ M

t∫

0

e(w−Reλ)sds.

Với Reλ > w vế phải hội tụ đếnM

Reλ− wkhi t → +∞. Định lý được chứng minh.

Hệ quả 1.1. Giả sử (A,D(A)) là toán tử sinh của nửa nhóm liên tục mạnh

(T (t))t≥0 thỏa mãn ||T (t)|| ≤ Mewt, ∀t ≥ 0, Reλ > w và n ∈ N. Khi đó:

R(λ,A)nx =(−1)n−1

(n− 1)!.dn−1

dλn−1R(λ,A)x (1.14)

=1

(n− 1)!

∞∫

0

sn−1e−λsT (s)xds, ∀x ∈ X. (1.15)

Đặc biệt, ta có ước lượng:

||R(λ,A)n|| ≤M

(Reλ− w)n, ∀n ∈ N, Reλ > w. (1.16)

Chứng minh. Từ hệ thức Hilbert đối với giải thức:

R(λ,A)− R(µ,A) = (µ− λ)R(λ,A)R(µ,A).

Với n = 2, λ 6= µ, ta có:R(λ,A)− R(µ,A)

λ− µ= −R(λ,A)R(µ,A).

Cho µ → λ thì ta được:dR(λ,A)

dλ= −R(λ,A)2

vàdR(λ,A)

dλ=

d

dλ

∞∫

0

e−λsT (s)xds = −

∞∫

0

se−λsT (s)xds.

16

Vậy công thức (1.14) và (1.15) đúng với n = 2.

Bằng quy nạp suy ra công thức (1.14) và (1.15) đúng ∀n ∈ N.

Mặt khác, ta có:

||R(λ,A)nx|| =1

(n− 1)!||

∞∫

0

sn−1e−λsT (s)xds||

≤M ||x||

(n− 1)!

∞∫

0

sn−1e(w−Reλ)sds

=M

(Reλ− w)n||x||, ∀x ∈ D(A). (1.17)

Ví dụ 1.4. a) Các nửa nhóm đồng dạng: Giả sử V là phép đẳng cự từ khônggian Y lên không gian X và (S(t))t≥0 là nửa nhóm liên tục mạnh trên Y cho bởiS(t) = V −1T (t)V, trong đó (T (t))t≥0 là nửa nhóm liên tục mạnh trên X.Khi đó toán tử sinh của nửa nhóm (S(t))t≥0 là B = V −1AV với miền xác địnhD(B) = y ∈ Y : V y ∈ D(A), trong đó (A, D(A)) là toán tử sinh của nửa nhóm(T (t))t≥0.Ta có σ(A) = σ(B) và giải thức của B là: R(λ,B) = V −1R(λ,A)V với λ ∈ ρ(A).b) Các nửa nhóm điều chỉnh: Nửa nhóm điều chỉnh (eµtT (αt))t≥0, µ ∈ C, α > 0

có toán tử sinh là B = αA+ µI với miền xác định D(B) = D(A).Thật vậy, với mọi x ∈ D(A) ta có:

Bx = limt→0+

eµtT (αt)x− x

t= lim

t→0+

(

eµtαT (αt)x− x

αt+

eµtx− x

t

)

= αAx+ µIx.

Suy ra D(B) = D(A) và B = αA+ µI.

Hơn nữa, σ(B) = α.σ(A) + µ và

R(λ,B) =1

αR

(

λ− µ

α,A

)

, λ ∈ ρ(A),

do

1

α

(

λ− µ

αI −A

)−1

(λI − B) =

(

λ− µ

αI − A

)−1(λ− µ

αI − A

)

= I.

1.3.2 Các định lý về toán tử sinh của nửa nhóm

Định lý 1.8. Định lý toán tử sinh (Hille -Yosida)Cho (A,D(A)) là một toán tử tuyến tính trên một không gian Banach X. Khi đó

các tính chất sau là tương đương:

17

(a) (A,D(A)) sinh ra một nửa nhóm co liên tục mạnh.

(b) (A,D(A)) là toán tử đóng, xác định trù mật và với mỗi λ > 0 ta có λ ∈ ρ(A)

đồng thời

||λR(λ,A)|| ≤ 1. (1.18)

(c) (A,D(A)) là toán tử đóng, xác định trù mật và với mỗi λ ∈ C mà Reλ > 0,

ta có λ ∈ ρ(A) đồng thời

||R(λ,A)|| ≤1

Reλ. (1.19)

Chứng minh.

(a) ⇒ (c) đúng (theo Định lý 1.4 và Định lý 1.7).(c) ⇒ (b) hiển nhiên.(b) ⇒ (a) Chúng ta xét các xấp xỉ Yosida sau:

An = nAR(n,A) = n2R(n,A)− nI, (1.20)

là các toán tử bị chặn, giao hoán với mỗi n ∈ N.Xét nửa nhóm liên tục đều cho bởi:

Tn(t) = etAn, ∀t ≥ 0. (1.21)

An hội tụ đến A theo từng điểm trên D(A).

Khi đó ta có các tính chất sau:(i) T (t)x = lim

n→∞Tn(t)x tồn tại với mỗi x ∈ X.

(ii) (T (t))t≥0 là nửa nhóm co liên tục mạnh trên X.

(iii) Nửa nhóm này có toán tử sinh (A,D(A)).

Ta chứng minh các tính chất này là đúng.Thật vậy:(i) Mỗi (Tn(t))t≥0 là một nửa nhóm co. Vì

||Tn(t)|| ≤ e−nte||n2R(n,A)||t ≤ e−ntent = 1, ∀t ≥ 0.

Áp dụng định lý cơ bản của tích phân đối với hàm

s 7→ Tm(t− s)Tn(s)x, 0 ≤ s ≤ t, x ∈ D(A) và m,n ∈ N.

Ta có:

Tn(t)x− Tm(t)x =

t∫

0

d

ds(Tm(t− s)Tn(s)x)ds

=

t∫

0

Tm(t− s)Tn(s)(Anx− Amx)ds.

18

Suy ra||Tn(t)x− Tm(t)x|| ≤ t||Anx−Amx||. (1.22)

Vì (An(x))n∈N là dãy Cauchy đối với mỗi x ∈ D(A) nên (Tn(t)x)n∈N hội tụ đềuvới mỗi x ∈ D(A) trên mỗi khoảng [0, t0].(ii) Vì (Tn(t))t≥0(n = 1, 2, ...) là các nửa nhóm nên (T (t))t≥0 là nửa nhóm.Hơn nữa, ta có:

||Tn(t)x|| ≤ ||x|| suy ra ||T (t)x|| ≤ ||x||, ∀x ∈ X,

suy ra ||T (t)|| ≤ 1, ∀t ≥ 0. Do đó (T (t))t≥0 là nửa nhóm co.Mặt khác, với mỗi x ∈ D(A), ánh xạ

ξ : t 7→ T (t)x, 0 ≤ t ≤ t0,

là giới hạn của một dãy hội tụ đều các ánh xạ liên tục. Suy ra T (t) liên tục trênđoạn [0, t0]. Vậy (T (t))t≥0 là nửa nhóm co liên tục mạnh.(iii) Ký hiệu (B,D(B)) là toán tử sinh của (T (t))t≥0 và cố đinh x ∈ D(A). Trênmỗi khoảng compact [0, t0] hàm ξn : t 7→ Tn(t)x hội tụ đều đến ξ(.) do (1.22) vàhàm ξn : t 7→ Tn(t)Anx hội tụ đều đến η : t 7→ T (t)Ax.

Suy ra ξ là hàm khả vi với ξ(0) = η(0), nghĩa là D(A) ⊂ D(B) và Ax = Bx vớix ∈ D(A). Chọn λ > 0, khi đó λ−A là một song ánh từ D(A) vào X (vì λ ∈ ρ(A)).Mặt khác, B là toán tử sinh của nửa nhóm co (T (t))t≥0 nên λ ∈ ρ(B) (do Địnhlý 1.7). Suy ra λ− B cũng là song ánh từ D(B) vào X.Như vậy: D(A) = D(B) và A = B.

Hệ quả 1.2. Giả sử w ∈ R, (A,D(A)) là một toán tử tuyến tính trên một không

gian Banach X. Khi đó các tính chất sau là tương đương:

(a) (A,D(A)) sinh ra một nửa nhóm liên tục mạnh thỏa mãn

||T (t)|| ≤ ewt, ∀t ≥ 0. (1.23)

(b) (A,D(A)) là toán tử đóng, xác định trù mật và với mỗi λ > w ta có λ ∈ ρ(A)

đồng thời

||(λ− w)R(λ,A)|| ≤ 1. (1.24)

(c) (A,D(A)) là toán tử đóng, xác định trù mật và với mỗi λ ∈ C mà Reλ > w,

ta có λ ∈ ρ(A) đồng thời

||R(λ,A)|| ≤1

Reλ− w. (1.25)

Nửa nhóm thỏa mãn ( 1.23) được gọi là nửa nhóm tựa co.

19

Định lý 1.9. Định lý toán tử sinh (Feller, Miyadera, Phillips)Giả sử (A,D(A)) là một toán tử tuyến tính trên một không gian Banach X và

w ∈ R,M ≥ 1 là các hằng số. Khi đó các tính chất sau là tương đương:

(a) (A,D(A)) sinh ra một nửa nhóm (T (t))t≥0 liên tục mạnh thỏa mãn

||T (t)|| ≤ Mewt, t ≥ 0. (1.26)

(b) (A,D(A)) là toán tử đóng, xác định trù mật và với mỗi λ > w ta có λ ∈ ρ(A)

đồng thời

||[(λ− w)R(λ,A)]n|| ≤ M, ∀n ∈ N. (1.27)

(c) (A,D(A)) là toán tử đóng, xác định trù mật và với mỗi λ ∈ C mà Reλ > w

ta có λ ∈ ρ(A) đồng thời

||R(λ,A)n|| ≤M

(Reλ− w)n, ∀n ∈ N. (1.28)

Chứng minh.

(a) ⇒ (c) đúng theo hệ quả 1.1.(c) ⇒ (b) hiển nhiên.(b) ⇒ (a) Bằng cách sử dụng nửa nhóm điều chỉnh, không mất tính tổng quátta có thể giả sử w = 0. Khi đó, ta có:

||λnR(λ,A)n|| ≤ M, ∀λ > 0, n ∈ N.

Ta xây dựng một chuẩn mới trên X như sau:

||x||µ = supn≥0

||µnR(µ,A)nx||, ∀µ ≥ 0.

Chuẩn này có các tính chất:(i) ||x|| ≤ ||x||µ ≤ M ||x||; Tức là, nó là chuẩn tương đương.(ii) ||µR(µ,A)||µ ≤ 1.

(iii) ||λR(λ,A)||µ ≤ 1, ∀0 < λ ≤ µ.

(iv) ||λnR(λ,A)nx|| ≤ ||λnR(λ,A)nx||µ ≤ ||x||µ, ∀0 < λ ≤ µ.

(v) ||x||λ ≤ ||x||µ, với 0 < λ ≤ µ.

Dựa vào các tính chất này ta có thể xây dựng một chuẩn như sau:

|||x||| = supµ>0

||x||µ, (1.29)

chuẩn này có các tính chất:(vi) ||x|| ≤ |||x||| ≤ M ||x||.

(vii) |||λR(λ,A)||| ≤ 1, ∀λ > 0.

20

Do đó, toán tử sinh (A,D(A)) thỏa mãn điều kiện (1.18) đối với |||.||| tươngđương và do định lí 1.8,(A,D(A)) sinh ra nửa nhóm co liên tục mạnh (T (t))t≥0

với chuẩn|||.|||. Từ (vi) suy ra ||T (t)x|| ≤ |||T (t)x||| ≤ M ||x||.

Như vậy: ||T (t)|| ≤ M. Định lý được chứng minh.

Nhận xét 1.1. Qua các định lý về toán tử sinh của nửa nhóm liên tục mạnhta thấy:- Đối với nửa nhóm liên tục mạnh có thể điều chỉnh để thành nửa nhóm bị chặn.- Đối với nửa nhóm bị chặn có thể tìm một chuẩn tương đương để đối với chuẩnnày nửa nhóm trở thành nửa nhóm co.

21

Chương 2

Bài toán nhiễu của nửa nhóm liên

tục mạnh

Việc kiểm tra các điều kiện đặc trưng của toán tử sinh của nửa nhóm co hoặcnửa nhóm liên tục mạnh là một công việc khó khăn và đối với nhiều toán tửquan trọng không thể thực hiện một cách trực tiếp. Nhiễu là phương pháp cơbản giúp ta tiếp cận việc giải quyết vấn đề này. Trước khi xét bài toán nhiễucủa nửa nhóm ta xét bài toán sau.

2.1 Bài toán Cauchy đặt chỉnh

Xét bài toán Cauchy trừu tượng với giá trị ban đầu:

(ACP )

u(t) = Au(t), ∀t ≥ 0

u(0) = x,

trong đó t là biến độc lập biểu diễn thời gian, u(.) là hàm nhận giá trị trongkhông gian Banach X, A : D(A) ⊂ X → X là toán tử tuyến tính, x ∈ X là giátrị ban đầu.

Định nghĩa 2.1. Hàm u : R+ → X được gọi là nghiệm (cổ điển) của bài toánCauchy trừu tượng (ACP ) nếu u khả vi liên tục, u(t) ∈ D(A) với mọi t ≥ 0 vàthỏa mãn (ACP ).

Nếu A là toán tử sinh của nửa nhóm liên tục mạnh (T (t))t≥0 thì từ Định lý1.3(ii) suy ra nửa nhóm cho ta nghiệm của bài toán Cauchy tương ứng với A.Cụ thể ta có mệnh đề sau.

22

Mệnh đề 2.1. Giả sử (A,D(A)) là toán tử sinh của nửa nhóm liên tục mạnh

(T (t))t≥0. Khi đó, với mọi x ∈ D(A), hàm u : t 7→ u(t) = T (t)x là nghiệm (cổ

điển) duy nhất của bài toán Cauchy trừu tượng.

Định nghĩa 2.2. Hàm u : R+ → X được gọi là nghiệm đủ tốt của bài toánCauchy trừu tượng nếu

∫ t

0u(s)ds ∈ D(A) với mọi t ≥ 0 và

u(t) = A

∫ t

0

u(s)ds+ x.

Mệnh đề 2.2. Giả sử (A,D(A)) là toán tử sinh của nửa nhóm liên tục mạnh

(T (t))t≥0. Khi đó, với mọi x ∈ X, ánh xạ quỹ đạo u : t 7→ T (t)x là nghiệm đủ tốt

duy nhất của bài toán Cauchy trừu tượng.

Chứng minh. Theo Định lý 1.3 ta có∫ t

0T (t)xds ∈ D(A) với mọi x ∈ X và

T (t)x−x = A∫ t

0T (s)xds với mọi x ∈ X. Suy ra u(t) = T (t)x là nghiệm đủ tốt của

(ACP ).

Ta chứng minh tính duy nhất nghiệm 0 ứng với giá trị ban đầu x = 0. Giả sửu là nghiệm đủ tốt của bài toán Cauchy trừu tượng với x = 0, t > 0. Khi đó vớimỗi s ∈ (0, t), ta có:

d

ds(T (t− s)

∫ s

0

u(r)dr) = T (t− s)u(s)− T (t− s)A

∫ s

0

u(r)dr = 0.

Lấy tích phân từ 0 đến t ta được:

T (t− s)

∫ s

0

u(r)dr|s=ts=0 = 0.

Từ đó suy ra∫ t

0u(r)dr = 0. Lấy đạo hàm theo t ta được u(t) = 0 với mọi t > 0.

Mà u(0) = 0 nên u(t) = 0 với mọi t ≥ 0. Mệnh đề được chứng minh.

Định lý 2.1. Cho A : D(A) ⊂ X → X là toán tử đóng. Khi đó, các tính chất

sau là tương đương:

(i) A là toán tử sinh của nửa nhóm liên tục mạnh.

(ii) Với mọi x ∈ D(A) tồn tại duy nhất nghiệm u(., x) của (ACP) và ρ(A) 6= ∅.

(iii) Với mọi x ∈ D(A) tồn tại duy nhất nghiệm u(., x) của (ACP), D(A) trù mật

trong X và với mọi dãy xn∞n=1 ⊂ D(A) : lim

n→∞xn = 0, tồn tại nghiệm u(t, xn)

sao cho: limn→∞

u(t, xn) = 0 đều trên [0, t0].

Chứng minh.

(i) ⇒ (ii) (theo mệnh đề 2.1).(ii) ⇒ (iii) Đầu tiên ta chỉ ra với mọi x ∈ X tồn tại duy nhất nghiệm đủ tốt

23

của (ACP ). Vì ρ(A) 6= ∅ nên tồn tại λ ∈ ρ(A). Đặt y = R(λ,A)x suy ra y ∈ D(A).Theo giả thiết, tồn tại nghiệm u(., y) với giá trị ban đầu u(0) = y. Đặt

v(t) = (λ−A)u(t, y) ∈ D(A).

Suy ra v(t) là nghiệm đủ tốt của (ACP ) với giá trị ban đầu x = (λ− A)y.Giả sử u(.) là nghiệm đủ tốt của (ACP ) với giá trị ban đầu x = 0. Đặt

v(t) =

∫ t

0

u(s)ds.

Suy ra

v(t) = u(t) = A

∫ t

0

u(s)ds = Av(t)

và v(0) = 0. Suy ra v(t) = 0 với mọi t ≥ 0 do đó u(t) = 0 với mọi t ≥ 0.Vậy tồn tại duy nhất nghiệm đủ tốt u(., x) của (ACP ).Mặt khác u(t, x) là nghiệm đủ tốt của (ACP ) nên

∫ t

0u(s, x)ds ∈ D(A).

Hơn nữa, ta có:

limt→0

1

t

∫ t

0

u(s, x)ds = u(0, x) = x.

Từ đó suy ra D(A) trù mật trong X.Để chứng minh sự phụ thuộc liên tục của nghiệm vào điều kiện ban đầu ta xét:

φ : X → C([0, t0], X), x 7→ u(., x).

Chứng minh φ đóng. Giả sử xn → x, φ(xn) → y ∈ C([0, t0], X). Với mọi t ∈ [0, t0],

ta có:

D(A) ∋

∫ t

0

u(s, xn)ds →

∫ t

0

y(s)ds khi n → ∞

và

A

∫ t

0

u(s, xn)ds = u(t, xn)− xn → y(t)− x khi n → ∞.

Vì A đóng nên∫ t

0y(s)ds ∈ D(A) và y(t)− x = A

∫ t

0y(s)ds. Khi đó:

y(t) = A

∫ t

0

y(s)ds+ x, ∀t ∈ [0, t0].

Suy ra y(.) là nghiệm đủ tốt của (ACP ) với điều kiện ban đầu x nếu với t > t0,

ta đặt y(t) = u(t− t0, y(t0)). Khi đó y(t) = u(t, x), ∀t ∈ [0, t0]. Vậy φ(x) = y hay φ

đóng. Theo định lý đồ thị đóng suy ra φ liên tục. Vậy nếu xn → 0 thì φ(xn) → 0

hay u(t, xn) → 0 trong C([0, t0], X). Suy ra u(t, xn) → 0 đều theo t trên [0, t0].(iii) ⇒ (i) Giả sử có (iii), khi đó tồn tại T (t) ∈ L(X) xác định bởi:

T (t)x = u(t, x) với mọi x ∈ D(A), t ≥ 0.

24

Ta có thể giả sử sup0≤t≤1 ||T (t)|| < ∞. Vì nếu không, giả sử tồn tại tnn∈N ⊂ [0, t0]

sao cho limn→∞

||T (tn)|| = ∞. Ta có thể chọn xn ∈ D(A) sao cho limn→∞

xn = 0 và

||T (tn)xn|| ≥ 1. Điều này mâu thuẫn với (iii) vì u(tn, xn) = T (tn)xn.

Vậy ||T (t)|| bị chặn đều với mọi t ∈ [0, 1].Ta có t 7→ T (t)x liên tục với mọi x ∈ D(A) mà D(A) trù mật trong X nên theobổ đề 1.1 ánh xạ: t → T (t)x liên tục với mọi x ∈ X.Với mọi x ∈ D(A), ta có:

T (t+ s)x = u(t+ s, x) và T (t)T (s)x = u(t, T (s)x) = u(t, u(s, x)).

Suy ra T (t + s) = T (t)T (s) với mọi t, s ≥ 0. Vậy (T (t))t≥0 là nửa nhóm liên tụcmạnh trên X.Cuối cùng ta chỉ ra A là toán tử sinh của (T (t))t≥0. Thật vậy: Gọi (B,D(B)) làtoán tử sinh của (T (t))t≥0. Hiển nhiên A ⊂ B. Hơn nữa, D(A) ổn định bởi T (t),D(A) trù mật trong X nên D(A) là lõi (core) của B. Từ đó suy ra D(A) = D(B)

theo chuẩn đồ thị ||.||B. Mà A đóng nên A = B.Định lý được chứng minh.

Định nghĩa 2.3. (Bài toán Cauchy đặt chỉnh )

Bài toán Cauchy trừu tượng

u(t) = Au(t) ∀t ≥ 0,

u(0) = x

với toán tử đóng A : D(A) ⊂ X → X được gọi là đặt chỉnh nếu với mọi x ∈ D(A)

tồn tại duy nhất nghiệm u(., x) của bài toán Cauchy trừu tượng (ACP), A cómiền xác định trù mật, đồng thời với mọi dãy xn

∞n=0 ⊂ D(A) : lim

n→∞xn = 0, ta

có: limn→∞

u(t, xn) = 0 đều trên [0, t0].

2.2 Nhiễu bị chặn của nửa nhóm liên tục mạnh

Bài toán: Cho A : D(A) ⊆ X → X là toán tử sinh của nửa nhóm liên tụcmạnh (T (t))t≥0 và xét toán tử thứ hai B : D(B) ⊆ X → X. Tìm điều kiện đểA+B sinh ra nửa nhóm liên tục mạnh (S(t))t≥0 nào đó.Khi đó, chúng ta nói rằng toán tử sinh A bị nhiễu bởi toán tử B hoặc B là nhiễucủa A. Tổng A +B được định nghĩa như sau:

(A+B)x = Ax+Bx,

25

vớix ∈ D(A+B) = D(A) ∩D(B).

Trong một số trường hợp D(A+B) có thể là 0.

Ví dụ 2.1. (i) Giả sử (A, D(A)) là toán tử sinh không bị chặn của nửa nhómliên tục mạnh. Khi đó D(A) 6= X.

Nếu lấy B = -A thì D(A) = D(B) và A + B = 0 xác định trên không gian contrù mật D(A), suy ra A + B không là toán tử đóng. Do đó A + B không là toántử sinh của nửa nhóm liên tục mạnh nào.Nếu lấy B = -2A thì A + B = -A với miền xác định D(A + B) = D(A). Khi đó,A+ B là toán tử sinh của nửa nhóm liên tục mạnh nếu A là toán tử sinh củanửa nhóm liên tục mạnh.(ii) Giả sử A : D(A) ⊆ X → X là toán tử sinh không bị chặn của nửa nhóm liêntục mạnh (T (t))t≥0. Lấy S ∈ L(X) là một phép đẳng cấu sao cho:

D(A) ∩ S(D(A)) = 0.

Khi đó B = SAS−1 là toán tử sinh của nửa nhóm đồng dạng ST (t)S−1 nhưngA+B chỉ xác định trên D(A+B) = D(A) ∩D(B) = D(A) ∩ S(D(A)) = 0.Chẳng hạn, xét

X = C0(R+) = f ∈ C(R+) : lims→∞

f(s) = 0.

Trên X xác định ánh xạ Ax = f ′ với miền xác định

D(A) = C10(R+) = f ∈ C1(R+) : lim

s→∞f(s) = lim

s→∞f ′(s) = 0

và chuẩn ||f || = sups≥0

|f(s)|+ sups≥0

|f ′(s)|.

Gọi S là phép đẳng cấu Sf = qf với hàm q là hàm dương, liên tục sao cho q vàq−1 bị chặn và khả vi khắp nơi.Xác định toán tử B như sau:

Bf = q.(q−1.f)′ trên D(B) = f ∈ X : q−1f ∈ D(A).

Khi đó tổng A + B xác định trên 0.

Các ví dụ trên cho thấy phép cộng các toán tử không bị chặn cần được nghiêncứu cẩn thận. Để tránh khó khăn do sự khác nhau về miền xác định của cáctoán tử ta giả thiết một trong hai toán tử tham gia là bị chặn.

26

Định lý 2.2. Giả sử A là toán tử sinh của nửa nhóm liên tục mạnh (T (t))t≥0

trên không gian Banach X và giả sử B ∈ L(X). Khi đó A+B là toán tử sinh của

nửa nhóm liên tục mạnh xác định bởi:

S(t)x0 = T (t)x0 +

∫ t

0

T (t− s)BS(s)x0ds, x0 ∈ X. (2.1)

Hơn nữa, nếu ||T (t)|| ≤ Meωt, ∀t ≥ 0 thì ||S(t)|| ≤ Me(ω+M ||B||)t, ∀t ≥ 0.

Chứng minh.

Trước hết ta xây dựng dãy Sn(t)n như sau:S0(t) = T (t),

S1(t)x0 =∫ t

0T (t− s)BS0(s)x0ds,

S2(t)x0 =∫ t

0T (t− s)BS1(s)x0ds,

...Sn(t)x0 =

∫ t

0T (t− s)BSn−1(s)x0ds.

Khi đó, chuỗi∞∑

n=0

Sn(t) hội tụ. Thật vậy:

S0(t) = T (t),

S1(t)x0 =∫ t

0T (t− s)BS0(s)x0ds =

∫ t

0T (t− s)BT (s)x0ds,

suy ra

||S1(t)|| ≤

∫ t

0

||T (t− s)||.||B||.||T (s)||ds

≤

∫ t

0

Meω(t−s)||B||Meωsds = M2||B||eωtt.

S2(t)x0 =∫ t

0T (t− s)BS1(s)x0ds,

suy ra

||S2(t)|| ≤

∫ t

0

||T (t− s)||.||B||M2||B||eωs.sds

≤

∫ t

0

Meω(t−s)||B||M2||B||eωs.sds = M3||B||2eωtt2

2!.

Cứ tiếp tục như vậy ta được:

||Sn(t)|| ≤ Mn+1||B||neωttn

n!, ∀t ≥ 0.

Đặt S(t) =∞∑

n=0

Sn(t). Khi đó:

||S(t)|| ≤

∞∑

n=0

||Sn(t)|| ≤

∞∑

n=0

Mn+1||B||neωttn

n!

= Meωt∞∑

n=0

Mn||B||ntn

n!, ∀t ≥ 0.

27

Vì∞∑

n=0

MnBntn

n!hội tụ nên

∞∑

n=0

Sn(t) là hội tụ tuyệt đối.

Hơn nữa, ta có:||S(t)|| ≤ Me(ω+M ||B||)t.

Ta thấy S(t) =∞∑

n=0

Sn(t) thỏa mãn (2.1). Thật vậy, ta có:

S(t)x0 =

∞∑

n=0

Sn(t)x0 = S0(t)x0 +

∞∑

n=1

Sn(t)x0

= T (t)x0 +

∞∑

n=1

∫ t

0

T (t− s)BSn−1(s)x0ds

= T (t)x0 +

∫ t

0

T (t− s)BS(s)x0ds.

(2.2)

Điều này chứng tỏ S(t) là nghiệm của (2.1).Giả sử S(t) và S(t) là hai nghiệm của (2.1) .

Ta có:S(t)x0 = T (t)x0 +

∫ t

0T (t− s)BS(s)x0ds

S(t)x0 = T (t)x0 +∫ t

0T (t− s)BS(s)x0ds.

Khi đó, trừ từng vế của hai phương trình ta được:

(

S(t)− S(t))

x0 =

∫ t

0

T (t− s)B(S(s)− S(s))x0ds.

Do đó:

||(S(t)− S(t))x0|| ≤

∫ t

0

Meω(t−s)||B||||(S(s)− S(s))x0||ds.

Đặt e−ωt||(S(t)− S(t))x0|| = g(t), suy ra g(t) ≤ M ||B||∫ t

0g(s)ds.

Theo bổ đề Gronwall-Bellman suy ra g(t) ≤ g(0)eM ||B||t với g(0) = 0.

Từ đó suy ra g(t) = 0. Vậy S(t) = S(t).

Chứng minh tính liên tục mạnh của S(t). Với h > 0, ta có:

||S(t+ h)x0 − S(t)x0|| ≤ ||T (t+ h)x0 − T (t)x0||+ ||

∫ t+h

0

T (t+ h− s)BS(s)x0ds

−

∫ t

0

T (t− s)BS(s)x0ds||

≤ ||T (t+ h)x0 − T (t)x0||+

∫ t

0

||(T (t+ h− s)− T (t− s))BS(s)x0||ds

+

∫ t+h

t

||T (t+ h− s)BS(s)x0||ds.

28

Theo định lý hội tụ Lebesgue, tính liên tục mạnh của T (t), tính bị chặn của T (t)

và S(t) ta suy ra S(t) liên tục phải.Mặt khác, ta có:

||S(t− h)x0 − S(t)x0|| ≤ ||T (t− h)x0 − T (t)x0||+ ||

∫ t−h

0

T (t− h− s)BS(s)x0ds

−

∫ t

0

T (t− s)BS(s)x0ds||

= ||T (t− h)x0 − T (t)x0||+ ||

∫ t−h

0

T (t− h− s)BS(s)x0ds

−

∫ t−h

−h

T (t− h− s)BS(s+ h)x0ds||

≤ ||T (t− h)x0 − T (t)x0||+ ||

∫ 0

−h

T (t− h− s)BS(s+ h)x0ds||

+ ||

∫ t−h

0

T (t− h− s)B(S(s)− S(s+ h))x0ds||.

Sử dụng định lý hội tụ Lebesgue, tính liên tục phải của S(t), tính liên tục mạnhcủa T (t), tính bị chặn của T (t) và S(t) ta suy ra S(t) liên tục trái.Vậy S(t) liên tục mạnh.

Chứng minh tính chất nửa nhóm S(t+ s) = S(t)S(s), ∀t, s ≥ 0. Từ (2.2) ta có:

S(t+ s)x0 − S(t)S(s)x0 = T (t+ s)x0 +

∫ t+s

0

T (t+ s− u)ABS(u)x0du

−

(

T (t) +

∫ t

0

T (t− u)BS(u)du

)

.

(

T (s)x0 +

∫ s

0

T (s− v)BS(v)x0dv

)

=

∫ t+s

0

T (t+ s− u)BS(u)x0du−

∫ s

0

T (t+ s− v)BS(v)x0dv

−

∫ t

0

T (t− u)BS(u)S(s)x0du

=

∫ t+s

s

T (t+ s− u)BS(u)x0du−

∫ t

0

T (t− u)BS(u)S(s)x0du

=

∫ t

0

T (t− u)B(S(s+ u)− S(s)S(u))x0du.

Do đó:

||S(t+ s)x0 − S(t)S(s)x0|| ≤ M ||B||

∫ t

0

eω(t−u)||S(s+ u)x0 − S(s)S(u)x0||du.

Nếu g(t) = e−ωt||S(t+ s)x0 − S(t)S(s)x0|| thì g(t) ≤ M ||B||∫ t

0g(s)ds ∀t ≥ 0.

Theo bổ đề Gronwal-Bellman, ta có: g(t) ≤ g(0)eM ||B||t với g(0) = 0.

29

Từ đó suy ra g(t) = 0; Tức là : S(t+ s) = S(t)S(s).

Chứng minh A+B là toán tử sinh của S(t). Trước hết ta chỉ ra rằng:∫ t

0

S(t− u)(A+B)x0du = S(t)x0 − x0, x0 ∈ D(A). (2.3)

Thật vậy, ta có:∫ t

0

S(t− u)(A+B)x0du =

∫ t

0

T (t− u)Ax0du+

∫ t

0

T (t− u)Bx0du

+

∫ t

0

∫ t

u

T (t− s)BS(s− u)(A+B)x0dsdu

= T (t)x0 − x0 +

∫ t

0

T (t− s)B

(∫ s

0

S(s− u)(A+B)x0du+ x0

)

ds.

Vậy∫ t

0S(t− u)(A+B)x0du+ x0 là nghiệm của (2.1).

Do tính duy nhất nghiệm nên

S(t)x0 = x0 +

∫ t

0

S(t− u)(A+B)x0du.

Từ đó suy ra S(t)x0 − x0 =∫ t

0S(t− u)(A+B)x0du.

Khi đó:

limh→0+

S(h)x0 − x0

h= lim

h→0+

∫ h

0S(u)(A+B)x0du

h= (A+B)x0, x0 ∈ D(A).

Hơn nữa, A+B là toán tử đóng nên suy ra A+B là toán tử sinh của S(t).

Hệ quả 2.1. Cho (T (t))t≥0 và (S(t))t≥0 là hai nửa nhóm liên tục mạnh, trong đó

toán tử sinh của (S(t))t≥0 nhận được từ toán tử sinh của (T (t))t≥0 bởi một nhiễu

bị chặn. Khi đó ||T (t)− S(t)|| ≤ Mt với mọi t ∈ [0; 1] và M là hằng số dương nào

đó.

Chứng minh. Ta có:

||T (t)x− S(t)x|| =

∫ t

0

||T (t− s)BS(s)x||ds

≤ t supr∈[0;1]

||T (r)|| sups∈[0;1]

||S(s)||.||B||.||x||, ∀x ∈ X, ∀t ∈ [0; 1].

Suy ra ||T (t)− S(t)|| ≤ Mt, ∀t ∈ [0; 1] .

30

2.3 Sự tồn tại nghiệm của phương trình tích phân Volterra

Cho (X, ||.||) là một không gian Banach và [a, b] (−∞ < a < b < +∞) là mộtkhoảng đóng. Xây dựng trong C([a, b], X) một chuẩn mới như sau:

|||x||| = supa≤t≤b

||x(t)||.

Khi đó C([a, b], X) cùng với chuẩn mới này trở thành một không gian Banach.Giả sử K(t, s, x) là một hàm liên tục từ [a, b]× [a, b]×X vào X. Chúng ta có địnhnghĩa:

Định nghĩa 2.4. (i) Toán tử tích phân Volterra là toán tử

V : C([a, b], X) → C([a, b], X) xác định bởi

V (x)(t) =

∫ t

a

K(t, s, x(s))ds, ∀x ∈ C([a, b], X), ∀t ∈ [a, b]. (2.4)

(ii) Phương trình tích phân Volterra là phương trình có dạng:

x(t) =

∫ t

a

K(t, s, x(s))ds+ y(t), ∀t ∈ [a, b] (2.5)

hay tương đươngx = V (x) + y, (2.6)

trong đó x ∈ C([a, b], X) là hàm ẩn cần tìm, V là toán tử tích phân Volterra vàhạng tử tự do y ∈ C([a, b], X) là hàm cho trước.

Nhận xét 2.1. (i) Nếu hàm K(t, s, x) tách được thành K(t, s)x, tức là K(t, s, x) =

K(t, s)x với K : [a, b] × [a, b] → L(X) thì hàm K(t, s) được gọi là nhân của toántử V.(ii) Phương trình ta xét ở trên là phương trình tích phân Volterra loại II. Phươngtrình tích phân Volterra loại I là phương trình có dạng:

∫ t

a

K(t, s, x(s))ds = y(t) (2.7)

hay tương đươngV (x) = y, (2.8)

trong đó V là toán tử tích phân Volterra.(iii) Nếu phương trình tích phân Volterra loại I có nhân K(t, s)cùng với hàm y(t)

khả vi liên tục theo t và toán tử K(t, t) khả nghịch với mọi t ∈ [a, b] thì ta đưa

31

về tích phân Volterra loại II theo cách sau:Đạo hàm hai vế của phương trình

∫ t

a

K(t, s, x(s))ds = y(t)

ta được:

K(t, t)x(t) +

∫ t

a

∂K

∂t(t, s)x(s)ds =

dy(t)

dt.

Từ đó, ta có:

x(t) =

∫ t

a

[

−K−1(t, t)∂K

∂t(t, s)x(s)

]

ds+

[

K−1(t, t)dy(t)

dt

]

.

Tiếp theo chúng ta xét định lý chính của phần này. Ý nghĩa của nó là mọi toántử tích phân Volterra luôn là ánh xạ co theo chuẩn Bielecki khi hàm K(t, s, x)

của nó thỏa mãn điều kiện Lipschitz. Đồng thời nó cũng là một điều kiện đủ chosự tồn tại và duy nhất nghiệm của phương trình tích phân Volterra tương ứng.

Định lý 2.3. (Định lý Bielecki) Giả sử rằng hàm K(t, s, x) thỏa mãn điều kiện

Lipschitz theo x, y và đều theo t, tức là:

||K(t, s, x)−K(t, s, y)|| ≤ L(s)||x− y|| (2.9)

và hằng số Lipschitz L(s) là hàm khả tích địa phương theo s.

Khi đó:

(i) Toán tử tích phân Volterra V là một ánh xạ co theo chuẩn Beilecki

||x||B,p = supa≤t≤b

e−p∫

t

aL(s)ds||x(t)||, p > 1. (2.10)

(ii)Phương trình tích phân Volterra (2.6) có nghiệm duy nhất và nghiệm này phụ

thuộc liên tục vào y.

Chứng minh.

(i) Trong không gian C([a, b], X) chúng ta xét chuẩn Beilecki

||x||B,p = supa≤t≤b

e−p∫

t

aL(s)ds||x(t)||, p > 0. (2.11)

Chúng ta sẽ chứng tỏ rằng ||.||B,p tương đương với chuẩn |||.||| và toán tử V thỏa

mãn điều kiện Lipschitz với hằng số Lipschitz1

ptheo chuẩn Beilecki ||.||B,p, tức

là:||V (x)− V (y)||B,p ≤

1

p||x− y||B,p.

32

Thật vậy, tính tương đương suy ra từ ước lượng

C1|||.||| ≤ ||.||B,p ≤ C2|||.|||,

với C1 = e−p∫

b

aL(s)ds > 0, c2 = 1 > 0.

Do đó không gian C([a, b], X) cũng là không gian Banach theo nghĩa Beilecki.Ta có:

||V (x)− V (y)||B,p = supa≤t≤b

e−p∫

t

aL(s)ds||V (x)(t)− V (y)(t)||

= supa≤t≤b

e−p∫

t

aL(s)ds||

∫ t

a

[K(t, s, x(s))−K(t, s, y(s))]ds||

≤ supa≤t≤b

e−p∫

t

aL(s)ds

∫ t

a

||K(t, s, x(s))−K(t, s, y(s))||ds

≤ supa≤t≤b

e−p∫

t

aL(s)ds

∫ t

a

L(s)||x(s)− y(s)||ds

= supa≤t≤b

e−p∫

t

aL(s)ds

∫ t

a

L(s)ep∫

s

aL(u)du

[

e−p∫

s

aL(u)du||x(s)− y(s)||

]

ds

≤ ||x− y||B,p supa≤t≤b

e−p∫

t

aL(s)ds

∫ t

a

L(s)ep∫

s

aL(u)duds

≤1

p||x− y||B,p.

Vì∫ t

a

L(s)ep∫

s

aL(u)duds =

1

p

∫ t

a

d

(

ep∫

s

aL(u)du

)

=1

pep

∫s

aL(u)du

∣

∣

s=t

s=a

=1

pep

∫s

aL(u)du −

1

p<

1

pep

∫t

aL(s)ds.

Do đó lấy p > 1 thì V là ánh xạ co theo chuẩn Beilecki với hệ số co1

p.

(ii) Theo phần (i) toán tử tích phân Volterra V là ánh xạ co.Suy ra toán tử U(x) = V (x) + y cũng là ánh xạ co, vì

||U(x)− U(y)||B,p = ||V (x)− V (y)||B,p <1

p||x− y||B,p.

Áp dụng nguyên lý ánh xạ co cho U thì phương trình tích phân Volterra

x(t) =

∫ t

a

K(t, s, x(s))ds+ y(t)

có nghiệm x duy nhất với mọi hàm y ∈ C([a, b], X) cho trước.Để chứng tỏ nghiệm x này phụ thuộc liên tục vào y, ta chú ý rằng:

x = V (x) + y.

33

Do đó, nếu gọi xy và xy0 là hai nghiệm tương ứng với y và y0 thì

||xy − xy0 ||B,p = ||V (xy)− V (xy0 + y − y0)||B,p

≤ ||V (xy)− V (xy0)||B,p + ||y − y0||B,p

≤1

p||xy − xy0 ||B,p + ||y − y0||B,p.

Suy ra ||xy − xy0 ||B,p ≤p

p− 1||y − y0||B,p → 0 khi y → y0. Vậy nghiệm x tồn tại

duy nhất và phụ thuộc liên tục vào y. Định lý được chứng minh.

Nhận xét 2.2.(i) Đối với toán tử V thì chúng ta không cần giả thiết K(t, s, x) là một hàm liêntục mạnh mà chỉ cần giả thiết rằng đối với t, x cố định nó là hàm đo được mạnh,khả tích địa phương theo s và thỏa mãn điều kiện Lipschitz như trên. Khi đótoán tử V thỏa mãn điều kiện Lipschitz với cùng một hằng số Lipschitz.(ii) Chuẩn Bielecki ||.||B,p cũng có thể xét trên nửa khoảng [a,+∞) và trong nửakhoảng vô hạn này toán tử V vẫn là ánh xạ co miễn là p > 1.Định lý Bielecki cho ta một kết luận định tính về nghiệm của phương trình (2.6),

còn định lý sau cho ta kết quả định lượng về nghiệm của nó và được sử dụngnhiều trong thực hành.

Định lý 2.4. (Phương pháp xấp xỉ liên tiếp)Với các giả thiết như trong định lý Beilecki thì nghiệm duy nhất của phương

trình tích phân Volterra (2.6) được cho bởi chuỗi phần tử

x = y + V y + V 2y + ...+ V ny + ...

Chứng minh.

Ta xây dựng dãy xnn như sau:x1 = y;

x2 = y + V x1 = y + V y;

x3 = y + V x2 = y + V y + V 2y;

.........xn = y + V xn−1 = y + V y + V 2y + ...+ V n−1y, ∀n = 2, 3, 4, ...

Vì toán tử tích phân Volterra V là ánh xạ co theo chuẩn Bielecki nên toán tửU(.) = V (.) + y cũng vậy. Do đó theo nguyên lý ánh xạ co suy ra dãy xnn hộitụ đến nghiệm duy nhất x của phương trình (2.6).

Từ đó, ta có:

x = limn→+∞

xn = y + V y + V 2y + ... + V ny + ....

34

Ví dụ 2.2. Giải các phương trình tích phân Volterra sau trong không gianC([0, 1];R).

a) x(t) =t∫

0

x(s)ds+t2

2+ t+ 1, ∀t ∈ [0, 1].

Ta có K(t, s, x) = x thoả mãn các điều kiện của định lý Bielecki nên phươngtrình đã cho có nghiệm duy nhất. Ta đi tìm nghiệm bằng phương pháp xấp xỉliên tiếp.

Ta có: y =t2

2+ t+ 1 =

t2

2!+ t+ 1;

V y =t∫

0

(

s2

2!+ s+ 1

)

ds =t3

3!+

t2

2!+ t;

V 2y = V (V y) =t∫

0

(

s3

3!+

s2

2!+ s

)

ds =t4

4!+

t3

3!+

t2

2!;

Cứ tiếp tục như vậy ta được: V ny =tn+2

(n + 2)!+

tn+1

(n+ 1)!+

tn

n!.

Theo Định lý 2.4 thì nghiệm của phương trình đã cho là:

x(t) =

+∞∑

n=0

(

tn+2

(n+ 2)!+

tn+1

(n+ 1)!+

tn

n!

)

=(

et − 1− t)

+ (et − 1) + et

= 3et − t− 2, ∀t ∈ [0, 1].

b) x(t) =t

2+

t∫

0

tsx(s)ds, ∀t ∈ [0, 1].

Tương tự như trên ta có:y =

t

2;

V y =t∫

0

t.s.s

2ds =

t

2.t3

3;

V 2y = V (V y) =t∫

0

ts.s

2.s3

3ds =

t

2.1

2!

(

t3

3

)2

;

V 3y = V (V 2y) =t∫

0

ts.s

2.1

2!

(

s3

3

)2

ds =t

2.1

3!

(

t3

3

)3

;

Một cách tổng quát

V ny =t

2.1

n!

(

t3

3

)n

.

Vậy nghiệm của phương trình đã cho là:

x(t) =

+∞∑

n=0

t

2.1

n!

(

t3

3

)n

=t

2e

t3

3 , ∀t ∈ [0, 1].

35

2.4 Họ toán tử tiến hóa liên tục mạnh đủ tốt

Giả sử (T (t))t≥0 là nửa nhóm liên tục mạnh sinh bởi A(D(A)), ta xét họ cáctoán tử tiến hoá U(t, s) : X → X xác định bởi :

U(t, s)x = T (t− s)x+

∫ t

s

T (t− ζ)B(ζ)U(ζ, s)xdζ, x ∈ X, (2.12)

trong đó x ∈ X, 0 ≤ s ≤ t ≤ t1, B(t) ∈ L(X).

Chúng ta biết rằng nếu B(.) ∈ Cb([0, t1],Ls(X)) thì phương trình (2.12) xác địnhmột họ toán tử tiến hoá liên tục mạnh.Chúng tôi xin nhắc lại rằng họ toán tử tiến hoá liên tục mạnh thoả mãn cácđiều kiện trong định nghĩa sau đây.

Định nghĩa 2.5. (U(t, s))t≥s≥0 được gọi là họ toán tử tiến hoá liên tục mạnhnếu thoả mãn các tính chất:1. U(t, t) = I, ∀t ≥ 0.2. U(t, s).U(s, τ) = U(t, τ), ∀t ≥ s ≥ τ ≥ 0.

3. Ánh xạ (t, s) → U(t, s)x liên tục với mỗi x ∈ X.

4. ||U(t, s)|| ≤ Neω(t−s) với các hằng dương N, ω không phụ thuộc vào t ≥ s ≥ 0.

Trong định nghĩa 2.5 chúng ta giả thiết B(.) ∈ Cb(R+,Ls(X)). Tuy nhiên trong

một số mô hình ứng dụng, đặc biệt đối với bài toán liên quan đến lý thuyết điềukhiển chúng ta cần giảm nhẹ hơn giả thiết này. Sau đây chúng ta sẽ giả thiếtB(.) : [0, t1] → L(X) đo được mạnh trên [0, t1] và thoả mãn điều kiện

ess sup0≤t≤t1

||B(t)|| < ∞, (2.13)

tức là B ∈ L∞([0, t1],L(X)) với chuẩn

||B(t)||∞ = ess sup0≤t≤t1

||B(t)||.

Ký hiệu ∆(t1) = (t, s)|0 ≤ s ≤ t ≤ t1.

Với (t, s) ∈ ∆(t1) ta xét dãy toán tử Qn(t, s) : X → X được xác định bởi:Q0(t, s) = g(t) = T (t− s),

Q1(t, s) =∫ t

sT (t− ζ)B(ζ)Q0(ζ, s)dζ,

...Qn(t, s) =

∫ t

sT (t− ζ)B(ζ)Qn−1(ζ, s)dζ.

Bằng phương pháp truy hồi ta có thể chỉ ra rằng với mọi (t, s) ∈ ∆(t1), ta có:

||Qn(t, s)||∞ ≤ Mn0 ||B(t)||∞

(t− s)n

n!.

36

Như vậy chuỗi∞∑

n=0

||Qn(t, s)||∞ hội tụ tuyêt đối, tức là chuỗi∞∑

n=0

Qn(t, s) hội tụ

tuyệt đối.

Ký hiệu U(t, s) =∞∑

n=0

Qn(t, s), ta có định lý sau.

Định lý 2.5. U(t, s)x =∞∑

n=0

Qn(t, s)x là nghiệm duy nhất của phương trình (2.12).

Chứng minh.

Chứng minh sự tồn tại nghiệm.

Ta có:

U(t, s)x =

∞∑

n=0

Qn(t, s)x = Q0(t, s)x+

∞∑

n=1

Qn(t, s)x

= T (t− s)x+

∞∑

n=1

∫ t

s

T (t− ζ)B(ζ)Qn−1(ζ, s)dζ

= T (t− s)x+

∫ t

s

T (t− ζ)B(ζ)U(ζ, s)dζ.

Từ đó suy ra U(t, s) là nghiệm của (2.12).

Chứng minh tính duy nhất nghiệm.

Việc chứng minh tính duy nhất nghiệm có thể được thực hiện nhờ nguyên lýánh xạ co. Giả sử t ∈ [s, t1], U(t, s) : [s, t1] → Xvà x(t) = U(t, s)x, ta xét toán tửV (t, s) : C([s, t1], X) → C([s, t1], X) được xác định như sau:

V (t, x(t)) = T (t− s)x+

∫ t

s

T (t− ζ)B(ζ)x(ζ)dζ.

Trong C([0, t1], X) ta ký hiệu

||x||B,p = sup0≤t≤t1

e−p∫

t

0||B(s)||ds||x(t)||, p > 1.

Khi đó |||.|||và ||.||B,p là tương đương. Vì với C1 = e−p∫

t1

0L(s)ds > 0, c2 = 1 > 0, ta

có:

C1|||.||| ≤ ||.||B,p ≤ C2|||.|||,

Do đó, không gian C([0, t1], X) là không gian Banach theo nghĩa Beilecki.

37

Ta có:

||V (x)− V (y)||B,p = sup0≤t≤t1

e−p∫

t

0||B(τ )||dτ .||V (t, x(t))− V (t, x(t))||

≤ sup0≤t≤t1

e−p∫

t

0||B(τ )||dτ .

∫ t

s

||T (t− ζ)||.||B(ζ)||.||x(ζ)− y(ζ)||dζ

≤ sup0≤t≤t1

e−p∫

t

0||B(τ )||dτ .

∫ t

s

||T (t− ζ)||.||B(ζ)||.ep∫

t

0||B(τ )||dτ

.

[

e−p∫

t

0||B(τ )||dτ ||x(ζ)− y(ζ)||

]

dζ

≤ ||x− y||B,p sup0≤t≤t1

e−p∫

t

0||B(τ )dτ .

∫ t

s

||T (t− ζ)||.||B(ζ)||.ep∫

t

0||B(τ )||dτ .

≤ ||x− y||B,p sup0≤t≤t1

e−p∫

t

0||B(τ )dτ .

∫ t

s

||B(ζ)||.ep∫

t

0||B(τ )||dτ

≤1

p||x− y||B,p.

Vì∫ t

s

||B(ζ)||.ep∫

t

0||B(τ )||dτ =

1

p

∫ t

s

d(ep∫

t

0||B(τ )||dτ )

≤1

pep

∫t

0||B(τ )||dτ , t1 ≥ t ≥ s ≥ 0.

Với p > 1 thì V là ánh xạ co theo chuẩn Beilecki với hệ số co1

p.

Khi đó áp dụng nguyên lý ánh xạ co thì phương trình (2.12) có nghiệm duy nhất.Định lý được chứng minh.

Định nghĩa 2.6. Giả sử ∆(t1) = (t, s) : 0 ≤ s ≤ t ≤ t1, khi đó U(t, s) : ∆(t1) →

L(X) được gọi là họ toán tử tiến hóa liên tục mạnh đủ tốt nếu thỏa mãn cáctính chất sau:a) U(t, t) = I, t ∈ [0, t1].

b) U(t, r)U(r, s) = U(t, s), 0 ≤ s ≤ t ≤ t1.

c) U(., s) liên tục mạnh trên [s, t1] và U(t, .) liên tục mạnh trên [0, t].

Từ c) suy ra ||U(t, s)|| ≤ M1eω(t−s), t ≥ s.

Định lý 2.6. Họ toán tử tiến hoá U(t, s) được xác định bởi (2.12) là họ toán tử

tiến hóa liên tục mạnh đủ tốt trên ∆(t1); Tức là các tính chất a), b), c) trong

định nghĩa 2.6 thỏa mãn.

Chứng minh.

Tính chất a) đúng do U(t, t)x0 = T (t− t)x0 = T (0)x0 = x0,

suy ra U(t, t) = I.

38

Tính chất b) đúng do U(t, s)x0 = T (t − s)x0 +∫ t

sT (t − ζ)B(ζ)U(ζ, s)x0dζ. Từ đó

thay vào ta được U(t, s) = U(t, r).U(r, s).

Chứng minh tính chất c), trước hết ta chỉ ra (U(t, s))0≤s≤t≤t1 liên tục mạnh theot. Thật vậy, với s ∈ [0, t1], h > 0, ta có:

U(t + h, s)x0 − U(t, s)x0 = [T (t+ h− s)− T (t− s)]x0

+

∫ t+h

s

T (t+ h− ζ)B(ζ)U(ζ, s)x0dζ −

∫ t

s

T (t− ζ)B(ζ)U(ζ, s)x0dζ.

Suy ra

||U(t+ h, s)x0 − U(t, s)x0|| ≤ ||T (t+ h− s)x0 − T (t− s)x0||

+

∫ t

s

||T (t+ h− ζ)x0 − T (t− ζ)x0||.||B(ζ)||.||U(ζ, s)||ds

+

∫ t+h

t

||T (t+ h− ζ)x0||.||B(ζ)||.||U(ζ, s)||dζ.

Do tính liên tục mạnh của (T (t))t≥0, tính bị chặn hầu khắp nơi của B(t) và tínhbị chặn của U(t, s) nên có thể chỉ ra rằng : ∀ǫ > 0, tồn tại δ > 0 sao cho nếu h < δ

thì ta có:||U(t+ h, s)x0 − U(t, s)x0|| <

ǫ

3+

ǫ

3+

ǫ

3= ǫ. (2.14)

Mặt khác,

||U(t− h, s)x0 − U(t, s)x0|| ≤ ||T (t− h− s)x0 − T (t− s)x0||

+ ||

∫ t−h

s

T (t− h− ζ)B(ζ)U(ζ, s)x0dζ ||

+ ||

∫ t

s

T (t− ζ)B(ζ)U(ζ, s)x0dζ ||.

Suy ra

||U(t− h, s)x0 − U(t, s)x0|| ≤ ||T (t− h− s)x0 − T (t− s)x0||

+

∫ t−h

s

||T (t− h− ζ)− T (t− ζ)||.||B(ζ)||.||U(ζ, s)||x0dζ

+

∫ t

t−h

||T (t− ζ)||.||B(ζ)||.||U(ζ, s)||x0dζ.

Do tính liên tục mạnh của (T (t))t≥0, tính bị chặn hầu khắp nơi của B(t) và tínhbị chặn của U(t, s) nên có thể chỉ ra rằng: ∀ǫ > 0, tồn tại δ > 0 sao cho nếu h < δ

thì||U(t− h, s)x0 − U(t, s)x0|| <

ǫ

3+

ǫ

3+

ǫ

3= ǫ. (2.15)

39

Từ (2.14) và (2.15) suy ra U(t, s) liên tục mạnh theo t.Chứng minh (U(t, s))0≤s≤t≤t1 liên tục mạnh theo s. Với h > 0, ta có:

U(t, s+ h)x0 − U(t, s)x0 = [T (t− s− h)− T (t− s)]x0

+

∫ t

s+h

T (t− ζ)B(ζ)U(ζ, s+ h)x0dζ −

∫ t

s

T (t− ζ)B(ζ)U(ζ, s)x0dζ

= [T (t− s− h)− T (t− s)]x0 +

∫ t

s

T (t− ζ)B(ζ) [U(ζ, s+ h)x0 − U(ζ, s)x0] dζ

−

∫ s+h

s

T (t− ζ)B(ζ)U(ζ, s+ h)x0dζ −

∫ t

s

T (t− ζ)B(ζ)U(ζ, s)x0dζ.

(2.16)Đặt K(t, s, h) = [T (t− s− h)− T (t− s)]x0 −

∫ s+h

sT (t− ζ)B(ζ)U(ζ, s+ h)x0dζ.

Do tính liên tục mạnh của T(t) và tính bị chặn hầu khắp nơi của B(t) và tínhbị chặn của U(t, s) suy ra tồn tại ǫ1(h) sao cho:

||K(t, s, h)|| ≤ ǫ1(h), ∀t ≥ s ≥ 0.

Khi đó:

||U(t, s+h)x0−U(t, s)x0|| ≤ ǫ1(h)+

∫ t

s

||T (t−ζ)||.||B(ζ)||.||U(ζ, s+h)x0−U(ζ, s)x0||

Áp dụng bổ đề Gronwall-Bellman suy ra

||U(t, s+ h)x0 − U(t, s)x0|| ≤ ǫ1(h)exp

(∫ t

s

||T (t− ζ)||.||B(ζ)||dζ

)

.

Suy ralimh→0+

||U(t, s+ h)x0 − U(t, s)x0|| = 0.

Vậy U(t, s) liên tục mạnh bên phải theo s.Tương tự U(t, s) liên tục mạnh bên trái theo s.Tóm lại : U(t, s) liên tục mạnh theo s.

40

Chương 3

Dáng điệu tiệm cận của phương

trình tiến hóa tuyến tính và ứng

dụng

3.1 Sự tương đương tiệm cận của các họ toán tử tiến hóa

3.1.1 Sự tương đương tiệm cận của nửa nhóm liên tục mạnh và họ toán

tử tiến hoá liên tục mạnh

Giả sử (T (t))t≥0 là nửa nhóm liên tục mạnh sinh bởi toán tử tuyến tính(A,D(A)) trong không gian Banach X. Cùng với nửa nhóm (T (t))t≥0 ta xét họtoán tử tiến hoá (U(t, s))t≥s≥0 được xác định bởi:

U(t, s)x = T (t− s)x+

∫ t

s

T (t− ζ)B(ζ)U(ζ, s)xdζ, ∀x ∈ X, (3.1)

trong đó B(.) ∈ Cb([0, t1],Ls(X)).

Định nghĩa 3.1. Nửa nhóm liên tục mạnh (T (t))t≥0 và họ các toán tử tiến hóaliên tục mạnh (U(t, s))t≥s≥0 được gọi là tương đương tiệm cận nếu với mỗi x ∈ X,

tồn tại y ∈ X sao cho:

limt→∞

||T (t− t0)x− U(t, t0)y|| = 0,

và ngược lại đối với t0 ∈ R+ cố định.

Định nghĩa 3.2. Nửa nhóm liên tục mạnh (T (t))t≥0 được gọi là song ổn địnhtrong không gian Banach X nếu tồn tại t0 > 0 sao cho T (t0) : X → X là khả

41

nghịch và tồn tại chuẩn mới (|||.|||) tương đương với chuẩn xuất phát sao cho

|||T (t0)||| = |||T−1(t0)||| = 1.

Định lý 3.1. Giả sử (T (t))t≥0 là nửa nhóm liên tục mạnh sinh bởi (A, D(A))

trong không gian Banach X. Khi đó các điều kiện sau là tương đương:

a) (T (t))t≥0 là song ổn định.

b) (T (t))t≥0 có thể thác triển thành nhóm giới nội trong X.

c) (T (t))t≥0 có thể thác triển thành nhóm đẳng cự (T (t))t∈R trong không gian

Banach có chuẩn tương đương với chuẩn xuất phát.

d) Với mọi λ ∈ R\0 ta có λ ∈ ρ(A) và tồn tại M ≥ 1 sao cho

||[λR(λ,A)]n|| ≤ M, ∀n ∈ N.

Chứng minh.

a) ⇒ b) Theo giả thiết của a) tồn tại t0 > 0 sao cho T (t0) khả nghịch nên (T (t))t≥0

thác triển được thành nhóm liên tục mạnh (T (t))t∈R. Ta sẽ chứng minh nhómnày giới nội.Thật vậy, đặt T+(t) = T (t) và T−(t) = T (−t) với t ≥ 0. Do (T+(t))t≥0 là nửa nhómliên tục mạnh nên tồn tại hằng số M1 > 0 sao cho

sup0≤t≤t0

|||T+(t)||| ≤ M1.

Với t ≥ t0, ta có t = nt0 + s (n ∈ N, 0 ≤ s < t0). Từ đó ta suy ra

T+(t) = (T+(t0))nT+(s),

suy ra|||T+(t)||| ≤ |||T+(t0)|||

n.|||T+(s)||| ≤ M1.

Vậy, ta có:supt≥0

|||T+(t)||| ≤ M1.

Lập luận tương tự như trên ta có:

supt≥0

|||T−(t)||| ≤ M2.

Đặt M3 = maxM1,M2, khi đó:

supt∈R

|||T (t)||| ≤ M3.

Điều này có nghĩa là (T (t))t∈R là nhóm giới nội trong (X, |||.|||). Vì |||.||| tươngđương với chuẩn xuất phát (||.||) nên (T (t))t∈R là nhóm giới nội trong (X, ||.||).

42

b) ⇒ c) Đặt ||x||1 := supt∈R

||T (t)x|| suy ra b) ⇒ c) đúng.

c) ⇒ d) Từ giả thiết của c) suy ra (T (t))t≥0 có thể thác triển thành nhóm giớinội trong (X, ||.||), tức là tồn tại M4 ≥ 1 sao cho với mọi t ∈ R, ta có:

||T (t)|| ≤ M4.

Với λ > 0, theo Định lý 1.7 trong chương 1 ta có:

R(λ,A)x =

∫ ∞

0

e−λsT (s)xds.

Lý luận tương tự như trong hệ quả 1.1 trong chương 1 ta có:

R(λ,A)nx =(−1)n−1

(n− 1)!.dn−1

dλn−1R(λ,A)x

=1

(n− 1)!

∫ ∞

0

sn−1e−λsT (s)xds.

Từ đó suy ra: ||[λR(λ,A)]n|| ≤ M4, ∀n ∈ N, λ > 0.

Chú ý rằng R(−λ,A) = −R(λ,−A) với mọi λ ∈ −ρ(A) = ρ(−A) nên chúng ta cóthể nhận được đánh giá tương tự cho trường hợp λ < 0. Chọn M = M4 ta cóđiều phải chứng minh.d) ⇒ a) Từ giả thiết của d) ta có:

||[λR(λ,A)]n|| ≤ M, n ∈ N.

Tương tự như trong chứng minh của Định lý 1.9 trong chương 1 chúng ta xâydựng chuẩn mới trong X như sau:

|||x||| := supµ>0

supn≥0

||µnR(µ,A)nx||, ∀n ∈ N.

Lặp lại kỹ thuật chứng minh của Định lý 1.9 trong chương 1, ta có:

|||λR(λ,A)||| ≤ 1, ∀λ > 0.

Điều này dẫn đến (A, D(A)) là toán tử sinh của nửa nhóm co (T+(t))t≥0. Tươngtự đối với trường hợp λ < 0 ta có thể chỉ ra (-A, D(A)) là toán tử sinh của nửanhóm co (T−(t))t≥0. Từ đó ta có nhóm co (T (t))t∈R thỏa mãn điều kiện:

supt∈R

|||T (t)||| ≤ 1.

Theo định nghĩa (3.10) suy ra (T (t))t≥0 là song ổn định. Như vậy ta có d) ⇒ a).

Định lý được chứng minh.

43

Bổ đề 3.1. Cho (T (t))t≥0 là nửa nhóm liên tục mạnh trong không gian Hilbert X.

Giả sử B(.) : X → X thỏa mãn điều kiện B(.) ∈ Cb([0, t1],Ls(X)) và P : X → X

là phép chiếu trực giao trong X, giao hoán với T(t) thỏa mãn các điều kiện

a) (T (t)P )t≥0 là nửa nhóm con ổn định mũ.

b) (T (t)(I − P ))t≥0 là nửa nhóm con song ổn định.

Khi đó tồn tại t0 ∈ R+ sao cho ánh xạ F : X → X xác định bởi:

F : x →

∫ ∞

t0

T (t0 − τ)(I − P )B(τ)U(τ, t0)xdτ

là ánh xạ tuyến tính giới nội và thỏa mãn điều kiện:

||F || ≤ α < 1.

Chứng minh.Đặt S(t) = T (t)P và V (t) = T (t)(I − P ). Khi đó:

T (t) = S(t) + V (t), (3.2)

V (t− s) = T (t− t0)V (t0 − s).

Từ điều kiện b) của bổ đề suy ra tồn tại hằng số dương M5 sao cho với mọit ∈ R, ta có:

||T (t)(I − P )|| ≤ M5.

Do U(t, s)x = T (t−s)x+∫ t

sT (t− ζ)B(ζ)U(ζ, s)xdζ, ∀x ∈ X, và

∫∞

0||B(τ)|| < +∞

nên áp dụng bổ đề Gronwall-Bellman ta có thể suy ra tồn tại hằng số dương M6

sao cho ∀t ≥ t0 ≥ 0 ta có:||U(t, t0)|| ≤ M6.

Với α < 1 bất kì ta có thể tìm một số ∆ > 0 sao cho∫ +∞

t0

||B(τ)||dτ ≤α

M5M6, t0 ≥ ∆ > 0.

Khi đó, ta có:

||F || ≤

∫ ∞

t0

||V (t0 − τ)||.||B(τ)||.||U(τ, t0)||dτ

≤ M5M6

∫ ∞

t0

||B(τ)dτ ≤ α < 1.

(3.3)

Định lý 3.2. Giả sử (T (t))t≥0 là một nửa nhóm giới nội đều sinh bởi A ∈ L(X)

thỏa mãn các điều kiện a) và b) của bổ đề 3.1. Khi đó, (T (t))t≥0 và (U(t, s))t≥s

là tương đương tiệm cận.

44

Chứng minh.

Giả sử (S(t))t≥0, (V (t))t≥0 là các nửa nhóm đã được xây dựng như trong chứngminh bổ đề (3.1). Chú ý rằng từ điều kiện a) của bổ đề suy ra tồn tại các hằngsố dương ω,M7 sao cho:

||S(t)|| ≤ M7e−ωt, ∀t ≥ 0.

Cho y0 ∈ X và x0 = (I +F )y0 (F được xác định như trong bổ đề (3.1)) với t ≥ t0,

ta xét

y(t) = T (t− t0)y0 +

∫ t

t0

T (t− τ)B(τ)U(τ, t0)y0dτ

vàx(t) = T (t− t0)x0

= T (t− t0)y0 +

∫ ∞

t0

V (t− τ)B(τ)U(τ, t0)y0dτ.(3.4)

Ta có: y(t)− x(t) =∫ t

t0T (t− τ)B(τ)U(τ, t0)y0dτ −

∫∞

t0V (t− τ)B(τ)U(τ, t0)y0dτ,

suy ra

y(t)− x(t) =

∫ t

t0

S(t− τ)B(τ)U(τ, t0)y0dτ −

∫ ∞

t

V (t− τ)B(τ)U(τ, t0)y0dτ.

Do đó:

||y(t)− x(t)|| ≤ M6M7||y0||

∫ t

t0

e−ω(t−τ )||B(τ)||dτ +M5M6||y0||

∫ ∞

t

||B(τ)||dτ

≤ M8

∫ t

t0

e−ω(t−τ )||B(τ)||dτ +M9

∫ ∞

t

||B(τ)||dτ

≤ M8

e

−ωt

2

∫

t

2

t0

||B(τ)||dτ +

∫ t

t

2

||B(τ)||dτ

+M9

∫ ∞

t

||B(τ)||dτ,

với M8 = M6.M7||y0||,M9 = M5.M6||y0||.

Mặt khác với mỗi hằng số dương ǫ > 0 tồn tại t∗ > 2t0 sao cho với t ≥ t∗ các bấtđẳng thức sau xảy ra:

e−ωt

2

∫

t

2

t0

||B(τ)||dτ <ǫ

3M8,

∫ t

t

2

||B(τ)||dτ <ǫ

3M8,

∫ ∞

t

||B(τ)||dτ <ǫ

3M9.

45

Khi đó:

||y(t)− x(t)|| ≤ M8

∫

t

2

t0

e−ω(t−τ )||B(τ)dτ +

∫ t

t

2

e−ω(t−τ )||B(τ)||dτ

+M9

∫ ∞

t

||B(τ)||dτ

<ǫ

3+

ǫ

3+

ǫ

3= ǫ.

Suy ralimt→∞

||y(t)− x(t)|| = 0.

Chú ý rằng, I + F : X → X là khả nghịch. Do đó tồn tại một song ánh giữa cáctập nghiệm x(t) và y(t) thỏa mãn định nghĩa về sự tương đương tiệm cậncủa (T (t))t≥0 và (U(t, s))t≥s. Định lý được chứng minh.

3.1.2 Sự tương đương tiệm cận của nửa nhóm liên tục mạnh và họ toán

tử tiến hoá liên tục mạnh đủ tốt

Giả sử (T (t))t≥0 là nửa nhóm liên tục mạnh sinh bởi toán tử tuyến tính(A,D(A)) trong không gian Banach X. Xét họ toán tử tiến hoá liên tục mạnhđủ tốt (U(t, s))t≥s≥0 được xác định bởi:

U(t, s)x = T (t− s)x+

∫ t

s

T (t− ζ)B(ζ)U(ζ, s)dζ, ∀x ∈ X,

trong đó B(.) : [0, t1] → L(X) đo được mạnh trên [0, t1] và thoả mãn điều kiện:

ess sup0≤t≤t1

||B(t)|| < ∞. (3.5)

Định nghĩa 3.3. Nửa nhóm liên tục mạnh (T (t))t≥0 và họ các toán tử tiến hóa(U(t, s))t≥s≥0 được gọi là tương đương tiệm cận trong L∞([0, t1],L(X)) nếu vớimỗi x ∈ X, tồn tại y ∈ X sao cho:

limt→∞

ess sup∆t1

||T (t− t0)x− U(t, t0)y|| = 0

haylimt→∞

||T (t− t0)x− U(t, t0)y||∞ = 0,

và ngược lại đối với t0 ∈ R+ cố định.

Chứng minh tương tự bổ đề 3.1 và Định lý 3.2 ta có các kết quả sau.

Định lý 3.3. Cho (T (t))t≥0 là nửa nhóm liên tục mạnh trong không gian Hilbert

X. Giả sử B(.) : X → X thỏa mãn điều kiện (3.5), và P : X → X là phép chiếu

46

trực giao trong X, giao hoán với T(t) thỏa mãn các điều kiện:

a) (T (t)P )t≥0 là nửa nhóm con ổn định mũ.

b) (T (t)(I − P ))t≥0 là nửa nhóm con song ổn định.

Khi đó tồn tại t0 ∈ R+ sao cho ánh xạ F : X → X xác định bởi:

F : x →

∫ ∞

t0

T (t0 − τ)(I − P )B(τ)U(τ, t0)xdτ

là ánh xạ tuyến tính giới nội và thỏa mãn điều kiện:

||F ||∞ ≤ α < 1.

Định lý 3.4. Giả sử (T (t))t≥0 là một nửa nhóm giới nội đều sinh bởi A ∈ L(X)

thỏa mãn các điều kiện a) và b) của Định lý (3.3). Khi đó (T (t))t≥0 và (U(t, s))t≥s

là tương đương tiệm cận trong không gian L∞([0, t1],L(X)).

3.1.3 Sự tương đương tiệm cận của các họ toán tử tiến hoá

Giả sử X là không gian Banach, xét các phương trình tiến hóa sau:

dx(t)

dt= A1(t)x(t), t ≥ 0, (3.6)

dy(t)

dt= [A1(t) +B(t)]y(t), t ≥ 0, (3.7)

trong đó: B(.) : [0,∞) → L(X) là liên tục mạnh và thỏa mãn điều kiện:∫ ∞

0

||B(τ)||dτ < +∞. (3.8)

Ký hiệu (U1(t, s))t≥s≥0 và (U2(t, s))t≥s≥0 lần lượt là họ các toán tử tiến hóa tươngứng với phương trình (3.6) và (3.7). Khi đó mối quan hệ giữa chúng có thể xácđịnh bởi phương trình sau:

U2(t, s)x = U1(t, s)x+

∫ t

s

U1(t, τ)B(τ)U2(τ, s)xdτ, x ∈ X, (3.9)

trong đó t ≥ s ≥ 0.

Định nghĩa 3.4. Họ các toán tử tiến hóa (U1(t, s))t≥s và (U2(t, s))t≥s được gọilà tương đương tiệm cận nếu với mỗi x ∈ X tồn tại y ∈ X và ngược lại sao cho:

limt→∞

||U1(t, t0)x− U2(t, t0)y|| = 0,

với t0 ∈ R+cố định.

47

Định nghĩa 3.5. Giả sử (U(t, s))t≥s≥0 là họ các toán tử tiến hóa liên tục mạnhtrong không gian Banach. Khi đó (U(t, s))t≥s≥0 được gọi là song ổn định nếu

supt≥s≥0

||U(t, s)||, ||U(s, t)|| < +∞. (3.10)

Từ định nghĩa ta thấy rằng nếu (U(t, s))t≥s≥0 là họ các toán tử tiến hóa liêntục mạnh song ổn định thì (U(t, s))−∞<s≤t<+∞ là họ các toán tử tiến hóa giớinội đều trên R và (3.10) tương đương với điều kiện sau:

sup−∞<s≤t<+∞

||U(t, s)|| < +∞.

Định lý 3.5. Giả sử điều kiện (3.10) được thỏa mãn. Khi đó (U1(t, s))t≥s≥0 và

(U2(t, s))t≥s≥0 là tương đương tiệm cận nếu một trong các điều kiện sau được

thỏa mãn:

a) (U1(t, s))t≥s≥0 là ổn định mũ.

b) (U1(t, s))t≥s≥0 là song ổn định.

Chứng minh.

a) Theo giả thiết của định lý (U1(t, s))t≥s là ổn định mũ, do đó tồn tại các hằngsố dương λ,M sao cho:

||U1(t, s)|| ≤ Me−λ(t−s), ∀t ≥ s ≥ 0.

Từ (3.9) ta có:

||U2(t, s)|| ≤ ||U1(t, s)||+

∫ t

s

||U1(t, τ)||.||B(τ)||.||U2(τ, s)dτ.

Từ điều kiện (3.10), bằng cách sử dụng bổ đề Gronwall-Bellman ta có thể suyra tồn tại hằng số K dương sao cho:

||U2(t, s)|| ≤ K, ∀t ≥ s ≥ 0.

Với t0 ∈ R+ bất kì ta xét: x1(t) = U1(t, t0)x1(t0) và x2(t) = U2(t, t0)x1(t0).

Ta có x2(t) = U1(t, t0)x1(t0) +∫ t

t0U1(t, τ)B(τ)U2(τ, t0)x1(t0)dτ.

Do đó:

x2(t)− x1(t) =

∫ t

t0

U1(t, τ)B(τ)U2(τ, t0)x1(t0)dτ,

48

suy ra

||x2(t)− x1(t)|| ≤

∫ t

t0

||U1(t, τ)||.||B(τ)||.||U2(τ, t0)||.||x1(t0)||dτ

≤ MK||x1(t0)||

∫ t

t0

e−λ(t−τ )||B(τ)||dτ

≤ MK||x1(t0)||

∫

t

2

t0

e−λ(t−τ )||B(τ)||dτ +MK||x1(t0)||

∫ t

t

2

e−λ(t−τ )||B(τ)||dτ

≤ ||x1(t0)||.M.K.e

−λt

2

∫

t

2

t0

||B(τ)||dτ + ||x1(t0)||.M.K

∫ t

t

2

||B(τ)||dτ.

Mặt khác, với mỗi hằng số dương ǫ > 0, tồn tại t1 đủ lớn sao cho với mọit ≥ t1 ≥ t0, ta có:

||x2(t)− x1(t)|| <ǫ

2+

ǫ

2= ǫ.

Suy ralimt→∞

||x2(t)− x1(t)|| = 0.

Điều này có nghĩa là (U1(t, s))t≥s≥0 và (U2(t, s))t≥s≥0 là tương đương tiệm cận.b) Giả sử t0 ∈ R+ ta lấy

x1(t0) =

(

I +

∫ ∞

t0

U1(t0, s)B(s)U2(s, t0)ds

)

x2(t0).

Chú ý rằng do điều kiện (3.10), từ tính song ổn định của (U1(t, s))t ≥ s ≥ 0 vàtính bị chặn của (U2(t, s))t≥s≥0 ta có thể chỉ ra với mỗi α ∈ (0, 1) tồn tại t0 ≥ 0

đủ lớn sao cho:∫ ∞

t0

||U1(t0, s)B(s)U2(s, t0)||ds ≤ α < 1.

Từ đó suy ra ánh xạ tuyến tính Q : X → X được xác định bởi:

Q = I +

∫ ∞

t0

U1(t0, s)B(s)U2(s, t0)ds

là khả nghịch.Tiếp theo với t0 đủ lớn, ta xét các nghiệm tương ứng:

x1(t) = U1(t, t0)x1(t0)

= U1(t, t0)x2(t0) +

∫ ∞

t0

U1(t, s)B(s)U2(s, t0)x2(t0)ds

49

và

x2(t) = U1(t, t0)x2(t0) +

∫ t

t0

U1(t, s)B(s)U2(s, t0)x2(t0)ds.

Ta có:x1(t)− x2(t) =

∫ ∞

t

U1(t, s)B(s)U2(s, t0)x2(t0)ds.

Khi đó:

||x1(t)− x2(t)|| ≤

∫ ∞

t

||U1(t, s)||.||B(s)||.||U2(s, t0)||.||x2(t0)||ds

≤ M1M2||x2(t0)||

∫ ∞

t

||B(s)||ds.

Từ đó suy ra limt→∞

||x1(t)− x2(t)|| = 0.

Vậy (U1(t, s))t ≥ s ≥ 0 và (U2(t, s))t≥s≥0 là tương đương tiệm cận.

3.2 Một số ứng dụng trong mô hình quần thể sinh học

3.2.1 Về tính chất nghiệm của bài toán dân số phụ thuộc vào tuổi

Xét mô hình dân số phụ thuộc vào tuổi được xác định bởi bài toán Cauchysau:

(APE)

∂f

∂t(a, t) +

∂f

∂a(a, t) + µ(a)f(a, t) = 0 với a, t ≥ 0

f(0, t) =∫∞

0β(a)f(a, t)da với t ≥ 0

f(a, 0) = f0(a) với a ≥ 0,

trong đó t và a là các biến thực không âm tương ứng với các đại lượng thời gianvà tuổi của các cá thể; f(., t) mô tả cấu trúc tuổi của quần thể ở thời điểm t vàf0 là giá trị ban đầu của cấu trúc tuổi ở thời điểm t = 0. Ngoài ra µ và β là cáchàm giới nội, đo được, nhận giá trị dương mô tả tỉ lệ sinh và tỉ lệ chết.Để đưa bài toán (APE) về bài toán Cauchy trừu tượng chúng ta xét không gianBanach X = L1(R+) và toán tử đóng trù mật Am được xác định bởi:

Af = −f ′ − µf, f ∈ D(Am) := W 1,1(R+).

Tiếp theo chúng ta xác định toán tử hạn chế của Am như sau:

Af := Amf với D(A) = f ∈ D(Am) : f(0) =

∫ ∞

0

β(a)f(a)da. (3.11)

50

Như vậy thay bài toán (APE) chúng ta sẽ xét bài toán Cauchy trừu tượng

(CE)

u(t) = Au(t) với t ≥ 0

u(0) = f0,

với u(t) := f(., t).

Áp dụng định lý toán tử sinh của nửa nhóm liên tục mạnh ta có thể chỉ ra rằng(A,D(A)) là toán tử sinh của nửa nhóm liên tục mạnh (T (t))t≥0 trong X (gọi lànửa nhóm dân số). Trong trường hợp này, nghiệm duy nhất của (APE) đượccho bởi f(a, t) := T (t)f0(a).Tiếp theo cùng với bài toán Cauchy (APE) chúng ta xét bài toán bị nhiễu sauđây:

(APE(p))

∂f

∂t(a, t) +

∂f

∂a(a, t) + µ(a)f(a, t) = α(t)f(a, t) với a, t ≥ 0

f(0, t) =∫∞

0β(a)f(a, t)da với t ≥ 0

f(a, 0) = f0(a) với a ≥ 0,

trong đó: α : R+ → L(X) là đo được mạnh trên R+ và thỏa mãn điều kiện:∫ ∞

α0

||α(t)||dt < +∞,

với α0 đủ lớn. Từ bài toán Cauchy (APE(p)) chúng ta có thể đưa về xét phươngtrình tiến hóa

(CE(p))

u(t) = [A+ α(t)]u(t), t ≥ 0

u(0) = f0

với u(t) = f(., t).

Tương ứng với bài toán (CE(p)) chúng ta xét phương trình tiến hóa sau:

U(t, s)x = T (t− s)x+

∫ t

s

T (t− τ)B(τ)U(τ, s)xdτ, x ∈ X. (3.12)

Áp dụng định lý về sự tương đương tiệm cận của họ toán tử tiến hóa ta cómệnh đề sau.

Mệnh đề 3.1. Giả sử (T (t))t≥0 là nửa nhóm sinh bởi (A, D(A)), trong đó A

xác định bởi (3.11) và (U(t, s))t≥s≥0 là họ các toán tử tiến hóa được xác định bởi

(3.12). Khi đó các mệnh đề sau đây là đúng:

a) Nếu (T (t))t≥0 là nửa nhóm liên tục giới nội đều thì (U(t, s))t≥s≥0 là giới nội

đều.

51

b)Nếu (T (t))t≥0 là ổn định mũ thì (U(t, s))t≥s≥0 là ổn định mũ.

c)Nếu (T (t))t≥0 là song ổn định thì (T (t))t≥0 và (U(t, s))t≥s≥0 là tương đương tiệm

cận.

Nhận xét 3.1. Mệnh đề trên chỉ ra cho chúng ta bức tranh về dáng điệu tiệmcận của các nghiệm cổ điển của bài toán Cauchy (CE) bị nhiễu. Từ đó ta suy rarằng nếu một nhóm dân số nào đó của quần thể là song ổn định (tức là ổn địnhcả trong tương lai và quá khứ) thì nó trở nên bền vững khi có nhiễu loạn nhỏ.

3.2.2 Tính chất nghiệm của bài toán dân số có phụ thuộc vào tuổi và sự

phân bố dân cư

Giả sử Ω ⊂ Rn là một miền giới nội có biên trơn, ký hiệu p = p(r, t) là mật độdân số tại thời điểm t ≥ 0 với độ tuổi r ≥ 0 và ở vùng địa phương x ∈ Ω, chúngta xét phương trình vi phân sau:

∂p(r, t, x)

∂t+

∂p(r, t, x)

∂r= −µ0p(r, t, x) +K∆p(r, t, x) + µ(t)p(r, t, x)

p(r, 0, x) = p0(r, x)

p(r, t, x) =∫ rm

0β(r)p(r, t, x)dr

p(r, t, x)|∂Ω = 0.

(3.13)

Ở đây µ = µ0 + µ(t) là hàm tỷ lệ chết thoả mãn:

µ(t) ∈ L∞(R+, X) và∫ +∞

0

µ(t)dt < ∞, với X = L1(R+,Ω),

trong đó: β(r) là hàm tỷ lệ sinh (fertility), không âm, giới nội, đo được trên[0, rm]; p0(r, x) là phân bố mật độ ban đầu, p0(r, x) ≥ 0; K là hằng số dương và∆ ký hiệu là toán tử Lapplace trong Rn.

Bây giờ chúng ta đưa bài toán Cauchy đang xét về phương trình vi phân trừutượng trong không gian Banach X = L2(R+×Ω) với chuẩn thông thường và xácđịnh toán tử A : X → X như sau:

Aφ(r, x) = −∂φ(r, x)

∂r− µ0φ(r, x) +K∆φ(r, x), ∀φ ∈ D(A)

D(A) = φ(r, x)|φ,Aφ ∈ X, φ|∂Ω = 0, φ(0, x) =∫ rm

0β(r)φ(r, x)dr.

(3.14)

Áp dụng phương pháp chứng minh tương tự như bổ đề 2.1 ([8] - tr. 234 - 241)và ([5] - tr. 164 - 166) ta có thể nhận được kết quả sau.

52

Định lý 3.6. Toán tử A định nghĩa trong (3.14) là toán tử sinh của nửa nhóm

liên tục mạnh (S(t))t≥0 trên X.

Tương ứng với phương trình (3.13) ta xét phương trình tiến hóa sau:

W (t, s)x = S(t− s)x+

∫ s

t

S(t− τ)µ(τ)W (τ, s)xdτ, t ≥ s ≥ 0. (3.15)

Dễ dàng thấy rằng (W (t, s))t≥s≥0 là họ toán tử tiến hóa liên tục mạnh đủ tốttrên X. Áp dụng định lý sự tương đương tiệm cận của các họ toán tử tiến hóata có kết quả sau.

Mệnh đề 3.2. Giả sử (S(t))t≥s≥0 là nửa nhóm sinh bởi (A, D(A)), trong đó A

xác định bởi (3.14) và (W (t, s))t≥s≥0 là họ các toán tử tiến hóa được xác định bởi

(3.15). Khi đó các mệnh đề sau đây là đúng:

a) Nếu (S(t))t≥s≥0 là nửa nhóm liên tục giới nội đều thì (W (t, s))t≥s≥0 là giới nội

đều.

b) Nếu (S(t))t≥s≥0 là ổn định mũ thì (W (t, s))t≥s≥0 là ổn định mũ.

c) Nếu (S(t))t≥s≥0 là song ổn định thì (S(t))t≥s≥0 và (W (t, s))t≥s≥0 là tương đương

tiệm cận.

Nhận xét 3.2. Theo mệnh đề trên ta thấy trong một số trường hợp khi mà nửanhóm dân số của một quần thể sinh học bị chặn đều thì thay cho việc nghiêncứu mô hình bị nhiễu (3.13) chúng ta có thể đưa về xét dáng điệu tiệm cậnnghiệm của bài toán Cauchy:

dp(r, t, x)

dt= Ap(r, t, x)

p(r, 0, x) = p0(r, x).(3.16)

Liên quan đến vấn đề này chúng ta cần trả lời các câu hỏi khi nào thì mộtnửa nhóm liên tục mạnh thỏa mãn các điều kiện a), b), c) của mệnh đề 3.2 lànhững bài toán tiếp theo mà chúng ta cần phải giải quyết. Do thời gian có hạn,trong khuôn khổ của một luận văn thạc sĩ toán học chúng tôi chưa thể trìnhbày một cách đầy đủ các lời giải tương ứng trong bản luận văn này.

53

Kết luận

Luận văn đã trình bày một cách chi tiết về bài toán nhiễu của nửa nhóm. Nộidung chính của luận văn bao gồm:

1. Tìm hiểu và trình bày lại nội dung của lý thuyết nửa nhóm liên tục mạnhvà toán tử sinh của nó trong không gian Banach.

2. Trình bày chi tiết chứng minh định lý về nhiễu của nửa nhóm và các tínhchất liên quan đến họ toán tử tiến hoá liên tục mạnh đủ tốt.

3. Trình bày ví dụ ứng dụng về mô hình dân số.Đóng góp chính trong luận văn là chứng minh một số kết quả về họ toán

tử tiến hoá liên tục mạnh đủ tốt và ứng dụng trong việc nghiên cứu tínhtương đương tiệm cận của các phương trình vi phân bị nhiễu trong khônggian Banach.

54

Tài liệu tham khảo

[1] Phạm Kỳ Anh, Trần Đức Long (2001), Giáo trình hàm thực và giải tích

hàm, NXB ĐHQG Hà Nội.

[2] Nguyễn Thế Hoàn - Phạm Phu (2000), Cơ sở phương trình vi phân và lý

thuyết ổn định, NXB Đại học Quốc gia Hà nội.

[3] D.D. Chau; K.T.Linh (2005), On the asymptotic equivalence of solutions

of the linear evolution equations in Banach spaces, International Journal ofEvolution Equations Vol.1, Number 2, April 2005.

[4] D.D. Chau; N.M. Cuong (2011), equivalence of abstract evolution equations,International Journal of Evolution Equations Vol.6, Number 3, April 2011.

[5] C.Chicone; Y. Latushkin (1999), Evolution semigoup in dynamical systems

differential equations, Amer. Math. Soc. 1999

[6] N.V.Minh,F. Rabiger,R. Schnaubelt (1998), On the exponential stability,

exponential expansiveness, exponential dichotomy of evolution equations on

the hahl line , Int. Eq. and Oper. Theorey

[7] N.V.Minh and N.T.Huy (2001)Characterizations of Dichotomies of Evolu-

tion Equations on the Hahl-Line, J.Math.Anal.Appl.261(2001),28-44.

[8] K.-J. Engel and R. Nagel (2000), One-parametter Semigroups for Linear

Evolution Equations, Springer-Verlag.

[9] K.-J. Engel and R. Nagel (2005), A short course on operator Semigroups,Springer-Verlag New York Berlin London Paris Tokyo Hong kong BarcelonaHeidelberg Milan Singapore.

[10] J. A. Goldstein (1985), Semigroups of operators and Applications, Ox-fordUniversity Press.

55

[11] B.Z. Guo and W.I. Chan (1994), On the Semigroup for Age Dependent Pop-

ulation Dynamics with Spatial Diffusion, Journal of Mathematical analysisand applications 184, 190-199.

[12] A. Pazy (1983), Semigroups of Linear Operators and Applications to Partial

Diffirential Equations, Springer-Verlag, Beclin-New York.

[13] G. F. Webb (1985), Theory of No-linear Age-Dependent Population Dy-

namics, Marcel Dekker, Ann. of Math.

56