算子的连续半群

本文介绍半群方法，它把抛物型方程解的正则性完全归结为椭圆型方程的正则性。半群方法是目前处理发展方程的标准方法。

引入半群

考虑热方程

$$\left\{\begin{aligned} &\frac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}t}-\frac{\mathrm{d}^2u}{\mathrm{d}x^2}=0,\quad x \in [0,\pi] \\ &u(0,t)=u(\pi,0)=0, \\ &u(x,0)=u_0(x),\quad x \in [0,\pi]. \end{aligned}\right.$$

分离变量方法：用 Fourier 级数表示方程的解

$$u(x,t)=\sum_{k=0}^{\infty}a_k e^{-k^2t} \sin(kx),$$ $$a_k = \frac{2}{\pi}\int_{0}^{\pi}u_0(x)\sin(kx)\mathrm{d}x.$$

并且满足 Parseval 等式：

$$\sum_{k=1}^{\infty}a_k^2=\frac{2}{\pi}\int_{0}^{\pi}u_0^2(x)\mathrm{d}x.$$

这里

$$\begin{aligned} &\int_{0}^{\pi}(u(x,t)-u_{0}(x))^{2}\mathrm{d}x=\int_{0}^{\pi}\Big|\sum_{k=1}^{\infty}a_{k}(e^{-k^{2}t}-1)\sin(kx)\Big|^{2}\mathrm{d}x \\ &\leq\frac{\pi}{2}\sum_{k=1}^{\infty}a_{k}^{2}(e^{-k^{2}t}-1)^{2}\rightarrow0,~~ \mathrm{as~~} t \rightarrow 0. \end{aligned}$$

以上不等式右端是依赖于时间 $t$ 的，所以解不会爆破 (Blow up)，说明解是有意义的。

希望解能有这样的形式：

$$u(x,t)=S(t) u_0(x)=\sum_{k=0}^{\infty}a_k e^{-k^2t} \sin(kx)$$ $$S(t): u_0(x,t) \mapsto u(x,t).$$

对于这个例子

$$u(x,t)=\sum_{k=1}^{\infty} \left[\frac{2}{\pi}\left(\int_{0}^{\pi}u_0(x)\sin(kx)\mathrm{d}x\right) \sin(kx)\right]e^{-k^2t}.$$

$S(t)$ 关于 $u_0$ 是线性的

$$S(t)(\alpha u_{0,1}+\beta u_{0,2})=\alpha S(t) u_{0,1}+ \beta S(t) u_{0,2}.$$

1、$S(t)$ 的性质 (必要条件)

(i) $S(0)=I$，$u(x,t)=S(t) u_0(x)$.

当 $t=0$ 时，$u(x,0)=u_0(t)=S(0) u_0(x)$，所以 $S(0)$ 为恒等映射。

(ii) $S(t_1+t_2)=S(t_1) S(t_2)=S(t_2) S(t_1)$.

$$S(t_2)\cdot S(t_1) u_0(x)=\sum_{k=0}^{\infty} (a_k e^{-k^2 t_2})e^{-k^2 t_1}\sin(kx).$$

这里可令 $u_{0,1}(x)=S(t_1) u_0(x)$ 进行计算

$$\begin{aligned} &\sum_{k=1}^{\infty}\left[\frac{2}{\pi}\int_{0}^{\pi}\left(\sum_{k=1}^{\infty}\frac{2}{\pi}\int_{0}^{\pi}u_0(x)\sin(kx)\mathrm{d}x \sin(kx)e^{-k^2t_1}\right)\sin(kx)\mathrm{d}x\right] e^{-k^2t_2}\sin(kx) \\ &=\sum_{k=1}^{\infty}\left(\frac{2}{\pi}\int_{0}^{\pi}u_0(x)\sin(kx)\mathrm{d}x\right) e^{-k^2 t_2}e^{-k^2 t_1}\sin(kx) \\ &=S(t_1+t_2)=S(t_1)S(t_2). \end{aligned}.$$

(iii) $|S(t)| \leqslant 1$. 这里的范数是关于时间 $t$ 的.

$$\begin{aligned} \|u(\cdot,t)\|_{L^2} &=\|S(t)u_0(x)\|_{L^2}=\frac{\pi}{2}\sum_{k=1}^{\infty}a_k^2 e^{-2k^2t} \\ &\leqslant \frac{\pi}{2}e^{-2t}\sum_{k=1}^{\infty}a_k^2 =e^{-2t}\|u_0\|^2. \end{aligned}$$

由于发展方程的时间 $t\geqslant 0$，所以 $e^{-2t} \leqslant 1$，于是

$$\|S(t)u_0\|_{L^2} \leqslant \|u_0\|_{L^2}.$$

(iv) 若 $u_0 \in L^2(0,\pi)$，有

$$S(t)u_0 \in C([0,+\infty);L^2(0,\pi)),$$ $$\|S(t)u_0\|_{L^2(0,\pi)}=f(t) \in C([0,+\infty)).$$

可知 $S(t)u_0$ 和 $f(t)$ 是依赖于时间的，关于时间是连续的。

2、无穷小生成元

$\{S(t); t\geqslant 0\}$ 在 Banach 空间 $B$ 上，并且 $|S(t)| \leqslant 1$.

$$D=\left\{x\in B \big| \lim_{h\to 0^{+}}\frac{S(h)x-x}{h}~ \text{存在}\right\}$$

$D$ 中的元素为满足 $\lim\limits_{h\to 0^{+}}\frac{S(h)x-x}{h}<+\infty$ 的 $x$.

定义无穷小生成元

$$-Ax=\lim_{h\to 0^{+}}\frac{S(h)x-x}{h}.$$

这里 $-A=\lim\limits_{h\to 0^{+}}\frac{S(h)-S(0)}{h}$，$S(h)x-x=(S(h)-S(0))x$.

定义域 $D=D(A)$，$A$ 是 $\{S(t)|t\geqslant 0\}$ 的无穷小生成元，即 $A$ 是这个强压缩算子半群的无穷小生成元。

算子半群的一些引理

引理 1： 对 $\forall x \in D=D(A)$, 有 $S(t)x \in C^1([0,+\infty);B)$.

另外，对任意的 $t \geqslant 0$，有

$$x-S(t)x=\int_{0}^{t}AS(\tau)x\mathrm{d}\tau=\int_{0}^{t}S(\tau)Ax\mathrm{d}\tau,$$ $$\frac{\mathrm{d}(S(t)x)}{\mathrm{d}t}+A(S(t)x)=0.$$

证明：对 $x \in D$，$h>0$，

$$\frac{S(t+h)x-S(t)x}{h}=\frac{(S(h)-I)S(t)x}{h}=S(t)\frac{(S(h)-I)x}{h}.$$

当 $h\to 0^{+}$，$x \in D$，

$$\frac{S(t)x-S(t-h)x}{h}=S(t-h)\frac{(S(h)-I)x}{h}$$

于是对 $h\to 0^{+}$，$x \in D$，有 $-AS(t)x=-S(t)Ax$.

$$\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}(S(t)x)=-S(t)Ax=-AS(t)x. \quad (*)$$

因为

$$\lim_{h\to 0^{+}}\frac{S(t+h)x-S(t)x}{h}=S(t)\lim_{h \to 0^{+}}\frac{S(h)x-x}{h}=S(t)(-Ax).$$

两边关于 $t$ 进行积分

$$S(t)x\Big|_{0}^{t}=-\int_{0}^{t}S(\tau)Ax\mathrm{d}\tau=-\int_{0}^{t}AS(\tau)x\mathrm{d}\tau,$$

于是

$$-(S(t)x-S(0)x)=-(S(t)x-x)=x-S(t)x,$$

可得

$$x-S(t)x=\int_{0}^{t}AS(t)x\mathrm{d}\tau=\int_{0}^{t}S(\tau)Ax\mathrm{d}\tau.$$

根据 $(*)$ 式可得

$$\frac{\mathrm{d}(S(t)x)}{\mathrm{d}t}+A(S(t)x)=0.$$

我们可以求解开始提出的热方程。$\quad\square$

注：

$$\left\{\begin{aligned} &x=u_0,\\ &S(t)x=u, \end{aligned}\right. \qquad \text{求解方程} \quad \left\{\begin{aligned} &\frac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}t}+Au=0,\\ &u(0)=x, \end{aligned}\right.$$ $$\text{解的形式为：}\boxed{u(x,t)=S(t)x}$$

引理 2： $A$ 是闭算子。

闭算子定义：若 $\{x_n\} \subset D$, $x_n \to x$ as $n \to \infty$，$Ax_n \to y$，则 $\exists~ x \in D$, s.t. $y=Ax$. 接下来要证明它。

由已知的结果

$$x_n-S(h)x_n=-\int_{0}^{t}S(\tau)Ax_n\mathrm{d}\tau=-\int_{0}^{t}AS(\tau)x_n\mathrm{d}\tau$$

两边同时除以 $h$，

$$\frac{x_n-S(h)x_n}{h}=\int_{0}^{h}S(\tau)Ax_n\mathrm{d}\tau=\int_{0}^{h}AS(\tau)x_n\mathrm{d}\tau.$$

令 $n \to \infty$，有

$$\frac{1}{h}(x-S(h)x)=\frac{1}{h}\int_{0}^{h}S(\tau)y\mathrm{d}\tau \to y,\quad h\to 0^{+}.$$

事实上，上式利用了 $Ax$ 的定义

$$\lim_{h\to 0^{+}}\frac{1}{h}(x-S(h)x)=Ax.$$

所以 $Ax=y$. $\quad\square$

注：

$$\|x\|_{D(A)}=\left(\|x\|^2+\|Ax\|^2\right)^{1/2},$$ $$\left(D(A),\|\cdot\|_{D(A)}\right) \hookrightarrow B. \quad \text(连续嵌入)$$

引理 3： $D$ 在 $B$ 中稠密，对 $\forall x \in B$，$t>0$，

$$\int_{0}^{t}S(\tau)x\mathrm{d}\tau \in D$$

并且

$$x-S(t)x=A\int_{0}^{t}S(\tau)x\mathrm{d}\tau.$$

证明：下面多次用到 $\int_{0}^{t}S(t)x\mathrm{d}\tau$.

对 $\forall~ h>0$，有

$$\begin{aligned} &\frac{-S(h)\int_{0}^{t}S(\tau)x\mathrm{d}\tau + \int_{0}^{t}S(\tau)}{h} \\ ={}&\frac{-\int_{h}^{h+t}S(\tau)x\mathrm{d}\tau + \int_{0}^{t}S(\tau)}{h} \end{aligned}$$

于是

$$\begin{aligned} &\frac{\int_{h+t}^{h}S(\tau)x\mathrm{d}\tau + \int_{0}^{t}S(\tau)}{h} \\ ={}& \frac{\int_{0}^{h}S(\tau)x\mathrm{d}\tau + \int_{h+t}^{t}S(\tau)}{h}. \end{aligned}$$

当 $h \to 0$, 上式的极限为 $x-S(t)x$.

记 $x_{t}=\int_{0}^{t}S(t)x\mathrm{d}t$，有

$$\lim_{h\to 0^{+}}\frac{-S(h)x_{t}+x_{t}}{h}=x-S(t)x,$$ $$D=\left\{x\in B~\big| \lim_{h\to 0^{+}} \frac{S(h)x-x}{h}< \infty\right\}.$$

所以 $x_{t} \in D$， 即

$$\int_{0}^{t}S(t)x\mathrm{d}t \in D.$$

参考书籍

• 视频：发展方程中的算子半群
• 郑宋穆，Nonlinear Parabolic Equations and Hyperbolic-Parabolic Coupled Systems