1 Równania różniczkowe zadane przez zaburzenia generatorów C 0 półgrup operatorów

Transkrypt

1 1 Równania różniczkowe zadane przez zaburzenia generaorów C półgrup operaorów 1.1 C półgrupy - informacje wsępne Definicja 1.1 Niec E będzie przesrzenią Banaca. Rodziną operaorów liniowyc ograniczonyc {T () : E E} nazywamy półgrupą operaorów liniowyc ograniczonyc (na E), o ile (i) T () = I; (ii) T ( + s) = T ()T (s) dla dowolnyc, s. Półgrupa {T ()} nazywa się jednosajnie ciągłą jeśli lim T () I =. + Niec {T ()} będzie półgrupą operaorów liniowyc ograniczonyc. Zdefiniujmy operaor A : D(A) E { } T ()x x D(A) := x E lim + Ax := lim + T ()x x dla x D(A). Operaor A nazywa się infiniezymalnym generaorem półgrupy {T ()}. Uwaga 1.2 (a) Jeśli A jes generaorem półgrupy jednosajnie ciągłej, o A jes ograniczony i T () = exp(a) (parz [?]). (b) Jeżeli {T ()} jes C półgrupą, o isnieją ω R i M akie, że T () Me ω. (c) Jeśli {T ()} jes C półgrupą, o lim T ()x = T ( )x dla każdego > i x E. Twierdzenie 1.3 (Hille-Yosida, parz [?]) Operaor liniowy A : D(A) E na przesrzeni Banaca E jes generaorem C półgrupy {T ()} spełniającej, dla pewnyc sałyc ω R i M >, warunek (1) T () Me ω dla dowolnyc 1

2 wedy i ylko wedy, gdy (i) A jes domknięy ( 1 ) i D(A) = E. półprosą (ω, + ) i dla λ > ω i n 1. R(λ : A) n (ii) Zbiór rezolweny ρ(a) zawiera M (λ ω) n Uwaga 1.4 (a) Zauważmy, że wierdzenie Hille a-yosidy carekeryzuje zbiór rezolweny, a zaen również widmo, infiniezymalnego generaora C półgrupy (w szczególności jes ono niepuse). (b) Można pokazać (parz [?]), że dla λ ρ(a) oraz, dla x D(A) AR(λ : A) = R(λ : A)A T ()Ax = AT ()x. (c) Pokazuje się, że dla x D(A) i d T ()x = AT ()x. d Na zokończenie wiadomości o półgrupac podamy ciekawe i ważne wzory, kóre pozwalają wnioskować o własnościac półgrupy na podsawie informacji o rezolwencie. Twierdzenie 1.5 (parz [?]) Niec A : D(A) E będzie infiniezymalnym generaorem C półgrupy {T ()}. (i) (Transformacja Laplace a) Jeśli ω R i M 1 są sałymi z warunku (1), o dla wszyskic λ C akic, że Rλ > ω, oraz dowolnego x E R(λ : A)x = e λ T ()x d. (ii) (Wzór wykładniczy) Dla dowolnyc x E i > ( T ()x = lim I ) n n n A x. 1 Operaor A : D(A) E nazywa się operaorem domknięym wedy i ylko wedy, gdy wykres odwzorowania A Gr(A) := {(x, Ax) x D(A)} jes domknięym podzbiorem przesrzeni unormowanej E E 2

3 1.2 Równanie liniowe - jednoznaczność i isnienie Zajmiemy się eraz zagadnieniami isnienia i jednoznaczności dla zagadnień ypu { u() = Au(), > (P A,x ) u() = x, gdzie A : D(A) E jes liniowym operaorem przesrzeni Banaca i x E. Wskażemy warunki wysarczające dla jednoznaczności rozwiązań zagadnienia (P A,x ). Ponado pokażemy, że założenie o A, że jes generaorem pewnej C półgrupy jes bardzo nauralnym założeniem w ego ypu zagadnieniac. Twierdzenie O jednoznaczności Niec A : D(A) E będzie gęso określonym operaorem liniowym akim, że (λ, + ) ρ(a) dla pewnej liczby λ R. Jeśli ln R(λ : A) lim sup, λ + λ o (P A,x ) posiada co najwyżej jedno rozwiązanie dla każdego x E. Lema 1.7 Jeżeli u : [, T ] R (T > ) jes ciągła i isnieje M aka, że T e ns u(s) ds M dla całowiyc n 1 o u() = dla [, T ]. Dowód Weźmy η E i określmy f : [, T ] R wzorem f() := η, u(). Jes jasne, że f jes ciągła na [, T ] oraz, dla n 1, T T e ns f(s) ds η e ns u(s) η M =: M. Jeśli dalej wykażemy, że powyższy warunek implikuje f, o wobec dowolności η dosaniemy ezę lemau. Jes jasne, że dla n 1, ( 1) k 1 e knτ = 1 e enτ. k! k=1 Powyższy szereg zbiega jednosajnie na przedziałac ograniczonyc (przy usalonym n 1). Sąd, dla < < T T ( 1) k 1 e kn( T +s) f(s) ds k! 1 T k! ekn( T ) e kns f(s) ds k=1 1 T e kns f(s) ds M 1(e en( T ) 1) k! ekn( T ) k=1 3

4 i, w konsekwencji, (2) Z drugiej srony T = T ( 1) k 1 k! ( 1) k 1 e kn( T +s) f(s) ds = k! k=1 T (1 e en( T +s) )f(s) ds + e kn( T +s) f(s) ds n. T T T (1 e en( T +s) )f(s) ds (1 e en( T +s) )f(s) ds. Pierwsza z całek dąży do przy n infy, gdyż, dla s (, T ], T + s < i (1 e en( T +s) ) przy n. Naomias druga dąży do T f(s) ds =. T Zaem wobec (2) orzymujemy, dla dowolnego s (, T ), = T T f(s) ds = F (T ) F (T ), gdzie F : [, T ] R jes funkcją pierwoną dla f. A o implikuje f = F. Wobec wcześniejszyc uwag, dowód jes zakończony. Dowód Twierdzenia 1.6 Na począek zauważmy, że jeżeli u jes rozwiązeniem (P A,x ), o e µ u() jes rozwiązaniem zagadnienia u = (A + µi)u z warunkiem począkowym u() = x. Dlaego bez zmniejszenia ogólności można założyć, że λ =, zn. R(λ : A) isnieje dla wszyskic λ. Wysarczy, że wykażemy, że jedynym rozwiązaniem zagadnienia { u = Au (3) u() = jes rozwiązanie sale równe zero. Zaem przypuśćmy, że u : [, T ] E jes rozwiązaniem zagadnienia (3). Zauważmy, że dla λ > i (, T ] d ds R(λ : A)u(s) s= = R(λ : A) u() = R(λ : A)Au() = R(λ : A)(λI (λi A))u() = λr(λ : A)u() u(), czyli R(λ : A)u( ) jes rozwiązaniem zagadnienia { v() = λv() u() v() =. Sąd, sosując wzór na uzmiennienie sałej, orzymuje się (4) R(λ : A)u() = e λ( τ) u(τ) dτ dla [, T ]. Z drugiej srony, dla δ >, korzysając z założenia, dosajemy (5) e δλ R(λ : A) = e δλ+ln R(λ:A) = e λ( δ+λ 1 R(λ:A) ) λ +. 4

5 Wobec (4) e δλ R(λ : A)u() = = δ δ e δ τ u(τ) dτ = e λs u( δ s) ds + δ e λs u( δ s) ds = δ e λs u( δ s) ds. Korzysając z (5), widać, że isnieje sałą niezależna od λ aka, że δ e λs u( δ s) ds M, co, na mocy Lemau (1.7), daje u( δ s) = dla s [, δ], czyli u(τ) = dla τ [, δ]. Ponieważ > i δ były dowolne, dowód jes zakończony. Uwaga 1.8 Zauważmy, że jeżeli A jes generaorem C półgrupy, o, z Twierdzenia 1.3, dosaniemy, λ 1 ln R(λ : A) λ 1 (ln M ln(λ ω)) λ +. A o, na mocy Twierdzenia 1.6, oznacza, że (P A,x ) posiada własność jednoznaczności. Nasępne wierdzenie pokazuje, że przy rozważaniu zagadnienia (P A,x ) wymaganie, aby operaor A był generaorem C półgrupy jes nauralnym założeniem. Twierdzenie 1.9 Niec A będzie gęso określonym operaorem o niepusym zbiorze rezolweny ρ(a). Wówczas, zagadnienia (P A,x ) posiada dokładnie jedno rozwiązanie w C 1 ([, + ), E) dla każdego x D(A) wedy i ylko wedy, gdy A jes infiniezymalnym generaorem pewnej C półgrupy {T ()}. Wówczas jedynym rozwiązaniem zagadnienia (P A,x ), dla x D(A), jes odwozorowanie T ()x. Uwaga 1.1 (a) Zauważmy, że jeżeli ρ(a), o A jes operaorem domknięym. (b) Przesrzeń (D(A), G ), gdzie x G := x + Ax, jes przesrzenią Banaca wedy i ylko wedy, gdy A jes domknięy. (c) Jeżeli ρ(a), o zbiór D(A 2 ) := {x D(A) Ax D(A)} jes gęsy w E (bo R(λ : A)D(A) D(A)). Dowód Niec A będzie generaorem C półgrupy {T ()}. Z Uwagi 1.4, dla każdego x D(A) i, kładąc u() := T ()x,, mamy u() = Au() = T ()Ax, 5

6 co wobec Uwagi 1.2 (c), oznacza, że u jes rozwiązaniem (P A,x ) klasy C 1 na [, + ), co kończy dowód jednej z implikacji. Załóżmy eraz, że (P A,x ) ma rozwiązanie u( ; x) : [, + ) E klasy C 1 (na [, + )) dla każdego x D(A). Rozważmy odwzorowanie, dla >, S : D(A) C([, ], (D(A), G )) dane wzorem (Sx)() := u(; x). S jes poprawnie określonym odwozrowaniem liniowym, zn. SxinC([, ], (D(A), G )), bo u(, x) jes rozwiązaniem klasy C 1. Zaobserwujmy, że S jes operaorem domknięym. Isonie, przypuśćmy, że x n x w (D(A), G ) i Sx n v w C([, ], (D(A), G )). Dla [, ] Ponieważ (Sx n )() = u(; x n ) = x n + Au(τ; x n ) dτ = x n + A(Sx n )(τ) dτ. Sx n v = sup (Sx n )(τ) v(τ) + sup A(Sx n )(τ) Av(τ) τ [, ] [, ] po przejściu do granicy dosaniemy v() = x + Av(τ) dτ dla [, ]. Z jednoznaczności rozwiązań, mamy v = u( ;x ) = Sx, dowodzi domknięości S. Zaem z wierdzenia o odwzorowaniu domknięym wnosimy, że S jes operaorem ograniczonym, zn. isnieje sała C aka, że (6) sup u(; x ) C x G [, ] dla dowolnego x D(A). Dla definujemy T () : D(A) D(A) wzorem T ()x := u(; x). Jes jasne, że T ()x = x dla x D(A). Dalej, z jednoznaczności rozwiązań zauważmy, dla x D(A),, s dosaniemy T ()T (s)x = T ()u(s; x) = u(; u(s; x)) = u( + s; x), bo τ u(τ + s; x) jes rozwiazaniem (P A,u(s;x) ). Ponado, z (6), mamy T ()x G = T ( [/ ] )T ( ) [/ ] x G C T ( ) [ / ]x G x G C max{1, C} [/ ] x G max{1, C} (/ ) x G Ce (ln max{1,c}1/ ) x G Ce ω czyli T () L((D(A), G )) dla wszyskic. W dalszym ciągu będziemy ccieli rozszerzyć T () na całą przesrzeń E. W ym celu pokażemy najpierw, że (7) T ()Ay = AT ()y dla każdego y D(A). 6

7 W ym celu weźmy odwzorowanie v : [, + ) dane wzorem v() = y + u(s; Ay) ds. Zauważmy, że, korzysając z deifinicji u i wierdzenia Peisa (o przecodzeniu z operaorem pod znak całki), dosaniemy, v() = u(; Ay) = Ay + d u(s; Ay) ds = Ay + Au(s; Ay) ds ds ( ) = A y + u(s; Ay) ds = Av(). Zaem, biorąc dodakowo pod uwagę warunek v() = y, z jednoznaczności rozwiązań, mamy v() = u(; y). A sąd AT ()y = Au(; y) = Av() = v() = u(; Ay) = T ()Ay, co dowodzi (7). Weźmy dowolne λ ρ(a) i y D(A 2 ). Dla x := (λi A)y mamy T ()x = T ()(λi A)y = λt ()y T ()Ay = λt ()y AT ()y = (λi A)T ()y i sąd (8) T ()x = (λi A)T ()y max{1, λ } T ()y G C 1 e ω y G gdzie C 1 := max{1, λ }C. Dalej y G = y + Ay = y + Ay y + λy (λi A)y (1 + λ ) y + x (1 + λ) R(λ : A)x + x C 2 x, gdzie C 2 := (1 + λ) R(λ : A) + 1. Zaem łącząc uzyskane oszacowanie z (8) dosaniemy T ()x C 3 e ω x dla pewnej sałej C 3 >. Wynika sąd, że można rozszerzyć T () na całą przesrzeń, gdyż D(A 2 ) jes gęsy w E (parz Uwaga 1.1). Rozszerzony do E operaor T () oznaczmy ym samym symbolem. Pozosało wykazać, że infiniezymalnym operaorem półgrupy {T () : E E} jes A. Oznaczmy przez A infiniezymalny operaor półgrupy {T ()} i weźmy dowolny x D(A). Wedy T ()x = u(; x) i T ()x x lim + = u(; x) u(; x) = Au(; x) = Ax czyli x D(A ) i A x = Ax. Zaem D(A) D(A ) i A D(A) = A. Przejdźmy do wykazania, że D(A ) D(A). Na mocy Twierdzenia 1.3 isnieje (ω, + ) ρ(a ) oraz dla λ > ω i y D(A 2 ) mamy e λ AT ()y = e λ T ()Ay = e λ T ()A y 7

8 Sąd, korzysając z wierdzenia Peisa i Twierdzenia 1.5, dosaniemy ( ) AR(λ : A )y = A e λ T ()y d = e λ AT ()y d = e λ T ()A y d = R(λ : A )A y = A R(λ : A )y Z gęsości D(A 2 ) w E mamy AR(λ : A ) = A R(λ : A ), czyli D(A ) = R(λ : A )(E) D(A). Na zakończenie rozważań doyczącyc jednorodnego liniowego (P A,x ) odpowiemy sobie na pyanie przy jakic założeniac doyczącyc A możemy się spodziewać isnienia rozwiązań zagadnienia (P A,x ) dla dowolnyc x E. Definicja 1.11 C półgrupa {T ()} operaorów liniowyc ograniczonyc na przesrzeni Banaca E jes nazywana różniczkowalanaą, jeśli, dla każdego x E, odwzorowanie T ()x jes różniczkowalne dla >. Twierdzenie 1.12 Jeżeli A : D(A) E jes generaorem C półgrupy różniczkowalnej, o, dla każdego x E, odwzorowanie u(, x) : [, + ) E dane wzorem u(; x) := T ()x jes jedynym rozwiązaniem zagadnienia { u() = Au() dla > oraz u( ; x) C ((, + ), E). u() = x Uwaga 1.13 Zauważmy, że, w ogólności, w powyższym wierdzeniu, nie powinniśmy spodziewać się różniczkowalności u( ; x) w dla każdego x E. Gdyż, o implikowałoby D(A) = E, co znacznie ograniczyłoby zakres naszyc rozważań. Dowód Wykażemy, że, dla każdego n 1, (9) (1) d n T ()x D(A n ) dla x E, d T ()x = n An T (), A n T () L(E) odwzorowanie A (n 1) T () L(E) jes ciągłe na (, + ). Dowód będzie indukcyjny. Zauważmy najpierw, że, dla x E i >, u(; x) = T ()x D(A). Isonie, na mocy różniczkowalności półgrupy, T ()T ()x T ()x lim + = lim + T ( + )x T ()x = d d T ()x, d czyli T ()x D(A) i T ()x = AT ()x. Ponieważ A jes domknięy, T () ograniczony, o AT () jes domknięy, co, wobec wierdzenia o domknięym d wykresie, 8

9 oznacza, że AT () L(E), co dowodzi (9) dla n = 1. Dla wykazania (1) dla n = 1, weźmy dowolne >. Na mocy, Uwagi 1.2, isnieje M aka, że T () M dla [, ]. Wówczas, dla dowolnyc (, 3 /2) i x E, T ()x T ( )x = AT (s)x ds = T (s )AT ( )x ds T (s ) AT ( )x ds ( )M AT ( ) x. Naomias, dla ( /2, ), analogicznie dosaniemy T ( )x T ()x T (s /2)AT ( /2)x ds ( )M AT ( /2) x. Zaem wykazaliśmy (1) dla n = 1. Załóżmy eraz, że (9) i (1) zacodzą dla n 1. Zauważmy, że dla usalonego > i > A n T ()x = A n T ( )T ( )x = T ( )A n T ( )x Sąd dosajemy, dla >, A n T ()x D(A) i d n+1 d n+1 T ()x = d d An T ()x = d d An T ( )T ( )x = d d T ( )A n T ( )x = AT ( )A n T ( )x = A n+1 T ( )T ( )x = A n+1 T ()x. Podobnie jak poprzednio A n+1 T () = A(A n T ()) jes operaorem domknięym, co na mocy wierdzenia o domknięym wykresie daje A n+1 T () L(E). Z dowolności >, dosajemy (9) dla n + 1. Pamięając, że, dla 2 > 1 >, (11) A n T ( 2 )x A n T ( 1 )x = 2 1 A n+1 T (s) ds = 2 1 T (s 1 )A n+1 T ( 1 ) ds używając yc samyc argumenów jak dla n = 1 pokazuje się, że A n T () jes odwzorowaniem ciągłym. Zaem, na mocy zasady indukcji, własności (9) i (1) zosały udowodnione. Podsumowując, widzimy, że z (11), dla n 1, mamy A n T ( + ) A n T () = 1 + A n+1 T (s) ds A n+1 T (), czyli T () jes różniczkowalne nieskończenie wiele razy. 1.3 Równania liniowe niejednorodne Zajmiemy się eraz zagadnieniami isnienia i regularności rozwiązań zagadnienia { u() = Au() + f(), (, T ) (P A,f,x ) u() = x, gdzie A jes generaorem C półgrupy operaorów liniowyc ograniczonyc na przesrzeni Banaca E a f : [, T ) E pewnym odwzorowaniem. 9

10 Definicja 1.14 Powiemy, że u : [, T ) E jes rozwiązaniem klasycznym zagadnienia (P A,f,x ) wedy i ylko wedy, gdy (1) u C([, T ), E) C 1 ((, T ), E); (2) u() D(A) dla (, T ); (3) u() = x oraz u() = Au() + f() dla każdego (, T ). Zacznijmy od jednoznaczności rozwiązań. Jeżeli u 1, u 2 są rozwiązaniami zagadnienia (P A,f,x ), o oczywiście u 1 u 2 jes rozwiązaniem u = Au z warunkiem począkowym u() =, a o, na mocy Uwagi 1.8, oznacza, że u 1 = u 2. Teraz znajdziemy wzór na rozwiązanie zagadnienia (P A,f,x ). Nieco precyzyjniej, przypuśćmy, że dla pewnego x E mamy rozwiązenie klasyczne u : [, T ) E zagadnienia (P A,f,x ). Usalmy (, T ) i określmy ϕ : [, ] E wzorem ϕ(s) := T ( s)u(s). Jes jasne, że ϕ jes ciągła i, skoro u(s) D(A) dla s (, T ), ϕ jes również różniczkowalna na (, ]. Sąd T ( (s + ))u(s + ) T ( s)u(s) ϕ(s) = lim + T ( s )u(s) T ( s)u(s) T ( s )(u(s + ) u(s)) = lim + = d dτ T (τ s)u(s) τ= + T ( s) u(s) AT ( s)u(s) + T ( s)au(s) + T ( s)f(s) = T ( s)f(s). Ponieważ funkca ϕ jako pocodna funkcji ciągłej jes silnie mierzalna na [, ), z powyższej równości dosaniemy ϕ() ϕ() = ϕ(s) ds (parz wierdzenia Lebesgue a), co daje (12) u() = T ()x + Zaem, dosaliśmy nasępujące swierdzenie. T ( s)f(s) ds dla (, T ). Swierdzenie 1.15 Jeżeli u : [, ) E jes klasycznym rozwiązaniem zagadnienia (P A,f,x ), o u wyraża się wzorem (12). Okazuje się, że w ogólności nie zawsze można spodziewać się isnienia rozwiązań klasycznyc, dlaego wprowadza się ogólne pojęcie rozwiązania słabego. Definicja 1.16 Niec A będzie generaorem C półgrupy operaorów liniowyc ograniczonyc na przesrzeni Banaca E, f L 1 ([, T ], E) oraz x E. Odwzorowanie u C([, T ], E) dane wzorem u() := T ()x + T ( s)f(s) ds dla [, T ] nazywa się rozwiązaniem łagodnym (z ang. mild soluion) zagadnienia (P A,f,x ). 1

11 Uwaga 1.17 Na mocy Swierdzenia 1.15, jes jasne, że jeżeli f L 1 ([, T ], E), o każde rozwiązanie klasyczne jes rozwiązaniem łagodnym. Nauralnym i ważnym pyaniem jes: przy jakic założeniac na f rozwiązanie łagodne saje się rozwiązaniem klasycznym? Przykład 1.18 Okazuje się, że aby rozwiązanie łagodne było klasycznym nie wysarczy ciągłość odwzorowania f. Isonie przypuśćmy, że {T ()} jes C półgrupą, kóra nie jes różniczkowalana i niec A będzie jej generaorem. Wedy isnieje x E aki, że T ()x D(A) dla pewnego (parz dowód Twierdzenia 1.12). Zdefiniujmy f : [, 2) E wzorem f() := T ()x. Jes jasne, że f jes ciągła. Wedy rozwiązanie łągodne zagadnienia (P A,f, ) na [, 2 ) wyraża się wzorem u() = T ( s)f(s) ds = T ()x. Ale widać sąd, że u nie jes różniczkowalna w, co oznacza, że u nie jes rozwiązaniem klasycznym. Poniższe wierdzenie podaje warunki wysarczające do ego, aby rozwiązania łagodne sały się klasycznymi. Główna idea prowadzonyc rozważań sprowadza się do badania różniczkowalności wyrażenia całkowego T ( s)f(s) ds względem. Twierdzenie 1.19 (O isnieniu rozwiązań klasycznyc) Niec A będzie generaorem C półgrupy {T ()} operaorów liniowyc ograniczonyc na przesrzeni Banaca E. Wówczas (1) jeżeli f C 1 ([, T ], E), o dla każdego x D(A) (P A,f,x ) ma rozwiązanie klasyczne; (2) jeżeli f L 1 ([, T ], E) C([, T ], E), f(s) D(A) dla s (, T ) oraz Af( ) L 1 ([, T ], E), o, dla każdego x D(A), (P A,f,x ) ma rozwiązanie klasyczne. Dowód będzie opierał się na nasępującym lemacie. Lema 1.2 Niec A będzie jak w Twierdzeniu 1.19, f L 1 ([, T ], E) C((, T ), E) i niec v : [, T ] E dana będzie wzorem v() := T ( s)f(s) ds dla [, T ]. Jeżeli jeden spełniony jes jeden z poniższyc warunków (i) v C 1 ((, T ), E); (ii) v() D(A) dla wszyskic (, T ) i Av( ) C((, T ), E), o (P A,f,x ) ma rozwiązanie dla każdego x D(A). Ponado, jeżeli (P A,f,x ) ma rozwiązanie dla pewnego x D(A), o v spełnia warunki (i) i (ii). 11

12 Dowód Przypuśćmy, że u : [, T ) E jes klasycznym rozwiązaniem dla (P A,f,x ) dla pewnego x D(A). Wedy, na mocy Swierdzenia 1.15, v() = u() T ()x dla [, T ). Z definicji rozwiązania klasycznego i Twierdzenia 1.9, wynika, że v jes klasy C 1 na (, T ), zn. zacodzi (i). Ponado, zauważmy, że skoro T ()x D(A) dla, o v() = u() T ()x D(A) dla >. Dalej, korzysając z Uwagi 1.4, mamy Av() = Au() AT ()x = u() f() T ()Ax, z czego widać, że Av( ) C((, T ), E), zn. zacodzi (ii). Przypuśćmy eraz, że zacodzi (i), zn. v C 1 ((, T ), E). Zauważmy, że, dla (, T ) i < < T, ( ) T () I v( + ) v() v() = 1 + (13) T ( + s)f(s) ds Z ciągłości funkcji f na [, +(T )/2] (, T ) i własności C półgrupy dosaniemy 1 + T ( + s)f(s) ds 1 f(s) ds (14) 1 + T ( + s)f(s) f(s) ds sup{ T (τ)z z τ [, ], z f([, + (T )/2])} +, gdzie skorzysaliśmy również ze zwarości zbioru f([, + (T )/2]). Nasępnie, przecodząc w (13) do granicy z +, dosaniemy isnienie granicy po prawej sronie, zn. v() D(A) oraz Av() = v() f(), czyli v jes rozwiązaniem klasycznym zagadnienia (P A,f, ). Zaem, jak ławo sprawdzić, dla dowolnego x D(A), u : [, T ) E dana wzorem u() = T ()x+v() jes rozwiązaniem klasycznym zagadnienia (P A,f,x ). Załóżmy, że spełniony jes warunek (ii), zn. v() D(A) dla (, T ) i Av( ) C((, T )), E). Zauważmy, że z (13), dla (, T ), dosaniemy, isnienie prawosronnej pocodnej d+ d+ v() oraz Av() = v() f(), zn. d + v() = Av() + d d d f(), co daje ciągłość D + v() na (, T ). Zaem, na mocy Swierdzenia 2.1, v jes rozwiązaniem klasycznym zagadnienia (P A,f, ) i podobnie jak poprzednio u : [, T ) E, u() = T ()x + v(), jes rozwiązaniem zagadnienia (P A,f,x ) dla każdego x D(A). Dowód Twierdzenia 1.19 (1) Przypuśćmy, że f C 1 ([, T ], E). Wówczas, dokonując zamiany zmiennyc, korzysając z wierdzenia o warości średniej dla funkcji różniczkowalnyc orzymuje się, dla (, T ) v( + ) v() = 1 (+ ) T (τ)f( + τ) dτ T (τ)f( τ) dτ = T (τ) f( + τ) f( τ) dτ T (τ)f( + τ) dτ =

13 T (τ) f( + θ τ) dτ T (τ)f( + τ) dτ. Przecodząc do granicy i korzysając z ciąglości f oraz używając rozumowania podobnego do (14), orzymamy v() = T (τ) f(τ)τ + T ()f(), zn. v jes ciągła na (, T ) i v C 1 ((, T ), E), co kończy dowód (1), na mocy Lemau 1.2. (2) Z założenia, dla s (, T ), f(s) D(A), sąd T ( s)f(s) oraz AT ( s)f(s) = T ( s)af(s). A sąd widać, że skoro Af( ) L 1 ([, T ], E), o AT ( )f( ) = T ( )Af( ) L 1 ([, T ], E). Sąd, na mocy Twierdzenia Peisa (Tw. 2.4), dla każdego (, T ) ( ) Av() = A T ( s)f(s) ds = AT ( s)f(s) ds, a aka reprezenacja oznacza, że Av( ) C((, T ), E), co kończy dowód na mocy Lemau 1.2. Definicja 1.21 Niec A będzie generaorem infiniezymalnym C półgrupy operaorów liniowyc ogranicznyc na przesrzeni Banaca E, f L 1 ([, T ], E) i x E. Odwzorowanie u ([, T ], E) nazywamy mocnym rozwiązaniem zagadnienia (P A,f,x ), jeżeli u() = x, u jes p.w. różniczkowalne na [, T ], u L 1 ([, T ], E) oraz dla p.w. [, T ]. u() = Au() + f() Rozumując analogicznie jak w przypadku Swierdzenia 1.15 można wykazać nasępujący fak. Swierdzenie 1.22 Jeżeli u : [, T ] E jes mocnym rozwiązaniem zagadnienia (P A,f,x ), o wyraża się wzorem 12, zn. u jes rozwiązaniem łagodnym. W pozosałej części ego paragrafu zbadamy przy jakic założeniac rozwiązania łagodne sają się rozwiązniami mocnymi. Zaczniemy od Lemau analogicznego do Lemau

14 Lema 1.23 Niec v : [, T ] E będzie dane wzorem v() := T ( s)f(s) ds, [, T ]. Jeżeli spełniony jes jeden z nasępującyc warunków (i) v jes różniczkowalna p.w. na [, T ] i v L 1 ([, T ], E); (ii) v() D(A) dla p.w. [, T ] i Av( ) L 1 ([, T ], E), o (P A,f,x ) ma mocne rozwiązanie dla każdego x D(A). Jeżeli (P A,f,x ) ma mocne rozwiązanie, dla pewnego x D(A), o o zacodzą warunki (i) i (ii). W dowodzie lemau wykorzysamy nasępujący ecniczny fak. Lema 1.24 Jeżeli f L 1 ([, T ], E) i {T ()} jes C półgrupą, o dla p.w. [, T ) 1 + lim T ( + s)f(s) ds + f() + Dowód Ponieważ, dla każdego [, T ], 1 + wysarczy, że pokażemy, iż 1 + T ( + s)f(s) 1 T ( + s)f() + f(), + W ym celu zauważmy, że 1 + T ( + s)f(s) ds T ( + s)f() + T ( + s)(f(s) f()) ds Ke ω 1 + T ( + s)f() ds + f(s) f() ds Weźmy dowolne ε >. Na mocy Twierdzenia 2.3, isnieje I ε [, T ] aki, że µ([, T ] \ I ε ) < ε/2 i f K jes odwzorowaniem ciągłym. Sąd dla I ε mamy 1 + f(s) f() ds = 1 f( + τ) f() ds????? Dowód Lemau 1.23 Załóżmy, że u jes mocnym rozwiązaniem dla pewnego x D(A). Wedy v() = u() T ()x oraz v() = u() AT ()x = u() T ()Ax, a sąd widać, że v L 1 ([, T ], E), gdyż T ( )Ax C([, T ], E), czyli zacodzi (i). 14

15 Skoro v() = u() T ()x, o v() D(A) dla p.w. [, T ] oraz Av() = Au() AT ()x = u() f() T ()Ax. Sąd Av( ) L 1 ([, T ], E), czyli spełniony jes warunek (ii). Przypuśćmy, że zacodzi (i). Niec I 1 [, T ] będzie zbiorem yc punków, kóryc v jes rożniczkowalna. Wedy, korzysając z Twierdzenia Peisa (Tw. 2.4), dla I 1, mamy ( T () I (15) = v( + ) v() ) v() = 1 (v( + ) v() + T ()v() v()) + 1 ( T ( + s)f(s) ds = v( + ) v() ) T ( + s)f(s) ds T ( + s)f(s) ds. Przecodząc do granicy w (15) i korzysając z Lemau 1.24, orzymamy v() D(A) i Av() = v() f() dla I 1 I 2. Zaem u : [, T ] E, dana wzorem u() = v() + T ()x, jes mocnym rozwiązaniem zagadnienia (P A,f,x ). Teraz przypuśćmy, że ma miejsce (ii). Niec [, T ] będzie akie, że v() D(A). Na mocy (15) i Lemau 1.24, dla p.w. [a, b], Av() = d+ v() f(). d A sąd widać, że d+ v() jes całkowalna. Zaem ze Swierdzenia 2.2, wynika, d że v isnieje dla p.w. [, T ]. Twierdzenie 1.25 Niec A będzie generaorem ininiezymalnym generaorem C półgrupy {T ()} operaorów liniowyc ograniczonyc na przesrzeni Banaca E. (1) Jeżeli f C([, T ], E) jes różniczkowalana p.w. na [, T ] i f L 1 ([, T ], E), o dla każdego x D(A) zagdnienie (P A,f,x ) ma dokładnie jedno mocne rozwiązanie. (2) Jeżeli E jes refleksywna i f spełnia warunek Lipsiza na [, T ], o dla każdego x D(A) zagadnienie (P A,f,x ) ma dokładnie jedno rozwiąznaie klasyczne. Uwaga 1.26 Założenie z (2) implikuje, że f jes absolunie ciągła, a o, na mocy Twierdzenia Komury (parz Twierdzenie 2.5), oznacza, że f jes p.w. różniczkowalna i f L 1 ([, T ], E). Dowód Przypuśćmy, że zacodzą założenia z (1). Wedy v() = T ( s)f(s) ds = 15 T (τ)f( τ) dτ

16 i dalej, dla (, T ) i dosaecznie małyc > v( + ) v() (16) = 1 = T (s) (+ f( + s) f( s) Przecodząc do granicy dosaniemy d + d v() = T (s)f( + s) ds ds T (s) f( s) ds + T ()f(). ) T (s)f( s) ds T (s)f( + s) ds Podobne rozumowanie można przeprowadzić dla <. Zaem v jes różniczkowalna. W celu sprawdzenia całkowalności v, zauważmy, że T ( ) T ( s) f(s) T ds d T ( s) f(s) ds d Ke ω T T f(s) ds d T Ke ω T f L 1 ([,T ],E), czyli v L 1 ([, T ], E). Zasosowanie Lemau 1.23 kończy dowód (1). Przejdźmy do dowodu (2). Założenia implikują, że f jes różniczkowalna p.w. na [, T ]. Zaem, na mocy Lemau 1.23, zagadnienie (P A,f,x ) ma mocne rozwiązanie dla każdego x D(A). Również z Lemau 1.23 wiemy, że v jes różniczkowalna p.w. na [, T ] i dla p.w. [, T ] v() = T ()f() + T ( s) f(s) ds. Sąd widać, że v = g p.w., gdzie g jes funkcją ciągłą i v() = v() + g(s) ds, dla [, T ], czyli v jes różniczkowalna w sposób ciągły, co wobec Lemau 1.2, kończy dowód. 1.4 Równania nieliniowe z zaburzeniem spełniającym warunek Lipsciza Rozważmy eraz nieliniowe zagadnienie (NP A,F,,x ) { u() = Au() + F (, u()) u( ) = x, gdzie A : D(A) E jes operaorem liniowym akim, że A jes generaorem C półgrupy operaorów liniowyc ograniczonyc na przesrzeni Banaca E, f : [, T ] E E jes odwzorowaniem ciągłym, < T i x E. Poprzez analogię można wprowadzić pojęcia rozwiązań klasycznyc, mocnyc i łagodnyc. 16

17 Definicja 1.27 Powiemy, że funkcja u C([, T ], E) jes mocnym rozwiązaniem zagadnienia (P A,F,,x ), jeśli u jes różniczkowalna, u L 1 ([, T ], E), u( ) = x oraz, dla p.w. [, T ], u() = Au() + F (, u()). Funkcja u C([, T ], E) jes łagodnym rozwiązaniem zagadnienia (P A,F,,x ), o ile dla każdego [, T ] u() = T ( )x + T ( s)f (s, u(s)) ds Swierdzenie 1.28 Każde mocne rozwiązanie zagadnienia (P A,f,,x ) jes rozwiązaniem łagodnym. Dowód jes analogiczny do dowodów Swierdzeń 1.15 i Uwaga 1.29 W ogólności (P A,F,,x ) może nie posiadać rozwiązań klasycznyc ani mocnyc. Naomias posługiwanie się pojęciem rozwiązania łagodnego umożliwia badanie zagadnienia (P A,F,,x ) za pomocą analizy funkcjonalnej i eorii punków sałyc. Twierdzenie 1.3 (O lokalnym isnieniu) Niec F : [, T ] D(x, r) E będzie odwzorowaniem ciągłym spełniającym warunek Lipsciza ze względu na drugą zmienną, zn. isnieje L > aka, że, dla dowolnyc [, T ] i x 1, x 2 D(x, r) F (, x 1 ) F (, x 2 ) L x 1 x 2. Wówczas dla każdego T spełniającego warunki (17) oraz (18) sup T ( )x x r/2 [,T ] < T < + r 2M(Lr + M ), gdzie M := sup [,T ] T () i M := max s [,T ] F (s, x ), zagadnienie (NP A,F,,x ) ma dokładnie jedno rozwiązanie na [, T ]. Dowód Niec D r := {u C([, T ], E) u x r}, x C([, T ], E) jes odwzorowaniem sałym o warości x. Określmy odwzorowanie Φ : D r D r wzorem [Φ(u)]() := T ( )x + T ( s)f (s, u(s)) ds 17

18 dla dowolnyc u D r i [, T ]. Sprawdźmy, że Φ jes poprawnie określone, Isonie, dla [, T ], na mocy (17) i (18) (19) r 2 + M [Φ(u)]() x T ( )x x + F (s, u(s)) ds r 2 + (T )M Zauważmy, że dla dowolnyc s [, T ] i x D(x, r) T ( s)f (s, u(s)) ds sup F (s, x). (s,x) [,T ] D(x,r) F (s, x) F (s, x) F (s, x ) + F (s, x ) L x x + F (s, x ) Lr + M. Sąd i z (19), dosajemy Φ(u) x r 2 + r 2M(Lr + M ) M(Lr + M ) = r. Teraz pokażemy, że Φ jes meryczną konrakcją. W ym celu zauważmy, że, dla dowolnyc u 1, u 2 D r i [, T ], mamy [Φ(u 1 )]() [Φ(u 2 )]() T ( s) F (s, u 1 (s)) F (s, u 2 (s)) ds ML u 1 (s) u 2 (s) ds ML( ) u 1 u 2 ML(T ) u 1 u 2 Lr 2(Lr + M ) u 1 u u 1 u 2, czyli P i(u 1 ) Φ(u 2 ) 1 2 u 1 u 2. Zaem skoro D r jako domknięy podzbiór przesrzeni Banaca jes przesrzenią meryczną zupełną i Φ jes meryczną konrakcją, z Zasady Banaca, wnosimy, że isnieje dokładnie jeden u D r aki, że Φ(u) = u, co kończy dowód.. Twierdzenie 1.31 (O globalnym isnieniu i jednoznaczności) Niec F : [, T ] E E będzie odwzorowaniem ciągłym ze względu na I-szą zmienną i spełniającym warunek Lipsciza ze względu na II-gą zmienną. Wówczas dla każdego x E zagadnienie (NP A,F,,x ) posiada dokładnie jedno rowiązanie łagodne. Dowód Określmy Φ : C([, T ], E) C([, T ], E) wzorem Oczywiście, (2) [Φ(u)]() = T ( )x + T ( s)f (s, u(s)) ds. [Φ(u 1 )]() [Φ(u 2 )]() ML u 1 (s) u 2 (s) ds ML(T ) u 1 u 2, 18

19 gdzie M := sup s [,T ] T (s). Pokażemy, za pomocą indukcji, że dla wszyskic n 1 (21) [Φ n (u 1 )]() [Φ n (u 2 )]() (ML( )) n u 1 u 2 dla [, T ]. n! Dla n = 1 nierówność zacodzi (parz (21)). pewnego n 1. Wówczas, na mocy (2) Przypuśćmy, że (2) zacodzi dla [Φ n+1 (u 1 )]() [Φ n+1 (u 2 )]() = [Φ(Φ n (u 1 ))]() [Φ(Φ n (u 2 ))]() ML ML [Φ n (u 1 )]() [Φ n (u 2 )]() ds (ML(s )) n u 1 u 2 ds n! (ML) n+1 u 1 u 2 (s ) n ds = (ML( )) n+1 u 1 u 2, n! (n + 1)! co, na mocy zasady indukcji, kończy dowód (21). Isnieje N 1 aka, że (ML(T )) N < 1, czyli Φ N : E E jes meryczną N! konrakcją. Sąd na mocy uogólnionej Zasady Banaca, Φ posiada jedyny punk sały. 1.5 Równania różniczkowe zadane przez ciągłe zaburzenia generaorów zwaryc C półgrup 2 Dodaek 2.1 A. Funkcje o warościac w przesrzeniac Banaca Swierdzenie 2.1 Jeżeli f : (a, b) E o warościac w przesrzeni Banaca jes ciągła, dla każdego (a, b) isnieje pocodna d+ d+ f() oraz f( ) jes funkcją d d ciągłą, o f jes różniczkowalna (w sposób ciągły) na (a, b). Swierdzenie 2.2 Jeżeli f : [a, b] E o warościac w przesrzeni Banaca jes silnie mierzalna, dla p.w. [a, b] isnieje pocodna d+ d+ f() oraz f( ) d d L 1 ([a, b], E), o f jes p.w. różniczkowalna. Twierdzenie 2.3 (Łuzin) Niec f : [a, b] E będzie silnie mierzalna. Wedy, dla dowolnej ε > isnieje domknięy zbiór I ε [a, b] aki, że µ([a, b] \ I ε ) < ε i f Iε jes ciągła. 19

20 Twierdzenie 2.4 (Peisa) Niec A : D(A) E będzie domknięym operaorem na przesrzeni Banaca E, a f L 1 ([a, b], E) będzie aka, że Af( ) L 1 ([a, b], E). Wówczas ( b ) b A f(s) ds = Af(s) ds. a a Jeżeli f L 1 ((a, b), E) i F : (a, b) E dana jes wzorem F () := o F jes p.w. różniczkowalna na (a, b) i F = f a f(s) ds dla (a, b), Twierdzenie 2.5 (Komury) Jeżeli E jes refleksywną przesrzenią Banaca i F : [a, b] E jes absolunie ciągła, o F jes p.w. różniczkowalna na [a, b], F L 1 ([a, b], E) oraz F () = F (a) + a F (s) ds, dla [a, b]. 2