1 Równania różniczkowe zadane przez zaburzenia generatorów C0

1
Równania różniczkowe zadane przez zaburzenia
generatorów C0 półgrup operatorów
1.1
C0 półgrupy - informacje wstępne
Definicja 1.1 Niech E będzie przestrzenią Banacha. Rodziną operatorów liniowych ograniczonych {T (t) : E → E}t≥0 nazywamy półgrupą operatorów liniowych
ograniczonych (na E), o ile
(i) T (0) = I;
(ii) T (t + s) = T (t)T (s) dla dowolnych t, s ≥ 0.
Półgrupa {T (t)}t≥0 nazywa się jednostajnie ciągłą jeśli
lim kT (t) − Ik = 0.
t→0+
Niech {T (t)}t≥0 będzie półgrupą operatorów liniowych ograniczonych. Zdefiniujmy operator A : D(A) → E
T (h)x − x
D(A) := x ∈ E | ∃ lim+
h→0
h
T (h)x − x
dla x ∈ D(A).
h→0
h
Operator A nazywa się infinitezymalnym generatorem półgrupy {T (t)}t≥0 .
Ax := lim+
Uwaga 1.2 (a) Jeśli A jest generatorem półgrupy jednostajnie ciągłej, to A jest
ograniczony i T (t) = exp(At) (patrz [?]).
(b) Jeżeli {T (t)}t≥0 jest C0 półgrupą, to istnieją ω ∈ R i M ≥ 0 takie, że
kT (t)k ≤ M eωt .
(c) Jeśli {T (t)}t≥0 jest C0 półgrupą, to lim T (t)x = T (t0 )x dla każdego t0 > 0 i
t→t0
x ∈ E.
Twierdzenie 1.3 (Hille-Yosida, patrz [?]) Operator liniowy A : D(A) → E na przestrzeni Banacha E jest generatorem C0 półgrupy {T (t)} spełniającej, dla pewnych
stałych ω ∈ R i M > 0, warunek
(1)
kT (t)k ≤ M eωt dla dowolnych t ≥ 0
1
wtedy i tylko wtedy, gdy
(i) A jest domknięty (1 ) i D(A) = E.
półprostą (ω, +∞) i
kR(λ : A)n k ≤
(ii) Zbiór rezolwenty ρ(A) zawiera
M
(λ − ω)n
dla λ > ω i n ≥ 1.
Uwaga 1.4 (a) Zauważmy, że twierdzenie Hille’a-Yosidy charekteryzuje zbiór rezolwenty, a zaten również widmo, infinitezymalnego generatora C0 półgrupy (w szczególności jest ono niepuste).
(b) Można pokazać (patrz [?]), że dla λ ∈ ρ(A)
AR(λ : A) = R(λ : A)A
oraz, dla x ∈ D(A)
T (t)Ax = AT (t)x.
(c) Pokazuje się, że dla x ∈ D(A) i t ≥ 0
d
T (t)x = AT (t)x.
dt
Na zokończenie wiadomości o półgrupach podamy ciekawe i ważne wzory, które pozwalają wnioskować o własnościach półgrupy na podstawie informacji o rezolwencie.
Twierdzenie 1.5 (patrz [?])
Niech A : D(A) → E będzie infinitezymalnym generatorem C0 półgrupy {T (t)}t≥0 .
(i) (Transformacja Laplace’a) Jeśli ω ∈ R i M ≥ 1 są stałymi z warunku (1), to
dla wszystkich λ ∈ C takich, że <λ > ω, oraz dowolnego x ∈ E
Z ∞
R(λ : A)x =
e−λt T (t)x dt.
0
(ii) (Wzór wykładniczy) Dla dowolnych x ∈ E i t > 0
−n
t
T (t)x = lim I − A
x.
n→∞
n
1
Operator A : D(A) → E nazywa się operatorem domkniętym wtedy i tylko wtedy, gdy wykres odwzorowania A Gr(A) := {(x, Ax) | x ∈ D(A)} jest domkniętym podzbiorem przestrzeni
unormowanej E × E
2
1.2
Równanie liniowe - jednoznaczność i istnienie
Zajmiemy się teraz zagadnieniami istnienia i jednoznaczności dla zagadnień typu
u̇(t) = Au(t), t > 0
(PA,x )
u(0) = x,
gdzie A : D(A) → E jest liniowym operatorem przestrzeni Banacha i x ∈ E.
Wskażemy warunki wystarczające dla jednoznaczności rozwiązań zagadnienia
(PA,x ). Ponadto pokażemy, że założenie o A, że jest generatorem pewnej C0 półgrupy
jest bardzo naturalnym założeniem w tego typu zagadnieniach.
Twierdzenie 1.6 - O jednoznaczności Niech A : D(A) → E będzie gęsto określonym operatorem liniowym takim, że (λ0 , +∞) ⊂ ρ(A) dla pewnej liczby λ0 ∈ R.
Jeśli
ln kR(λ : A)k
≤ 0,
lim sup
λ
λ→+∞
to (PA,x ) posiada co najwyżej jedno rozwiązanie dla każdego x ∈ E.
Lemat 1.7 Jeżeli u : [0, T ] → R (T > 0) jest ciągła i istnieje M ≥ 0 taka, że
Z T
ns
e u(s) ds
≤ M dla całowitych n ≥ 1
0
to u(t) = 0 dla t ∈ [0, T ].
Dowód Weźmy η ∈ E ∗ i określmy f : [0, T ] → R wzorem f (t) := hη, u(t)i. Jest
jasne, że f jest ciągła na [0, T ] oraz, dla n ≥ 1,
Z T
Z T
ns
ns
≤ kηkM =: M0 .
e
f
(s)
ds
≤
kηk
e
u(s)
0
0
Jeśli dalej wykażemy, że powyższy warunek implikuje f ≡ 0, to wobec dowolności η
dostaniemy tezę lematu.
Jest jasne, że dla n ≥ 1,
∞
X
(−1)k−1
k=1
k!
nτ
eknτ = 1 − e−e .
Powyższy szereg zbiega jednostajnie na przedziałach ograniczonych (przy ustalonym
n ≥ 1). Stąd, dla 0 < t < T
Z T
∞
Z T
k−1
X
(−1)
1 kn(t−T )
kn(t−T +s)
kns
e
f (s) ds ≤ e
e f (s) ds
k!
k!
0
0
k=1
Z
∞
X
1 kn(t−T ) T kns
n(t−T )
≤
e
e f (s) ds ≤ M1 (ee
− 1)
k!
0
k=1
3
i, w konsekwencji,
Z
(2)
0
T
(−1)k−1 kn(t−T +s)
n→∞
e
f (s) ds → 0.
k!
Z drugiej strony
Z TX
∞
(−1)k−1 kn(t−T +s)
e
f (s) ds =
k!
0 k=1
Z
Z T −t
−en(t−T +s)
(1 − e
)f (s) ds +
=
Z
T
n(t−T +s)
(1 − e−e
)f (s) ds
0
T
(1 − e−e
n(t−T +s)
)f (s) ds.
T −t
0
Pierwsza z całek dąży do 0 przy n → inf ty, gdyż, dla s ∈ (0, T − t], t − T + s < 0
RT
n(t−T +s)
i (1 − e−e
) → 0 przy n → ∞. Natomiast druga dąży do T −t f (s) ds = 0.
Zatem wobec (2) otrzymujemy, dla dowolnego s ∈ (0, T ),
Z T
f (s) ds = F (T ) − F (T − t),
0=
t−T
gdzie F : [0, T ] → R jest funkcją pierwotną dla f . A to implikuje f = F 0 ≡ 0.
Wobec wcześniejszych uwag, dowód jest zakończony.
Dowód Twierdzenia 1.6 Na początek zauważmy, że jeżeli u jest rozwiązeniem
(PA,x ), to t 7→ eµt u(t) jest rozwiązaniem zagadnienia u̇ = (A + µI)u z warunkiem
początkowym u(0) = x. Dlatego bez zmniejszenia ogólności można założyć, że
λ0 = 0, tzn. R(λ : A) istnieje dla wszystkich λ ≥ 0.
Wystarczy, że wykażemy, że jedynym rozwiązaniem zagadnienia
u̇ = Au
(3)
u(0) = 0
jest rozwiązanie stale równe zero. Zatem przypuśćmy, że u : [0, T ] → E jest rozwiązaniem zagadnienia (3). Zauważmy, że dla λ > 0 i t ∈ (0, T ]
d
R(λ : A)u(s)|s=t = R(λ : A)u̇(t) = R(λ : A)Au(t) =
ds
R(λ : A)(λI − (λI − A))u(t) = λR(λ : A)u(t) − u(t),
czyli R(λ : A)u(·) jest rozwiązaniem zagadnienia
v̇(t) = λv(t) − u(t)
v(0) = 0.
Stąd, stosując wzór na uzmiennienie stałej, otrzymuje się
Z t
(4)
R(λ : A)u(t) = −
eλ(t−τ ) u(τ ) dτ dla t ∈ [0, T ].
0
Z drugiej strony, dla δ > 0, korzystając z założenia, dostajemy
(5)
e−δλ kR(λ : A)k = e−δλ+ln kR(λ:A)k = eλ(−δ+λ
4
−1 kR(λ:A)k
)
λ→+∞
→ 0.
Wobec (4)
e
−δλ
t
Z
t−δ−τ
R(λ : A)u(t) = −
e
Z
t−δ
−δ
0
t−δ
Z
Z
λs
=−
eλs u(t − δ − s) ds =
u(τ ) dτ = −
0
e u(t − δ − s) ds +
eλs u(t − δ − s) ds.
−δ
0
Korzystając z (5), widać, że istnieje stałą niezależna od λ taka, że
Z t−δ
λs
≤ M,
e
u(t
−
δ
−
s)
ds
0
co, na mocy Lematu (1.7), daje u(t − δ − s) = 0 dla s ∈ [0, t − δ], czyli u(τ ) = 0 dla
τ ∈ [0, t − δ]. Ponieważ t > 0 i δ były dowolne, dowód jest zakończony.
Uwaga 1.8 Zauważmy, że jeżeli A jest generatorem C0 półgrupy, to, z Twierdzenia
1.3, dostaniemy,
λ→+∞
λ−1 ln kR(λ : A)k ≤ λ−1 (ln M − ln(λ − ω)) → 0.
A to, na mocy Twierdzenia 1.6, oznacza, że (PA,x ) posiada własność jednoznaczności.
Następne twierdzenie pokazuje, że przy rozważaniu zagadnienia (PA,x ) wymaganie, aby operator A był generatorem C0 półgrupy jest naturalnym założeniem.
Twierdzenie 1.9 Niech A będzie gęsto określonym operatorem o niepustym zbiorze
rezolwenty ρ(A) 6= ∅. Wówczas, zagadnienia (PA,x ) posiada dokładnie jedno rozwiązanie w C 1 ([0, +∞), E) dla każdego x ∈ D(A) wtedy i tylko wtedy, gdy A jest
infinitezymalnym generatorem pewnej C0 półgrupy {T (t)}t≥0 .
Wówczas jedynym rozwiązaniem zagadnienia (PA,x ), dla x ∈ D(A), jest odwozorowanie t 7→ T (t)x.
Uwaga 1.10 (a) Zauważmy, że jeżeli ρ(A) 6= ∅, to A jest operatorem domkniętym.
(b) Przestrzeń (D(A), k·kG ), gdzie kxkG := kxk+kAxk, jest przestrzenią Banacha
wtedy i tylko wtedy, gdy A jest domknięty.
(c) Jeżeli ρ(A) 6= ∅, to zbiór D(A2 ) := {x ∈ D(A) | Ax ∈ D(A)} jest gęsty w E
(bo R(λ : A)D(A) ⊂ D(A)).
Dowód Niech A będzie generatorem C0 półgrupy {T (t)}t≥0 . Z Uwagi 1.4, dla
każdego x ∈ D(A) i t ≥ 0, kładąc u(t) := T (t)x, t ≥ 0, mamy
u̇(t) = Au(t) = T (t)Ax,
5
co wobec Uwagi 1.2 (c), oznacza, że u jest rozwiązaniem (PA,x ) klasy C 1 na [0, +∞),
co kończy dowód jednej z implikacji.
Załóżmy teraz, że (PA,x ) ma rozwiązanie u(·; x) : [0, +∞) → E klasy C 1 (na
[0, +∞)) dla każdego x ∈ D(A). Rozważmy odwzorowanie, dla t0 > 0, S : D(A) →
C([0, t0 ], (D(A), k · kG )) dane wzorem
(Sx)(t) := u(t; x).
S jest poprawnie określonym odwozrowaniem liniowym, tzn. SxinC([0, t0 ], (D(A), k·
kG )), bo u(·, x) jest rozwiązaniem klasy C 1 . Zaobserwujmy, że S jest operatorem
domkniętym. Istotnie, przypuśćmy, że xn → x0 w (D(A), k · kG ) i Sxn → v w
C([0, t0 ], (D(A), k · kG )). Dla t ∈ [0, t0 ]
Z t
Z t
A(Sxn )(τ ) dτ.
Au(τ ; xn ) dτ = xn +
(Sxn )(t) = u(t; xn ) = xn +
0
0
Ponieważ
kSxn − vk = sup k(Sxn )(τ ) − v(τ )k + sup kA(Sxn )(τ ) − Av(τ )k
τ ∈[0,t0 ]
t∈[0,t0 ]
po przejściu do granicy dostaniemy
Z t
Av(τ ) dτ dla t ∈ [0, t0 ].
v(t) = x0 +
0
Z jednoznaczności rozwiązań, mamy v = u(˙;x0 ) = Sx0 , dowodzi domkniętości S.
Zatem z twierdzenia o odwzorowaniu domkniętym wnosimy, że S jest operatorem
ograniczonym, tzn. istnieje stała C ≥ 0 taka, że
(6)
sup ku(t; x0 )k ≤ CkxkG dla dowolnego x ∈ D(A).
t∈[0,t0 ]
Dla t ≥ 0 definujemy T (t) : D(A) → D(A) wzorem
T (t)x := u(t; x).
Jest jasne, że T (0)x = x dla x ∈ D(A). Dalej, z jednoznaczności rozwiązań zauważmy, dla x ∈ D(A), t, s ≥ 0 dostaniemy
T (t)T (s)x = T (t)u(s; x) = u(t; u(s; x)) = u(t + s; x),
bo τ 7→ u(τ + s; x) jest rozwiazaniem (PA,u(s;x) ). Ponadto, z (6), mamy
kT (t)xkG = kT (t − [t/t0 ]t0 )T (t0 )[t/t0 ] xkG ≤ CkT (t0 )[ t/t0 ]xkG kxkG ≤ C max{1, C}[t/t0 ] kxkG
1/t0
≤ max{1, C}(t/t0 ) kxk ≤ Cet(ln max{1,C} ) kxk ≤ Ceωt
G
G
czyli T (t) ∈ L((D(A), k · kG )) dla wszystkich t ≥ 0.
W dalszym ciągu będziemy chcieli rozszerzyć T (t) na całą przestrzeń E. W tym
celu pokażemy najpierw, że
(7)
T (t)Ay = AT (t)y dla każdego y ∈ D(A).
6
W tym celu weźmy odwzorowanie v : [0, +∞) dane wzorem
Z t
v(t) = y +
u(s; Ay) ds.
0
Zauważmy, że, korzystając z deifinicji u i twierdzenia Pettisa (o przechodzeniu z
operatorem pod znak całki), dostaniemy,
Z t
Z t
d
Au(s; Ay) ds
v̇(t) = u(t; Ay) = Ay +
u(s; Ay) ds = Ay +
0 ds
0
Z t
=A y+
u(s; Ay) ds = Av(t).
0
Zatem, biorąc dodatkowo pod uwagę warunek v(0) = y, z jednoznaczności rozwiązań, mamy v(t) = u(t; y). A stąd AT (t)y = Au(t; y) = Av(t) = v̇(t) = u(t; Ay) =
T (t)Ay, co dowodzi (7).
Weźmy dowolne λ ∈ ρ(A) i y ∈ D(A2 ). Dla x := (λI − A)y mamy
T (t)x = T (t)(λI − A)y = λT (t)y − T (t)Ay = λT (t)y − AT (t)y = (λI − A)T (t)y
i stąd
(8)
kT (t)xk = k(λI − A)T (t)yk ≤ max{1, |λ|}kT (t)ykG ≤ C1 eωt kykG
gdzie C1 := max{1, |λ|}C. Dalej
kykG = kyk + kAyk = kyk + kAyk ≤ kyk + kλy − (λI − A)yk ≤ (1 + |λ|)kyk + kxk
≤ (1 + λ)kR(λ : A)xk + kxk ≤ C2 kxk,
gdzie C2 := (1 + λ)kR(λ : A)k + 1. Zatem łącząc uzyskane oszacowanie z (8)
dostaniemy
kT (t)xk ≤ C3 eωt kxk
dla pewnej stałej C3 > 0. Wynika stąd, że można rozszerzyć T (t) na całą przestrzeń,
gdyż D(A2 ) jest gęsty w E (patrz Uwaga 1.10). Rozszerzony do E operator T (t)
oznaczmy tym samym symbolem.
Pozostało wykazać, że infinitezymalnym operatorem półgrupy {T (t) : E →
E}t≥0 jest A. Oznaczmy przez A0 infinitezymalny operator półgrupy {T (t)}t≥0 i
weźmy dowolny x ∈ D(A). Wtedy T (t)x = u(t; x) i
lim+
t→0
T (t)x − x
u(t; x) − u(0; x)
=
= Au(0; x) = Ax
t
t
czyli x ∈ D(A0 ) i A0 x = Ax. Zatem D(A) ⊂ D(A0 ) i A0 |D(A) = A. Przejdźmy do
wykazania, że D(A0 ) ⊂ D(A). Na mocy Twierdzenia 1.3 istnieje (ω, +∞) ⊂ ρ(A0 )
oraz dla λ > ω i y ∈ D(A2 ) mamy
e−λt AT (t)y = e−λt T (t)Ay = e−λt T (t)A0 y
7
Stąd, korzystając z twierdzenia Pettisa i Twierdzenia 1.5, dostaniemy
Z ∞
Z ∞
−λt
e T (t)y dt =
e−λt AT (t)y dt
AR(λ : A0 )y = A
0
0
Z ∞
=
e−λt T (t)A0 y dt = R(λ : A0 )A0 y = A0 R(λ : A0 )y
0
Z gęstości D(A2 ) w E mamy AR(λ : A0 ) = A0 R(λ : A0 ), czyli D(A0 ) = R(λ :
A0 )(E) ⊂ D(A).
Na zakończenie rozważań dotyczących jednorodnego liniowego (PA,x ) odpowiemy
sobie na pytanie przy jakich założeniach dotyczących A możemy się spodziewać
istnienia rozwiązań zagadnienia (PA,x ) dla dowolnych x ∈ E.
Definicja 1.11 C0 półgrupa {T (t)}t≥0 operatorów liniowych ograniczonych na przestrzeni Banacha E jest nazywana różniczkowalanaą, jeśli, dla każdego x ∈ E, odwzorowanie t 7→ T (t)x jest różniczkowalne dla t > 0.
Twierdzenie 1.12 Jeżeli A : D(A) → E jest generatorem C0 półgrupy różniczkowalnej, to, dla każdego x ∈ E, odwzorowanie u(·, x) : [0, +∞) → E dane wzorem
u(t; x) := T (t)x jest jedynym rozwiązaniem zagadnienia
u̇(t) = Au(t) dla t > 0
u(0) = x
oraz u(·; x) ∈ C ∞ ((0, +∞), E).
Uwaga 1.13 Zauważmy, że, w ogólności, w powyższym twierdzeniu, nie powinniśmy spodziewać się różniczkowalności u(·; x) w 0 dla każdego x ∈ E. Gdyż, to
implikowałoby D(A) = E, co znacznie ograniczyłoby zakres naszych rozważań.
Dowód Wykażemy, że, dla każdego n ≥ 1,
(9)
(10)
dn
T (t)x = An T (t), An T (t) ∈ L(E)
dtn
odwzorowanie t 7→ A(n−1) T (t) ∈ L(E) jest ciągłe na (0, +∞).
T (t)x ∈ D(An ) dla x ∈ E,
Dowód będzie indukcyjny. Zauważmy najpierw, że, dla x ∈ E i t > 0, u(t; x) =
T (t)x ∈ D(A). Istotnie, na mocy różniczkowalności półgrupy,
lim+
h→0
T (h)T (t)x − T (t)x
T (t + h)x − T (t)x
d
= lim+
=
T (t)x,
h→0
h
h
dt
d
czyli T (t)x ∈ D(A) i dt
T (t)x = AT (t)x. Ponieważ A jest domknięty, T (t) ograniczony, to AT (t) jest domknięty, co, wobec twierdzenia o domkniętym wykresie,
8
oznacza, że AT (t) ∈ L(E), co dowodzi (9) dla n = 1. Dla wykazania (10) dla n = 1,
weźmy dowolne t0 > 0. Na mocy, Uwagi 1.2, istnieje M ≥ 0 taka, że kT (t)k ≤ M
dla t ∈ [0, t0 ]. Wówczas, dla dowolnych t ∈ (t0 , 3t0 /2) i x ∈ E,
Z t
Z t
kT (t)x − T (t0 )xk = AT (s)x ds = T (s − t0 )AT (t0 )x ds
t0
t0
Z t
≤
kT (s − t0 )kkAT (t0 )xk ds ≤ (t − t0 )M kAT (t0 )kkxk.
t0
Natomiast, dla t ∈ (t0 /2, t0 ), analogicznie dostaniemy
Z t
kT (t0 )x − T (t)xk ≤
kT (s − t0 /2)AT (t0 /2)xk ds ≤ (t0 − t)M kAT (t0 /2)kkxk.
t0
Zatem wykazaliśmy (10) dla n = 1. Załóżmy teraz, że (9) i (10) zachodzą dla n ≥ 1.
Zauważmy, że dla ustalonego t0 > 0 i t > t0
An T (t)x = An T (t − t0 )T (t0 )x = T (t − t0 )An T (t0 )x
Stąd dostajemy, dla t > t0 , An T (t)x ∈ D(A) i
dn+1
d n
d n
d
T (t)x =
A T (t)x =
A T (t − t0 )T (t0 )x =
T (t − t0 )An T (t0 )x
n+1
dt
dt
dt
dt
= AT (t − t0 )An T (t0 )x = An+1 T (t − t0 )T (t0 )x = An+1 T (t)x.
Podobnie jak poprzednio An+1 T (t) = A(An T (t)) jest operatorem domkniętym, co
na mocy twierdzenia o domkniętym wykresie daje An+1 T (t) ∈ L(E). Z dowolności
t0 > 0, dostajemy (9) dla n + 1. Pamiętając, że, dla t2 > t1 > 0,
Z t2
Z t2
n
n
n+1
A T (s) ds =
(11) A T (t2 )x − A T (t1 )x =
T (s − t1 )An+1 T (t1 ) ds
t1
t1
używając tych samych argumentów jak dla n = 1 pokazuje się, że t 7→ An T (t) jest
odwzorowaniem ciągłym. Zatem, na mocy zasady indukcji, własności (9) i (10)
zostały udowodnione.
Podsumowując, widzimy, że z (11), dla n ≥ 1, mamy
Z
1 t+h n+1
An T (t + h) − An T (t)
h→0
=
A T (s) ds → An+1 T (t),
h
h t
czyli t 7→ T (t) jest różniczkowalne nieskończenie wiele razy.
1.3
Równania liniowe niejednorodne
Zajmiemy się teraz zagadnieniami istnienia i regularności rozwiązań zagadnienia
u̇(t) = Au(t) + f (t), t ∈ (0, T )
(PA,f,x )
u(0) = x,
gdzie A jest generatorem C0 półgrupy operatorów liniowych ograniczonych na przestrzeni Banacha E a f : [0, T ) → E pewnym odwzorowaniem.
9
Definicja 1.14 Powiemy, że u : [0, T ) → E jest rozwiązaniem klasycznym zagadnienia (PA,f,x ) wtedy i tylko wtedy, gdy
(1) u ∈ C([0, T ), E) ∩ C 1 ((0, T ), E);
(2) u(t) ∈ D(A) dla t ∈ (0, T );
(3) u(0) = x oraz u̇(t) = Au(t) + f (t) dla każdego t ∈ (0, T ).
Zacznijmy od jednoznaczności rozwiązań. Jeżeli u1 , u2 są rozwiązaniami zagadnienia
(PA,f,x ), to oczywiście u1 − u2 jest rozwiązaniem u̇ = Au z warunkiem początkowym
u(0) = 0, a to, na mocy Uwagi 1.8, oznacza, że u1 = u2 .
Teraz znajdziemy wzór na rozwiązanie zagadnienia (PA,f,x ). Nieco precyzyjniej,
przypuśćmy, że dla pewnego x ∈ E mamy rozwiązenie klasyczne u : [0, T ) → E
zagadnienia (PA,f,x ). Ustalmy t ∈ (0, T ) i określmy ϕ : [0, t] → E wzorem ϕ(s) :=
T (t − s)u(s). Jest jasne, że ϕ jest ciągła i, skoro u(s) ∈ D(A) dla s ∈ (0, T ), ϕ jest
również różniczkowalna na (0, t]. Stąd
T (t − (s + h))u(s + h) − T (t − s)u(s)
h→0
h
T (t − s − h)u(s) − T (t − s)u(s) − T (t − s − h)(u(s + h) − u(s))
= lim+
h→0
h
d
=−
T (τ − s)u(s) + T (t − s)u̇(s)
dτ
τ =t
−AT (t − s)u(s) + T (t − s)Au(s) + T (t − s)f (s) = T (t − s)f (s).
ϕ̇(s) = lim+
Ponieważ funkca ϕ̇ jako pochodna funkcji ciągłej
R t jest silnie mierzalna na [0, t), z
powyższej równości dostaniemy ϕ(t) − ϕ(0) = 0 ϕ̇(s) ds (patrz twierdzenia Lebesgue’a), co daje
Z t
(12)
u(t) = T (t)x +
T (t − s)f (s) ds dla t ∈ (0, T ).
0
Zatem, dostaliśmy następujące stwierdzenie.
Stwierdzenie 1.15 Jeżeli u : [0, t) → E jest klasycznym rozwiązaniem zagadnienia
(PA,f,x ), to u wyraża się wzorem (12).
Okazuje się, że w ogólności nie zawsze można spodziewać się istnienia rozwiązań
klasycznych, dlatego wprowadza się ogólne pojęcie rozwiązania słabego.
Definicja 1.16 Niech A będzie generatorem C0 półgrupy operatorów liniowych
ograniczonych na przestrzeni Banacha E, f ∈ L1 ([0, T ], E) oraz x ∈ E. Odwzorowanie u ∈ C([0, T ], E) dane wzorem
Z t
u(t) := T (t)x +
T (t − s)f (s) ds dla t ∈ [0, T ]
0
nazywa się rozwiązaniem łagodnym (z ang. mild solution) zagadnienia (PA,f,x ).
10
Uwaga 1.17 Na mocy Stwierdzenia 1.15, jest jasne, że jeżeli f ∈ L1 ([0, T ], E), to
każde rozwiązanie klasyczne jest rozwiązaniem łagodnym.
Naturalnym i ważnym pytaniem jest: przy jakich założeniach na f rozwiązanie
łagodne staje się rozwiązaniem klasycznym?
Przykład 1.18 Okazuje się, że aby rozwiązanie łagodne było klasycznym nie wystarczy ciągłość odwzorowania f . Istotnie przypuśćmy, że {T (t)}t≥0 jest C0 półgrupą, która nie jest różniczkowalana i niech A będzie jej generatorem. Wtedy
istnieje x ∈ E taki, że T (t)x 6∈ D(A) dla pewnego t ≥ 0 (patrz dowód Twierdzenia
1.12). Zdefiniujmy f : [0, 2t) → E wzorem f (t) := T (t)x. Jest jasne, że f jest ciągła.
Wtedy rozwiązanie łągodne zagadnienia (PA,f,0 ) na [0, 2t0 ) wyraża się wzorem
Z t
u(t) =
T (t − s)f (s) ds = tT (t)x.
0
Ale widać stąd, że u nie jest różniczkowalna w t0 , co oznacza, że u nie jest rozwiązaniem klasycznym.
Poniższe twierdzenie podaje warunki wystarczające do tego, aby rozwiązania łagodne stały się klasycznymi. Główna idea prowadzonych
rozważań sprowadza się
Rt
do badania różniczkowalności wyrażenia całkowego 0 T (t − s)f (s) ds względem t.
Twierdzenie 1.19 (O istnieniu rozwiązań klasycznych) Niech A będzie generatorem C0 półgrupy {T (t)}t≥0 operatorów liniowych ograniczonych na przestrzeni Banacha E. Wówczas
(1) jeżeli f ∈ C 1 ([0, T ], E), to dla każdego x ∈ D(A) (PA,f,x ) ma rozwiązanie
klasyczne;
(2) jeżeli f ∈ L1 ([0, T ], E) ∩ C([0, T ], E), f (s) ∈ D(A) dla s ∈ (0, T ) oraz
Af (·) ∈ L1 ([0, T ], E), to, dla każdego x ∈ D(A), (PA,f,x ) ma rozwiązanie klasyczne.
Dowód będzie opierał się na następującym lemacie.
Lemat 1.20 Niech A będzie jak w Twierdzeniu 1.19, f ∈ L1 ([0, T ], E)∩C((0, T ), E)
i niech v : [0, T ] → E dana będzie wzorem
Z t
v(t) :=
T (t − s)f (s) ds dla t ∈ [0, T ].
0
Jeżeli jeden spełniony jest jeden z poniższych warunków
(i) v ∈ C 1 ((0, T ), E);
(ii) v(t) ∈ D(A) dla wszystkich t ∈ (0, T ) i Av(·) ∈ C((0, T ), E),
to (PA,f,x ) ma rozwiązanie dla każdego x ∈ D(A).
Ponadto, jeżeli (PA,f,x ) ma rozwiązanie dla pewnego x ∈ D(A), to v spełnia
warunki (i) i (ii).
11
Dowód Przypuśćmy, że u : [0, T ) → E jest klasycznym rozwiązaniem dla (PA,f,x )
dla pewnego x ∈ D(A). Wtedy, na mocy Stwierdzenia 1.15, v(t) = u(t) − T (t)x dla
t ∈ [0, T ). Z definicji rozwiązania klasycznego i Twierdzenia 1.9, wynika, że v jest
klasy C 1 na (0, T ), tzn. zachodzi (i). Ponadto, zauważmy, że skoro T (t)x ∈ D(A)
dla t ≥ 0, to v(t) = u(t) − T (t)x ∈ D(A) dla t > 0. Dalej, korzystając z Uwagi 1.4,
mamy
Av(t) = Au(t) − AT (t)x = u̇(t) − f (t) − T (t)Ax,
z czego widać, że Av(·) ∈ C((0, T ), E), tzn. zachodzi (ii).
Przypuśćmy teraz, że zachodzi (i), tzn. v ∈ C 1 ((0, T ), E). Zauważmy, że, dla
t ∈ (0, T ) i 0 < h < T − t,
Z
v(t + h) − v(t) 1 t+h
T (h) − I
(13)
v(t) =
−
T (t + h − s)f (s) ds
h
h
h t
Z ciągłości funkcji f na [t, t+(T −t)/2] ⊂ (0, T ) i własności C0 półgrupy dostaniemy
Z t+h
1
1
≤
T
(t
+
h
−
s)f
(s)
ds
−
f
(s)
ds
h
h
t
Z t+h
1
(14)
kT (t + h − s)f (s) − f (s)k ds ≤
h t
h→0+
sup{kT (τ )z − zk τ ∈ [0, h], z ∈ f ([t, t + (T − t)/2])} −→ 0,
gdzie skorzystaliśmy również ze zwartości zbioru f ([t, t + (T − t)/2]). Następnie,
przechodząc w (13) do granicy z h → 0+ , dostaniemy istnienie granicy po prawej
stronie, tzn. v(t) ∈ D(A) oraz Av(t) = v̇(t) − f (t), czyli v jest rozwiązaniem
klasycznym zagadnienia (PA,f,0 ). Zatem, jak łatwo sprawdzić, dla dowolnego x ∈
D(A), u : [0, T ) → E dana wzorem u(t) = T (t)x+v(t) jest rozwiązaniem klasycznym
zagadnienia (PA,f,x ).
Załóżmy, że spełniony jest warunek (ii), tzn. v(t) ∈ D(A) dla t ∈ (0, T ) i
Av(·) ∈ C((0, T )), E). Zauważmy, że z (13), dla t ∈ (0, T ), dostaniemy, istnienie
+
+
+
prawostronnej pochodnej ddt v(t) oraz Av(t) = ddt v(t) − f (t), tzn. ddt v(t) = Av(t) +
f (t), co daje ciągłość t 7→ D+ v(t) na (0, T ). Zatem, na mocy Stwierdzenia 2.1, v
jest rozwiązaniem klasycznym zagadnienia (PA,f,0 ) i podobnie jak poprzednio u :
[0, T ) → E, u(t) = T (t)x + v(t), jest rozwiązaniem zagadnienia (PA,f,x ) dla każdego
x ∈ D(A).
Dowód Twierdzenia 1.19 (1) Przypuśćmy, że f ∈ C 1 ([0, T ], E). Wówczas, dokonując zamiany zmiennych, korzystając z twierdzenia o wartości średniej dla funkcji
różniczkowalnych otrzymuje się, dla t ∈ (0, T )
Z t+h
Z t
v(t + h) − v(t)
1
=
T (τ )f (t + h − τ ) dτ −
T (τ )f (t − τ ) dτ =
h
h
0
0
Z t
Z
f (t + h − τ ) − f (t − τ )
1 t+h
T (τ )
dτ +
T (τ )f (t + h − τ ) dτ =
h
h t
0
12
Z
0
t
1
T (τ )f˙(t + θh − τ ) dτ +
h
Z
t+h
T (τ )f (t + h − τ ) dτ.
t
Przechodząc do granicy i korzystając z ciąglości f˙ oraz używając rozumowania podobnego do (14), otrzymamy
Z t
T (τ )f˙(τ )τ + T (t)f (0),
v̇(t) =
0
tzn. v̇ jest ciągła na (0, T ) i v ∈ C 1 ((0, T ), E), co kończy dowód (1), na mocy
Lematu 1.20.
(2) Z założenia, dla s ∈ (0, T ), f (s) ∈ D(A), stąd T (t − s)f (s) oraz AT (t −
s)f (s) = T (t − s)Af (s). A stąd widać, że skoro Af ()˙ ∈ L1 ([0, T ], E), to AT (t −
·)f (·) = T (t − ·)Af (·) ∈ L1 ([0, T ], E). Stąd, na mocy Twierdzenia Pettisa (Tw. 2.4),
dla każdego t ∈ (0, T )
Z t
Z t
AT (t − s)f (s) ds,
T (t − s)f (s) ds =
Av(t) = A
0
0
a taka reprezentacja oznacza, że Av(·) ∈ C((0, T ), E), co kończy dowód na mocy
Lematu 1.20.
Definicja 1.21 Niech A będzie generatorem infinitezymalnym C0 półgrupy operatorów liniowych ogranicznych na przestrzeni Banacha E, f ∈ L1 ([0, T ], E) i x ∈
E. Odwzorowanie u ∈ ([0, T ], E) nazywamy mocnym rozwiązaniem zagadnienia
(PA,f,x ), jeżeli u(0) = x, u jest p.w. różniczkowalne na [0, T ], u̇ ∈ L1 ([0, T ], E) oraz
u̇(t) = Au(t) + f (t)
dla p.w. t ∈ [0, T ].
Rozumując analogicznie jak w przypadku Stwierdzenia 1.15 można wykazać następujący fakt.
Stwierdzenie 1.22 Jeżeli u : [0, T ] → E jest mocnym rozwiązaniem zagadnienia
(PA,f,x ), to wyraża się wzorem 12, tzn. u jest rozwiązaniem łagodnym.
W pozostałej części tego paragrafu zbadamy przy jakich założeniach rozwiązania
łagodne stają się rozwiązniami mocnymi. Zaczniemy od Lematu analogicznego do
Lematu 1.20.
13
Lemat 1.23 Niech v : [0, T ] → E będzie dane wzorem
Z t
T (t − s)f (s) ds, t ∈ [0, T ].
v(t) :=
0
Jeżeli spełniony jest jeden z następujących warunków
(i) v jest różniczkowalna p.w. na [0, T ] i v̇ ∈ L1 ([0, T ], E);
(ii) v(t) ∈ D(A) dla p.w. t ∈ [0, T ] i Av(·) ∈ L1 ([0, T ], E),
to (PA,f,x ) ma mocne rozwiązanie dla każdego x ∈ D(A).
Jeżeli (PA,f,x ) ma mocne rozwiązanie, dla pewnego x ∈ D(A), to to zachodzą
warunki (i) i (ii).
W dowodzie lematu wykorzystamy następujący techniczny fakt.
Lemat 1.24 Jeżeli f ∈ L1 ([0, T ], E) i {T (t)}t≥0 jest C0 półgrupą, to dla p.w. t ∈
[0, T )
Z
1 t+h
h→0+
lim+
T (t + h − s)f (s) ds −→ f (t)
h→0 h t
Dowód Ponieważ, dla każdego t ∈ [0, T ],
Z
1 t+h
h→0+
T (t + h − s)f (t) −→ → f (t),
h t
wystarczy, że pokażemy, iż
Z t+h
Z t+h
1
h→0+
1
−→ 0
T
(t
+
h
−
s)f
(s)
−
T
(t
+
h
−
s)f
(t)
h
h t
t
W tym celu zauważmy, że
Z t+h
Z
1
1 t+h
T (t + h − s)f (s) ds −
T (t + h − s)f (t) ds
h
h t
t
Z t+h
Z t+h
1
|ω|h 1
kT (t + h − s)(f (s) − f (t))k ds ≤ Ke
kf (s) − f (t)k ds
≤
h t
h t
Weźmy dowolne ε > 0. Na mocy Twierdzenia 2.3, istnieje Iε ⊂ [0, T ] taki, że
µ([0, T ] \ Iε ) < ε/2 i f |K jest odwzorowaniem ciągłym. Stąd dla t ∈ Iε mamy
Z
Z 1
1 t+h
kf (s) − f (t)k ds =
kf (t + τ h) − f (t)k ds
h t
0
?????
Dowód Lematu 1.23 Załóżmy, że u jest mocnym rozwiązaniem dla pewnego
x ∈ D(A). Wtedy v(t) = u(t) − T (t)x oraz v̇(t) = u̇(t) − AT (t)x = u̇(t) − T (t)Ax,
a stąd widać, że v̇ ∈ L1 ([0, T ], E), gdyż T (·)Ax ∈ C([0, T ], E), czyli zachodzi (i).
14
Skoro v(t) = u(t) − T (t)x, to v(t) ∈ D(A) dla p.w. t ∈ [0, T ] oraz
Av(t) = Au(t) − AT (t)x = u̇(t) − f (t) − T (t)Ax.
Stąd Av(·) ∈ L1 ([0, T ], E), czyli spełniony jest warunek (ii).
Przypuśćmy, że zachodzi (i). Niech I1 ⊂ [0, T ] będzie zbiorem tych punktów,
których v jest rożniczkowalna. Wtedy, korzystając z Twierdzenia Pettisa (Tw. 2.4),
dla t ∈ I1 , mamy
T (h) − I
1
(15)
v(t) = (v(t + h) − v(t) + T (h)v(t) − v(t))
h
h
Z t
Z t+h
v(t + h) − v(t) 1
T (t + h − s)f (s) ds
+
T (t + h − s)f (s) ds −
=
h
h
0
0
Z
v(t + h) − v(t) 1 t+h
=
−
T (t + h − s)f (s) ds.
h
h t
Przechodząc do granicy w (15) i korzystając z Lematu 1.24, otrzymamy v(t) ∈ D(A)
i Av(t) = v̇(t) − f (t) dla t ∈ I1 ∩ I2 . Zatem u : [0, T ] → E, dana wzorem u(t) =
v(t) + T (t)x, jest mocnym rozwiązaniem zagadnienia (PA,f,x ).
Teraz przypuśćmy, że ma miejsce (ii). Niech t ∈ [0, T ] będzie takie, że v(t) ∈
D(A). Na mocy (15) i Lematu 1.24, dla p.w. t ∈ [a, b],
Av(t) =
d+
v(t) − f (t).
dt
+
A stąd widać, że t 7→ ddt v(t) jest całkowalna. Zatem ze Stwierdzenia 2.2, wynika,
że v̇ istnieje dla p.w. t ∈ [0, T ].
Twierdzenie 1.25 Niech A będzie generatorem ininitezymalnym generatorem C0
półgrupy {T (t)}t≥0 operatorów liniowych ograniczonych na przestrzeni Banacha E.
(1) Jeżeli f ∈ C([0, T ], E) jest różniczkowalana p.w. na [0, T ] i f˙ ∈ L1 ([0, T ], E),
to dla każdego x ∈ D(A) zagdnienie (PA,f,x ) ma dokładnie jedno mocne rozwiązanie.
(2) Jeżeli E jest refleksywna i f spełnia warunek Lipshitza na [0, T ], to dla
każdego x ∈ D(A) zagadnienie (PA,f,x ) ma dokładnie jedno rozwiąznaie klasyczne.
Uwaga 1.26 Założenie z (2) implikuje, że f jest absolutnie ciągła, a to, na mocy
Twierdzenia Komury (patrz Twierdzenie 2.5), oznacza, że f jest p.w. różniczkowalna
i f˙ ∈ L1 ([0, T ], E).
Dowód Przypuśćmy, że zachodzą założenia z (1). Wtedy
Z t
Z t
v(t) =
T (t − s)f (s) ds =
T (τ )f (t − τ ) dτ
0
0
15
i dalej, dla t ∈ (0, T ) i dostatecznie małych h > 0
Z t+h
Z t
v(t + h) − v(t)
1
(16)
T (s)f (t − s) ds
=
T (s)f (t + h − s) ds −
h
h
0
0
Z t
Z
f (t + h − s) − f (t − s)
1 t+h
T (s)
=
ds +
T (s)f (t + h − s) ds
h
h t
0
Przechodząc do granicy dostaniemy
Z t
d+
v(t) =
T (s)f˙(t − s) ds + T (t)f (0).
dt
0
Podobne rozumowanie można przeprowadzić dla h < 0. Zatem v jest różniczkowalna. W celu sprawdzenia całkowalności v̇, zauważmy, że
Z T Z t
Z TZ t
T (t − s)f˙(s) ds dt
kT (t − s)f˙(s)k ds dt ≤
≤
0
0
0
0
Z TZ t
|ω|T
Ke
kf˙(s)k ds dt ≤ T Ke|ω|T kf˙kL1 ([0,T ],E) ,
0
0
1
czyli v̇ ∈ L ([0, T ], E). Zastosowanie Lematu 1.23 kończy dowód (1).
Przejdźmy do dowodu (2). Założenia implikują, że f jest różniczkowalna p.w.
na [0, T ]. Zatem, na mocy Lematu 1.23, zagadnienie (PA,f,x ) ma mocne rozwiązanie
dla każdego x ∈ D(A). Również z Lematu 1.23 wiemy, że v jest różniczkowalna p.w.
na [0, T ] i dla p.w. t ∈ [0, T ]
Z t
v̇(t) = T (t)f (0) +
T (t − s)f˙(s) ds.
0
Rt
Stąd widać, że v̇ = g p.w., gdzie g jest funkcją ciągłą i v(t) = v(0) + 0 g(s) ds,
dla t ∈ [0, T ], czyli v jest różniczkowalna w sposób ciągły, co wobec Lematu 1.20,
kończy dowód.
1.4
Równania nieliniowe z zaburzeniem spełniającym warunek Lipschitza
Rozważmy teraz nieliniowe zagadnienie
u̇(t) = −Au(t) + F (t, u(t))
(N PA,F,t0 ,x0 )
u(t0 ) = x0 ,
gdzie A : D(A) → E jest operatorem liniowym takim, że −A jest generatorem
C0 półgrupy operatorów liniowych ograniczonych na przestrzeni Banacha E, f :
[t0 , T ] × E → E jest odwzorowaniem ciągłym, 0 ≤ t0 < T i x0 ∈ E. Poprzez
analogię można wprowadzić pojęcia rozwiązań klasycznych, mocnych i łagodnych.
16
Definicja 1.27 Powiemy, że funkcja u ∈ C([t0 , T ], E) jest mocnym rozwiązaniem
zagadnienia (PA,F,t0 ,x0 ), jeśli u jest różniczkowalna, u̇ ∈ L1 ([t0 , T ], E), u(t0 ) = x0
oraz, dla p.w. t ∈ [t0 , T ], u̇(t) = −Au(t) + F (t, u(t)).
Funkcja u ∈ C([t0 , T ], E) jest łagodnym rozwiązaniem zagadnienia (PA,F,t0 ,x0 ), o
ile dla każdego t ∈ [t0 , T ]
Z t
T (t − s)F (s, u(s)) ds
u(t) = T (t − t0 )x0 +
t0
Stwierdzenie 1.28 Każde mocne rozwiązanie zagadnienia (PA,f,t0 ,x0 ) jest rozwiązaniem łagodnym.
Dowód jest analogiczny do dowodów Stwierdzeń 1.15 i 1.22.
Uwaga 1.29 W ogólności (PA,F,t0 ,x0 ) może nie posiadać rozwiązań klasycznych ani
mocnych. Natomiast posługiwanie się pojęciem rozwiązania łagodnego umożliwia
badanie zagadnienia (PA,F,t0 ,x0 ) za pomocą analizy funkcjonalnej i teorii punktów
stałych.
Twierdzenie 1.30 (O lokalnym istnieniu) Niech F : [t0 , T ] × D(x0 , r) → E będzie odwzorowaniem ciągłym spełniającym warunek Lipschitza ze względu na drugą
zmienną, tzn. istnieje L > 0 taka, że, dla dowolnych t ∈ [t0 , T ] i x1 , x2 ∈ D(x0 , r)
kF (t, x1 ) − F (t, x2 )k ≤ Lkx1 − x2 k.
Wówczas dla każdego T 0 spełniającego warunki
(17)
sup kT (t − t0 )x0 − x0 k ≤ r/2
t∈[t0 ,T 0 ]
oraz
(18)
t0 < T 0 < t0 +
r
,
2M (Lr + M0 )
gdzie M := supt∈[0,T −t0 ] kT (t)| i M0 := maxs∈[t0 ,T ] kF (s, x0 )k, zagadnienie (N PA,F,t0 ,x0 )
ma dokładnie jedno rozwiązanie na [t0 , T 0 ].
Dowód Niech Dr := {u ∈ C([t0 , T 0 ], E) | ku − x
e0 k ≤ r}, x
e0 ∈ C([t0 , T 0 ], E) jest odwzorowaniem stałym o wartości x0 . Określmy odwzorowanie Φ : Dr → Dr wzorem
Z t
T (t − s)F (s, u(s)) ds
[Φ(u)](t) := T (t − t0 )x0 +
0
17
dla dowolnych u ∈ Dr i t ∈ [t0 , T 0 ]. Sprawdźmy, że Φ jest poprawnie określone,
Istotnie, dla t ∈ [t0 , T 0 ], na mocy (17) i (18)
Z t
(19)
kT (t − s)F (s, u(s))k ds
k[Φ(u)](t) − x0 k ≤ kT (t − t0 )x0 − x0 k +
t0
Z t
r
r
≤ +M
kF (s, u(s))k ds ≤ + (T 0 − t0 )M ·
sup
kF (s, x)k.
2
2
(s,x)∈[t0 ,T ]×D(x0 ,r)
t0
Zauważmy, że dla dowolnych s ∈ [t0 , T ] i x ∈ D(x0 , r)
kF (s, x)k ≤ kF (s, x) − F (s, x0 )k + kF (s, x0 )k ≤ Lkx − x0 k + kF (s, x0 )k ≤ Lr + M0 .
Stąd i z (19), dostajemy
kΦ(u) − x0 k∞ ≤
r
r
+
M (Lr + M0 ) = r.
2 2M (Lr + M0 )
Teraz pokażemy, że Φ jest metryczną kontrakcją. W tym celu zauważmy, że, dla
dowolnych u1 , u2 ∈ Dr i t ∈ [t0 , T 0 ], mamy
Z t
k[Φ(u1 )](t) − [Φ(u2 )](t)k ≤
kT (t − s)kkF (s, u1 (s)) − F (s, u2 (s))k ds
t0
Z t
≤ ML
ku1 (s) − u2 (s)k ds ≤ M L(t − t0 )ku1 − u2 k∞
t0
≤ M L(T 0 − t0 )ku1 − u2 k∞ ≤
Lr
1
ku1 − u2 k∞ ≤ ku1 − u2 k∞ ,
2(Lr + M0 )
2
czyli kP hi(u1 ) − Φ(u2 )k ≤ 12 ku1 − u2 k∞ .
Zatem skoro Dr jako domknięty podzbiór przestrzeni Banacha jest przestrzenią
metryczną zupełną i Φ jest metryczną kontrakcją, z Zasady Banacha, wnosimy, że
istnieje dokładnie jeden u ∈ Dr taki, że Φ(u) = u, co kończy dowód.
.
Twierdzenie 1.31 (O globalnym istnieniu i jednoznaczności) Niech F : [t0 , T ] ×
E → E będzie odwzorowaniem ciągłym ze względu na I-szą zmienną i spełniającym
warunek Lipschitza ze względu na II-gą zmienną. Wówczas dla każdego x0 ∈ E
zagadnienie (N PA,F,t0 ,x0 ) posiada dokładnie jedno rowiązanie łagodne.
Dowód Określmy Φ : C([t0 , T ], E) → C([t0 , T ], E) wzorem
Z t
[Φ(u)](t) = T (t − t0 )x0 +
T (t − s)F (s, u(s)) ds.
t0
Oczywiście,
Z
(20)
t
k[Φ(u1 )](t) − [Φ(u2 )](t)k ≤ M L
ku1 (s) − u2 (s)k ds
t0
≤ M L(T − t0 )ku1 − u2 k∞ ,
18
gdzie M := sups∈[0,T −t0 ] kT (s)k. Pokażemy, za pomocą indukcji, że dla wszystkich
n≥1
(21)
k[Φn (u1 )](t) − [Φn (u2 )](t)k ≤
(M L(t − t0 ))n
ku1 − u2 k∞ dla t ∈ [t0 , T ].
n!
Dla n = 1 nierówność zachodzi (patrz (21)). Przypuśćmy, że (20) zachodzi dla
pewnego n ≥ 1. Wówczas, na mocy (20)
k[Φn+1 (u1 )](t) − [Φn+1 (u2 )](t)k = k[Φ(Φn (u1 ))](t) − [Φ(Φn (u2 ))](t)k ≤
Z t
k[Φn (u1 )](t) − [Φn (u2 )](t)k ds ≤
ML
t
Z 0t
(M L(s − t0 ))n
ku1 − u2 k∞ ds ≤
ML
n!
t0
Z t
(M L)n+1
(M L(t − t0 ))n+1
ku1 − u2 k∞
(s − t0 )n ds =
ku1 − u2 k∞ ,
n!
(n + 1)!
t0
co, na mocy zasady indukcji, kończy dowód (21).
N
0 ))
Istnieje N ≥ 1 taka, że (M L(TN−t
< 1, czyli ΦN : E → E jest metryczną
!
kontrakcją. Stąd na mocy uogólnionej Zasady Banacha, Φ posiada jedyny punkt
stały.
1.5
2
2.1
Równania różniczkowe zadane przez ciągłe zaburzenia
generatorów zwartych C0 półgrup
Dodatek
A. Funkcje o wartościach w przestrzeniach Banacha
Stwierdzenie 2.1 Jeżeli f : (a, b) → E o wartościach w przestrzeni Banacha jest
+
+
ciągła, dla każdego t ∈ (a, b) istnieje pochodna ddt f (t) oraz ddt f (·) jest funkcją
ciągłą, to f jest różniczkowalna (w sposób ciągły) na (a, b).
Stwierdzenie 2.2 Jeżeli f : [a, b] → E o wartościach w przestrzeni Banacha
+
+
jest silnie mierzalna, dla p.w. t ∈ [a, b] istnieje pochodna ddt f (t) oraz ddt f (·) ∈
L1 ([a, b], E), to f jest p.w. różniczkowalna.
Twierdzenie 2.3 (Łuzin) Niech f : [a, b] → E będzie silnie mierzalna. Wtedy, dla
dowolnej ε > 0 istnieje domknięty zbiór Iε ⊂ [a, b] taki, że µ([a, b] \ Iε ) < ε i f|Iε jest
ciągła.
19
Twierdzenie 2.4 (Pettisa) Niech A : D(A) → E będzie domkniętym operatorem
na przestrzeni Banacha E, a f ∈ L1 ([a, b], E) będzie taka, że Af (·) ∈ L1 ([a, b], E).
Wówczas
Z
Z
b
A
b
f (s) ds
=
a
Af (s) ds.
a
Jeżeli f ∈ L1 ((a, b), E) i F : (a, b) → E dana jest wzorem
Z t
F (t) :=
f (s) ds dla t ∈ (a, b),
a
to F jest p.w. różniczkowalna na (a, b) i Ḟ = f
Twierdzenie 2.5 (Komury) Jeżeli E jest refleksywną przestrzenią Banacha i F :
[a, b] → E jest absolutnie ciągła, to F jest p.w. różniczkowalna na [a, b], Ḟ ∈
L1 ([a, b], E) oraz
Z t
F (t) = F (a) +
Ḟ (s) ds, dla t ∈ [a, b].
a
20