1 Równania różniczkowe zadane przez zaburzenia generatorów C0
Transkrypt
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