CHỨNG MINH ĐỊNH LÝ I.
Trước tiên ta đưa ra các kết quả sau chứng tỏ có thể thay thế toán tử sinh G trong định lý I bởi toán tử sai phân D được định nghĩa trong (1.1).
Cố định một hàm 1-tuần hoàn liên tục α:→ thỏa α( )0 =α( )1 =0 và α( )s ds=1.
0 1
∫ Ta định nghĩa các toán tử tuyến tính bị chặn R:Lp(,X)→lp(,X) và S:lp(,X)→Lp(,X) như sau: Rf = − n−n1U n( ),s ∫ f s( )ds ( )n∈ , ( )Sx ( )t =α( )t U t( ),n xn , t ∈[n,n+1]; với x= x( )n n∈.
Bổ đề 4.1. (i). Nếu y=Dx thì Gu=Sy với u∈domG nào đó.
(ii). Nếu Sy=Gu với u∈domG nào đó thì y=Dx với x∈lp
nào đó.
(iii). Nếu f =Guvới u∈domG nào đó thì Rf =Dx với x= u n( ( ))n∈ .
(iv). Nếu Rf = Dx với x∈lp nào đó thì f =Gu với u∈domG
nào đó.
Chứng minh. (i). Định nghĩa u t( )=U t( ),n (yn −xn)− U t( ),s Sy( )s ds n
t
∫ với
t ∈[n,n+1]. Một tính toán trực tiếp cho ta u∈Lp(,X)∩C0(,X) và thỏa (**) với f =Sy. Cho nên Gu=Sy.
(ii). Với u∈Lp(,X)∩C0(,X) thỏa (**) với f =Sy ta có
u n( +1)=U n( +1,n)u n( )− U n( +1,s)α( )s U s( ),n ynds
n n+1 ∫
=U n( +1,n)u n( )−U n( +1,n)yn , (đã cho t =n+1;τ =n) n∈ Nên y=D y( n −u n( ))n∈. Phần chứng minh (u n( ))n∈ ∈lp tương tự [2].
(iii). Do u và f thỏa (**) , cho t =n và τ =n−1 ta có
− U n( ),s f s( )ds=u n( )−U n( ,n−1)u n( −1),n∈
n−1
n
∫
Phần chứng minh (u n( ))n∈ ∈lp tương tự [2].
(iv). Với x=( )n∈xn sao cho Rf =Dx, ta định nghĩa
u t( )=U t( ),n xn − U t( ),s f s( )ds
n t
∫ , t ∈[n,n+1],n∈.
Một tính toán trực tiếp cho ta u∈Lp(,X)∩C0(,X); và u và f thỏa (**). Cho nên Gu= f .
Định lý sau chỉ ra sự “tương đương” giữa toán tử sinh G và toán tử sai phân D. Nó cho phép chuyển từ thời gian liên tục sang thời gian rờirạc. (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
Định lý 4.2. Giả sử {U t( ),τ }t≥τ, t,τ ∈ là họ tiến hóa bị chặn mũ liên tục mạnh trên không gian Banach X, G là toán tử sinh của nữa nhóm tiến hóa liên kết trên Lp(,X), p∈[1,∞), tương ứng, C0(,X); và D là toán tử sai phân trên lp(,X), p∈[1,∞), tương ứng, c0(,X), được định nghĩa trong (1.1). Khi đó imG là đóng khi và chỉ khi imD là đóng, và
dim kerG= dim kerD và codimimG= codim imD . Đặc biệt, toán tử G là Fredholm khi và chỉ khi D là Fredholm, và indG= indD .
Chứng minh. Ta chứng minh cho trường hợp Lp(,X), p∈[1,∞), trường hợp C0(,X) tương tự.
Trước tiên ta chứng minh imG là đóng khi và chỉ khi imD là đóng. Giả sử rằng imD là đóng, và lấy dãy bất kỳ f( )k =Gu( )k ∈imG sao cho
limk→∞ f( )k = f trong Lp(,X). Sử dụng bổ đề 4.1(iii) ta có
Rf( )k = D u( k( )n )n∈ →Rf ,khi k→ ∞. Do imD đóng, Rf ∈imD và như thế f ∈imG theo bổ đề 4.1(iv). Đảo lại, giả sử imG là đóng, và lấy dãy bất kỳ y( )k =Dx( )k ∈imD sao cho limk→∞ y( )k = y trong lp. Sử dụng bổ đề 4.1(i) ta có Sy( )k =Gu( )k →Sy với u( )k ∈domG nào đó. Do imG đóng,
Sy∈imG, và như thế, y∈imD theo bổ đề 4.1(ii). Định nghĩa ánh xạ tuyến tính, B, bởi
Bx
( )( )t =U t,( )n xn, t∈[n,n+1), n∈
với x=( )xn n∈. Do (**) u∈kerG khi và chỉ khi u∈Lp(,X)∩C0(,X)
và u t( )=U t( ),τ u( )τ với mọi t ≥τ trong . Do (1.4) B là đơn ánh từ kerD vào kerG. Nếu u∈kerG thì B u n( ( ))n =u; chứng tỏ B toàn ánh. Nên kerD và kerG đẳng cấu và dim kerG= dim kerD .
Cuối cùng, ta chỉ ra rằng nếu imG( tương đương imD) là đóng thì
dimLp
^
=dimlp
^
với các không gian thương:
Lp ^ ={[ ]f ={f +g:g∈imG}: f ∈Lp} và lp ^ ={[ ]y ={y+z:z∈imD}:y∈lp}. Thật vây, Định nghĩa toán tử R^ :Lp
^
→lp
^
bởi R^[ ]f =[ ]Rf . Do g∈imG kéo theo Rg∈imD bởi bổ đề 4.1(iii), nếu h= f +g∈[ ]f , g∈imG thì
Rh= Rf +Rg∈[ ]Rf , và R^ được định nghĩa tốt. Nếu R^[ ]f =0 thì
Rf ∈imD và do bổ đề 4.1(iv) ta có f ∈imG và như thế [ ]f =0. Vậy R^ là đơn ánh. Cố định y=( )yn n∈ ∈lp và lấy f =−Sy. Khi đó
Rf
( )n = n−n1U n( ),s α( )s U s( ,n−1)yn−1ds=yn −( )nDy
Cho nên y= Rf +Dy. Khi đó [ ]y =[ ]Rf =R^[ ]f , và R^ là toàn ánh. Nên Lp
^
và lp
^ (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
là đẳng cấu. Bổ đề sau chỉ ra một phép lưỡng phân mũ trên ± có thể mở rộng thành một phép lưỡng phân mũ trên ±.
Bổ đề 4.3. Giả sử {U t,( )τ }t≥τ;t,τ ∈ là một họ tiến hóa bị chặn mũ, liên tục mạnh trên không gian Banach X. Họ tiến hóa rời rạc
U n( ),m
{ }n≥m;n,m∈ có một phép lưỡng phân mũ { }Pn+ n≥0 trên + , tương ứng , { }nPn− ≤0 trên − khi và chỉ khi họ tiến hóa {U t( ),τ }t≥τ;t,τ ∈ có phép lưỡng phân mũ { }tPt+ ≥0 trên + , tương ứng, { }tPt− ≤0 trên −.
Chứng minh. Ta đưa ra chứng minh cho phần “chỉ khi” trên + , trên − lý luận tương tự. Từ phép lưỡng phân của họ {U n( ),m }n≥m≥0 ta sẽ xây dựng được họ { }Pt+ t≥0 sao cho U t( ),τ Pτ+ =Pt+U t( ),τ và
U t( ),τ kerPτ+ : kerPτ+ →kerPt+ là đẳng cấu với mọi t ≥τ ≥0. Khi đó ước lượng lưỡng phân mũ ổn định cho {U t( ),τ }t≥τ ≥0 suy ra trực tiếp từ ước lượng lưỡng phân ổn định của {U n( ),m }n≥m≥0 bởi sup0≤t−τ ≤1{U t( ),τ }<∞. Để có được ước lượng lưỡng phân không ổn định của {U t( ),τ }t≥τ ≥0, lưu ý rằng với n+1≥t ≥n≥m≥τ ≥m−1≥0 thì (U t,( )τ kerPτ+)−1 =(U m,( )τ kerPτ+)−1 U n,( m)kerPm+ ( )−1 U t,( )kern Pn+ ( )−1 (4.1) Mà (U t( ),n kerPn+)−1 =(U n( +1,n)kerPn+)−1 U n( +1,t)kerPt+ ( ) . Sử dụng ước
lượng lưỡng phân không ổn định của {U n( ),m }n≥m≥0 và sup{U n( +1,t) :n∈+,t ∈[n,n+1]}<∞ ta có sup (U t( ),n kerPn+)−1 :n∈+,t ∈[n,n+1] ⎧ ⎨ ⎩ ⎫ ⎬ ⎭<∞
tương tự: sup (U m( ),τ kerPτ+)−1
:m∈+,m≥1,τ ∈[m−1,m] ⎧ ⎨ ⎩ ⎫ ⎬ ⎭<∞
Bây giờ từ (4.1) ta có ước lượng lưỡng phân không ổn định {U t,( )τ }t≥τ ≥0. Để xây dựng họ { }Pt+ t≥0, cố định t0 ∈ sao cho t0 ∈[n,n+1) với n∈+ bất kỳ và định nghĩa các không gian con
Xs( )t0 ={x∈X:U n( +1,t0)x∈imPn++1} và Xu( )t0 =U t( )0,n kerPn+. Sử dụng ước lượng lưỡng phân không ổn định cho {U n( ),m }n≥m≥0 , với mỗi
x∈kerPn+ ta có
U n( +1,t0) U t( )0,n x ≥ U n( +1,n)x ≥N−1ev x .
Cho nên U t( )0,n : kerPn+ →Xu( )t0 là đẳng cấu và Xu( )t0 là đóng. Cũng vậy: U t( )1,t0 :Xu( )t0 → Xu( )t1 là đẳng cấu với mọi t1≥t0 trong +. Nếu
x∈Xs( )t0 ∩Xu( )t0 thì U n( +1,t0)x∈imPn++1 và có một y∈kerPn+ sao cho
x =U t( )0,n y, khi đó U n( +1,n)y=U n( +1,t0)x∈imPn++1. Cho nên
U n( +1,n)y=0 và y=0 do U n( +1,n): kerP+n →kerP+n+1 là đẳng cấu. Vì thế Xs( )t0 ∩Xu( )t0 ={ }0 . Để chứng minh X = Xs( )t0 ⊕Xu( )t0 , lấy một
x∈X và phân hoạch U n( +1,t0)x= ys +yu, ys ∈imPn++1,
yu ∈kerPn+1+ = Xu(n+1). Gọi xu là vectơ duy nhất trong Xu( )t0 sao cho
U n( +1,t0)xu = yu và đặt xs =x−xu. Thì xs ∈Xs( )t0 do
kerPt+ = Xu( )t cho ta phép phân hoạch cần có. Chứng minh cho phần khi của bổ đề được suy ra trực tiếp. Kết quả dưới đây chỉ ra đặc trưng cho toán tử Fredholm, được dùng để chứng minh tính Fredholm của toán tử D.
Bổ đề 4.4. Giả sử rằng toán tử tuyến tính bị chặn A tác động trên tổng trực tiếp X1⊕X2 của 2 không gian Banach có ma trận biểu diễn sau:
A= A11 0
A21 A22
⎛ ⎝
⎜⎜ ⎞⎠⎟⎟ với A11 ∈L X( )1 , A21∈L X( 1,X2), A22 ∈L X( )2 (4.2) Thì A là Fredholm khi và chỉ khi các khẳng định sau đúng:
(i). imA11 đóng và codimimA11 <∞; (ii). imA22 đóng và dim kerA22 <∞:
(iii). Nếu L1 ={x∈X1:x∈kerA11 and A21x∈imA22} thì dimL1 là hữu hạn;
(iv). Nếu L2 =imA22 +A21(kerA11) thì codimL2 trong X2 là hữu hạn.
Nếu (i)-(iv) thỏa thì dim kerA=dim kerA22 +dimL1 và codimimA=codimimA11+codimL2 (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
Bây giờ ta đưa ra chứng minh cho định lý I.
Chứng minh định lý I
Điều kiện đủ. Giả sử rằng (i) và (ii) trong định lý I thỏa. Ta phải chứng minh G là toán tử Fredholm. Theo định lý 4.2 ta chỉ cần chứng minh tính Fredholm cho toán tử D. Ta đưa ra chứng minh cho trường hợp lp, trường hợp c0 tương tự. Chuyển sang [ ]a −1, [ ]b +1 nếu cần, ở đây [ ]. là
hàm phần nguyên, ta có thể giả sử (1): a,b∈ trong định lý I; (2): họ tiến hóa rời rạc {U n( ),m }n≥m, n,m∈ có các phép lưỡng phân { }Pn− n≤a và
Pn+
{ }n≥b; và (3): toán tử nút rời rạc N b( ),a =(I −Pb+)U b( ),a kerPa− là toán tử Fredholm từ kerPa− đến kerPb+. Trước tiên xét biểu diễn của D như ở (4.2) trong đó lp(,X)= X1⊕X2 với X1 =lp(∩ −∞( ,b],X),
X2 =lp(∩[b+1,∞),X). Thì A11 =Db−, ở đây Db− =Dlp(∩ −∞( ,b],X);
A22 =Db+, ở đây Db+ :( )xn n≥b+1 (xb+1,xb+2 −U b( +2,b+1)xb+1,...); và
A21 =Db±, ở đây Db± :( )xn n≤b (−U b( +1,b)xb,0,...). Khi đó
L1 ={( )xn n≤b :( )xn n≤b ∈kerDb− and (−U b( +1,b)xb,0,...)∈imDb+} (4.3)
L2 ={( )xn n≥b+1+(−U b( +1,b)xb,0,...):( )xn n≥b+1∈imDb+
and x( )n n≤b ∈kerDb−} (4.4) Ta sẽ cần một dạng của [2, corollary 1]. Với một dãy ( )xn n≥b+2 ký hiệu
xb+' 1 =− (U b( +1+k,b+1)kerPb++1)−1 I−Pb++1+k ( )xb+1+k k=1 ∞ ∑ . (4.5) Chuỗi trong (4.5) là hội tụ bởi ước lượng lưỡng phân không ổn định.
Ta cần bổ đề sau:
Bổ đề 4.5. Toán tử Db+ là khả nghịch trái trên lp(∩[b+1,∞);X) và
imDb+ ={( )xn n≥b+1:(I −Pb++1)xb+1 =xb'+1} (4.6)
Chứng minh. Để xây dựng ( )Db+ −1
, nghịch đảo trái của Db+, chú ý rằng
Db+ = I −Tb+, ở đây Tb+ :( )nxn ≥b+1 (0,U b( +2,b+1)xb+1,...). Phân hoạch
không gian con của các dãy ( )xn n≥b+1 thuộc lp(∩[b+1,∞);X) sao cho
xn ∈imPn+, tương ứng, xn ∈kerPn+, n≥b+1. Khi đó Tb+,u khả nghịch trái với nghịch đảo trái là ( )Tb+,u −1
:( )xn n≥b+1 (U n( +1,n)kerPn+)−1
xn+1
⎛
⎝⎜ ⎞⎠⎟n≥b+1 Theo giả thiết lưỡng phân, sprad T( )b+,s <1 và sprad T( )b,u+ −1
( )<1, và như thế ( )Db+ −1 = ( )Tb+,s k k=0 ∞ ∑ − ( )Tb+,u −k k=1 ∞ ∑ . Bằng tính toán thấy rằng Db+( )Db+− −1
biến một dãy ( )xn n≥b+1 thành dãy (Pb++1xb+1+xb'+1,xb+2,...), xem (4.5) Do imDb+ =im Db+( )Db+ −1
( ) ta có (4.6).
Sử dụng phép phân hoạch lp(∩ −∞( ,b];X)= X1⊕X2 với
X1 =lp(∩ −∞( ,a−1];X) và X2 =lp(∩[ ]a,b ;X), xét biểu diễn (4.2) cho A=Db−. Ta có A11 =Da−−1 = D (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
lp(∩ −∞,( a−1];X) , và A22 = Da,b với
Da,b :( )axn ≤n≤b (xa,xa+1−U a( +1,a)xa,...,xb −U b( ,b−1)xb−1). Trong biểu diễn lp(∩[ ]a,b ;X)= X⊕...⊕X ((b−a)-lần), toán tử Da,b là nữa tam giác dưới với đường chéo là các đồng nhất, và như thế là khả nghịch. Sử dụng phép lưỡng phân { }Pn− n≤a−1 , tương tự như chứng minh bổ đề 4.5 ta suy ra Da−−1 là khả ngịch phải. Do Db− là nữa tam giác dưới với đường chéo là các Da−−1 và Da,b, ta có Db− khả nghịch phải. Điều này và bổ đề 4.5 suy ra với biểu diễn tam giác (4.2) của D khẳng định (i) và (ii) đều đúng. Nên để suy ra D là Fredholm còn phải chứng minh rằng dimL1 <∞ và
codimL2 <∞ với L1 và L2 cho trong (4.3) và (4.4).
Đối với L1, lưu ý rằng (−U b( +1,b)xb,0,...)∈imDb+ khi và chỉ khi có một ( )n≥byn +1∈lp(∩[b+1,∞);X) sao cho yn =−U n,( )b xb, n≥b+1. Sử
dụng phép lưỡng phân { }nPn+ ≥b, điều đó tương đương với xb ∈imPb+. Mặt khác ( )nxn ≤b ∈kerDb−, nghĩa là xn =U n,( m)xm với mọi m≤n ≤b. Đặc biệt
xb =U b( ),a xa và xa =U a,( )n xn với mọi n≤a. Sử dụng phép lưỡng phân
Pn−
{ }n≤a ta suy ra xa ∈kerPa−. Nên:
dimL1 =dim{x∈kerPa− :U b,( )a x∈imPb+}=dim kerN b,( )a <∞
Đối với L2, ký hiệu Z là phần bù trực tiếp của imN b( ),a sao cho kerPb+ =imN b( ),a ⊕Z và ký hiệu ⎡⎣( )nxn ≥b+1⎤⎦L2 với các
xn
( )n≥b+1∈lp(∩[b+1;∞);X) là lớp tương đương trong không gian thương lp(∩[b+1,∞);X) L2 . Do bổ đề 4.5 ta có
Pn+xn
( )n≥b+1 ∈imDb+ ⊂ L2. Cho nên: ⎡⎣( )xn n≥b+1⎤⎦L2 = ((I −Pn+)xn)n≥b+1
⎡
⎣ ⎤⎦L2 .
Dùng (4.3), do bổ đề 4.5 ta suy ra (xb+1' ,(I−Pb+2+ )xb+2,...)∈imDb+ ⊂ L2, nên
xn
( )n≥b+1
⎡⎣ ⎤⎦L2 =⎡⎣(yb+1,0,...)⎤⎦L2 , ở đây ta ký hiệu yb+1=(I −Pb++1)xb+1−xb'+1. Nhớ rằng yb+1 ∈kerPb++1 và tìm được duy nhất yb ∈kerPb+ sao cho
yb+1 =U b( +1,b)kerPb+ yb. Sử dụng phân hoạch kerPb+ =imN b( ),a ⊕Z, tìm được biểu diễn duy nhất yb =y+z, ở đây y∈imN b( ),a và z∈Z. Do
y∈imN b( ),a , có một xa ∈kerPa− sao cho y=U b( ),a xa. Sử dụng phép lưỡng phân{ }Pn− n≤a, đặt xn =(U a( ),n kerPn−)−1
xa với n≤a. Cũng vậy định nghĩa xn =U n( ),a xa với n∈[ ]a,b . Thì ( )xn n≤b ∈lp(∩ −∞( ;b]) và
xn =U n( ,m)xm với mọi m≤n≤b. Cho nên ( )xn n≤b ∈kerDb−. Cũng vây,
y= xb. Do (4.4) nên ⎡⎣(−U b( +1,b)y, 0 ,...)⎤⎦L2 =⎡⎣(U b( +1,b)z, 0 ,...)⎤⎦L2. Kết quả là ta có ánh xạ định nghĩa tốt j:x =⎡⎣( )xn n≥b+1⎤⎦L2 z từ
lp(∩[b+1,∞);X) L2 vào Z ≅kerPb+ imN b( ),a sao cho
xn
( )n≥b+1
⎡⎣ ⎤⎦L2 =⎡⎣(U b( +1,b)z,0,...)⎤⎦L2 với jx=z. Điều đó suy ra j là đơn ánh. Nó cũng là toàn ánh do nếu z∈Z thì x=⎡⎣(U b( +1,b)z,0,...)⎤⎦L2 thỏa
jx =z. (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
Điều kiện cần. Giả sử rằng G là Fredholm. Như đã xem trong chương I, định lý 4.2 suy ra giả thiết 1 cho A, ở đây ta có thể giả sử a=0
mà không mất tổng quát. Khi đó định lý 3.5 và 3.10 chỉ ra A có phép lưỡng phân mũ trên [b,∞)∩+ và −. Bổ đề 4.3 suy ra A có phép lưỡng phân mũ trên − và trên [b,∞)
Ta cần chứng minh phần (ii), tức là tính chất Fredholm của toán tử nút N b,0( )=(I−Pb+)U b,( )a : kerP0+ →kerPb+ . Bổ đề 2.6(i) và (3.5) có:
kerP0− = Xu−( )0 =Z2 ⊕X0 và kerPb+ = Xu+( )b =Z2( )b ⊕Y+( )b (4.7) Nhắc lại từ bổ đề 1.1 và (3.3) rằng X0 và Y+( )b là hữu hạn chiều. Cho nên tính Fredholm của N b,0( ) suy ra từ
kerN b( ),0 = X0 và imN b,0( )=Z2( )b . (4.8) Với x=( )xn n∈ ∈kerD ta có N b( ),0 x0 =(I −Pb+)xb =0 theo (1.4), cho nên X0 ⊆kerN b( ),0 . Đảo lại, cho x∈kerN b( ),0 ⊆kerP0− . Theo (4.7) có
z2 ∈Z2 và x0 ∈X0 với x =z2 +x0. Ta có thể chỉ ra
N b( ),0 z2 = N b( ),0 x =0 bởi vì X0 ⊆kerN b( ),0 . Do
U b( ),0 z2 ∈Z2( )b ⊆ Xu+( )b =kerPb+ bởi (3.1) và (3.5), ta có được
0=N b( ),0 x =U b( ),0 z2. Bây giờ bổ đề 3.1(i) suy ra z2 =0 và cho nên
x =x0 ∈X0. Bằng những lý luận tương tự ta suy ra imN b,0( )=N b,0( )Z2 =(I −Pb+)Z2( )b =Z2( )b
Cuối cùng ta chỉ ra công thức chỉ số và số chiều trong định lý I với giả sử rằng là Fredholm. Ta định nghĩa R0 : kerD→X0 và
Rb,*: kerD*→Xb,* bởi R0( )xn n∈ =x0 và Rb,*( )ξn n∈ =ξb tương ứng. Ánh xạ R0 và Rb,* là các toán tử tuyến tính toàn ánh do (1.4) và (1.5). Bổ đề 1.1(iii) và (iv) chỉ ra rằng R0 và Rb,* là song ánh. Cho nên
dim kerD=dimX0 và dim kerD* =dimXb,*. Sử dụng định lý 4.2 và (4.8)
ta suy ra
dim kerG=dim kerD=dimX0 =dim kerN b,0( ) Sử dụng (3.3) và (4.7) ta suy ra
codimimG=codimimD=dim kerD* =dimXb,*
=dimY+( )b =codimimN(b,0)
Đinh lý I đã dược thiết lập.
Mệnh đề 4.6. Cho G là Fredholm trên ε( ) . Khi đó f ∈imG khi và chỉ khi f( )σ ,v( )σ dσ
∫ =0 ∀v∈ε*( ) ∩Cbw,*(,X) thỏa
v( )τ =U t( ),τ *
v t( ) ∀t ≥τ ở đây
ε*( ) ={v:→ X*:v is weakly measurable, v( ). ∈Lq( ) }, q=1 nếu
ε( ) =C0(,X) và 1
p + 1
q =1 nếu ε( ) =Lp(,X) với p∈[1,∞).
Chứng minh. Giả sử f ∈imG và v∈ε*( ) ∩Cbw,*(,X) với
v( )τ =U t( ),τ *
v t( ) với mọi t ≥τ. Theo như bổ đề II, có một hàm (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
u∈ε( ) ∩C0(,X) thỏa (**). Nên ta có thể tính: f( )σ ,v( )σ dσ = f( )σ ,U t( ),σ * v t( ) dσ = U t( ),σ f( )σ ,v t( ) dσ τ t ∫ τ t ∫ τ t ∫ = τtU t( ),σ f( )σ dσ,v t( ) ∫ = U t( ),τ u( )τ ,v t( ) − u t( ),v t( )
= u( )τ ,v( )τ − u t( ),v t( )
với mọi t ≥τ . Cho τ → −∞ và t→ ∞ ta có f( )σ ,v( )σ dσ =0
∫
bởi giá trị trung bình của u∈C0(,X) và v∈Cbw,*(,X).
Giả sử f ∈ε( ) thỏa điều kiện của mệnh đề. Ta định nghĩa toàn tử
R:ε( ) →ε( ) bằng cách đặt: Rg ( )n =− U n( ),τ g( )τ dτ n−1 n ∫ với mọi n∈.
Ta cần chứng minh rằng Rf ∈imD, từ tính Fredholm của toán tử G, định lý 4.2 có được imD là đóng và vì thế imD=(kerD*)⊥
.Với ξ =( )ξn n∈ ∈kerD* ta định nghĩa v:→X* bởi v( )τ =U n,( )τ *
ξn với τ ∈(n−1,n] và n∈. Theo (1.5) ta có v∈ε*( ) ∩Cbw,*(,X) và
v( )τ =U t,( )τ *
v t( ) với mọi t ≥τ. Thêm nữa Rf,ξ =− U n,( )τ f( )τ dτ,ξn n−1 n ∫ =− f( )τ ,U n,( )τ * ξn dτ n−1 n ∫ n∈ ∑ n∈ ∑ =− f( )τ ,v( )τ dτ =− f( )τ ,v( )τ dτ =0 ∫ n−1 n ∫ n∈ ∑ Sử dụng bổ đề 4.1(iv) ta suy ra f ∈imG. VỀ TÍNH CHẤT BACKWARD UNIQUENESS.
Trong phần này ta mô tả backward uniqueness property(BU) theo các thành phần của các không gian Xn và Xn,*.
Mệnh đề 4.7. Giả sử toán tử G là Fredholm trên ε( ) . Khi đó các khẳng định sau đúng:
(i). (BU.1) đúng khi và chỉ khi dimXn là hằng với n∈. (ii). (BU.2) đúng khi và chỉ khi dimXn,* là hằng với n∈.
(iii).(BU.1) và (BU.2) đúng thì có thể chọn a=b=0 trong định lý I.
Chứng minh. (i). Giả sử (BU.1) đúng. Lấy x∈Xm thỏa U n( ,m)x=0 với
n≥m nào đó. Khi đó có một dãy x=( )xk k∈ ∈kerDsao cho xm =x bởi (1.2). Ta định nghĩa hàm u:→X bởi u t( )=U t( ),j xj với t∈[j, j+1)
và j∈. Dễ kiểm tra rằng u∈C0(,X) và u t( )=U t( ),τ u( )τ với mọi
t ≥τ do (1.4). Do u n( )=U n,( m)xm =U n,( m)x =0, (BU.1) cho ta