Một số phương trình trong thang các không gian banach

  • Số trang: 56 |
  • Loại file: PDF |
  • Lượt xem: 25 |
  • Lượt tải: 0
minhtuan

Đã đăng 15929 tài liệu

Mô tả:

BỘ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TP. HỒ CHÍ MINH _______________________ Lai Văn Phút MỘT SỐ PHƯƠNG TRÌNH TRONG THANG CÁC KHÔNG GIAN BANACH LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Thành phố Hồ Chí Minh - 2011 BỘ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TP. HỒ CHÍ MINH _______________________ Lai Văn Phút MỘT SỐ PHƯƠNG TRÌNH TRONG THANG CÁC KHÔNG GIAN BANACH Chuyên ngành: Toán Giải Tích Mã số: 60 46 01 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC: PGS.TS. NGUYỄN BÍCH HUY Thành phố Hồ Chí Minh - 2011 MỞ ĐẦU Trong nhiều phương trình xuất phát trong Toán học hay Khoa học Tự nhiên, ta thường gặp tình huống khi ánh xạ được xét biến không gian, trong đó ta muốn tìm nghiệm vào một không gian rộng hơn. Điều này làm cho việc áp dụng các Phương pháp quen thuộc để chứng minh sự tồn tại nghiệm như các định lí điểm bất động, định lí hàm ẩn, hàm ngược,… gặp khó khăn. Một trong các phương pháp khắc phục khó khăn này là sử dụng thang các không gian Banach và chứng minh các định lí quen thuộc cho các ánh xạ tác động giữa các không gian trong thang các không gian Banach. Đây là hướng nghiên cứu mới của Giải tích phi tuyến, được phát triển từ những năm 1970 nhưng đã tìm được các ứng dụng có ý nghĩa trong Lí thuyết phương trình vi phân, trong Vật lí, trong Lí thuyết hàm phức,… Nó vẫn đang được phát triển và hoàn thiện, hứa hẹn nhận được các kết quả lí thuyết và ứng dụng mới. Trong luận văn này, tôi trình bày chi tiết một số bài toán trong thang các không gian Banach như bài toán Cauchy cho phương trình vi phân, định lí hàm ẩn, một số định lí điểm bất động của ánh xạ dạng ε − δ co. Luận văn này (ngoài phần mở đầu, kết luận, tài liệu tham khảo và mục lục) sẽ được trình bày trong 3 chương. Chương 1. Bài toán Cauchy trong thang các không gian Banach Trong chương này, tôi trình bày chi tiết chứng minh các kết quả về sự tồn tại nghiệm địa phương và nghiệm toàn cục của phương trình vi phân phi tuyến. Đặc biệt, trong trường hợp tuyến tính, tôi trình bày thêm một mở rộng của định lí Ovcyannikov về sự tồn tại nghiệm toàn cục của phương trình vi phân. Chương 2. Định lí hàm ẩn trong thang các không gian Banach Trong chương này, tôi trình bày chi tiết chứng minh định lí hàm ẩn trong thang các không gian Banach và ứng dụng của nó vào việc chứng minh sự tồn tại nghiệm của phương tr ình hàm Schr ӧder. Chương 3. Ánh xạ dạng 𝛆 − 𝛅 co trong thang các không gian Banach Trong chương này, tôi trình bày một mở rộng định lí điểm bất động của ánh xạ dạng ε − δ co lên trường hợp ánh xạ tác động trong một thang các không gian Banach. LỜI CÁM ƠN Trước tiên, tôi xin chân thành cám ơn PGS. TS. Nguyễn Bích Huy. Mặc dù Thầy bận nhiều công việc nhưng vẫn tận tình hướng dẫn tôi trong quá trình học tập và hoàn thành luận văn. Tôi cũng xin cảm ơn đến quý Thầy Cô tham gia giảng dạy lớp Cao học Giải tích khóa 20, Trường Đại Học Sư Phạm Thành Phố Hồ Chí Minh, những người đã truyền đạt rất nhiều kiến thức cho tôi. Sau cùng, tôi xin cảm ơn gia đình và bạn bè đã khuyến khích, động viên và giúp đỡ tôi rất nhiều trong suốt quá trình học tập cũng như hoàn thành luận văn này. MỤC LỤC MỞ ĐẦU ..........................................................................................3 LỜI CÁM ƠN ..................................................................................4 MỤC LỤC ........................................................................................5 Chương 1. BÀI TOÁN CAUCHY TRONG THANG CÁC KHÔNG GIAN BANACH .............................................................6 1.1.Trường hợp phi tuyến ................................................................................ 6 1.1.1. Nghiệm địa phương ................................................................................ 6 1.1.2. Nghiệm toàn cục.................................................................................... 13 1.2.Nghiệm toàn cục trong trường hợp tuyến tính......................................... 18 1.1.3. Định lí về sự tồn tại nghiệm toàn cục .................................................. 18 1.2.2. Độ đo phi compact ................................................................................. 25 1.2.3. Định lí .................................................................................................... 26 Chương 2. ĐỊNH LÍ HÀM ẨN TRONG THANG CÁC KHÔNG GIAN BANACH ...........................................................31 2.1.Định lí hàm ẩn .......................................................................................... 31 2.1.1. Định nghĩa ............................................................................................. 31 2.1.2. Định lí định lí hàm ẩn ........................................................................... 31 2.2.Ứng dụng cho phương trình hàm Schrӧder ............................................. 39 2.1.3. Phương trình hàm Schrӧder ................................................................ 39 2.1.4. Số Liouville ............................................................................................ 39 2.1.5. Định lí về sự tồn tại nghiệm của phương trình hàm Schrӧder........... 39 Chương 3. ÁNH XẠ DẠNG 𝛆 − 𝛅 CO TRONG THANG CÁC KHÔNG GIAN BANACH ...........................................................52 3.1.Định nghĩa................................................................................................ 52 3.2.Định lí ...................................................................................................... 52 3.3.Định lí ...................................................................................................... 53 KẾT LUẬN ....................................................................................55 TÀI LIỆU THAM KHẢO ............................................................56 Chương 1. BÀI TOÁN CAUCHY TRONG THANG CÁC KHÔNG GIAN BANACH 1.1.Trường hợp phi tuyến 1.1.1. Nghiệm địa phương 1.1.1.1. Định nghĩa Xét {Xs , 0 < 𝑠 < s0 } là một họ tham số của không gian Banach sao cho X s ⊂ X s′ , ‖. ‖s′ ≤ ‖. ‖s ′ với 0 < s < 𝑠 < s0 , trong đó ‖. ‖s là chuẩn trong X s . Cho phương trình u = F(u(t), t) (𝟏. 𝟏) � t u (0) = 0 trong thang các không gian Banach. Dễ thấy bài toán (𝟏. 𝟏) tương đương với bài toán sau u(t) = T�u(t)� t = � F(u(τ), τ)dτ (𝟏. 𝟐) 0 Ta đặt các điều kiện sau cho F(u, t) 1.1.1.2. Giả thiết a) Cho các hằng số s0 , r, λ > 0 và với mỗi cặp số s, s′ thỏa s0 0 < s′ < 𝑠 < s0 , 0 ≤ t < λ Ánh xạ biến (u, t) → F(u, t) là một ánh xạ liên tục từ s {u ∈ X s : ‖u‖s < 𝑟} × [0, 0 ) → X s′ λ b) Với bất kì s0 0 < s′ < 𝑠 < s0 , 0 ≤ t < λ và u, v ∈ X s thỏa ‖u‖s < 𝑟, ‖v‖s < 𝑟 ta có ‖F(u, t) − F(v, t)‖s′ c (𝟏. 𝟑) ‖u − v‖s ≤ s − s′ trong đó c là hằng số độc lập với s, s′ , u, v, t. s c) F(0, t) là hàm liên tục đối với biến t ∈ [0, 0) lấy giá trị trong X s , 0 < 𝑠 < s′ thỏa mãn ‖F(0, t)‖s ≤k với k là hằng số cố định. λ (𝟏. 𝟒) 1.1.1.3. Định lí về sự tồn tại nghiệm địa phương Giả sử tồn tại các số dương s0 , r, c, k có một hằng số λ0 > 0 sao cho các giả thiết 1.1.1.2 thỏa với λ > λ0 . Khi đó, tồn tại duy nhất một hàm số khả vi, liên tục u(t) lấy giá trị trong X s , 0 < 𝑠 < s0 , ‖u(t)‖s < 𝑟 với s0 − s 0≤t< λ và thỏa mãn (𝟏. 𝟏). Dễ thấy rằng trong trường hợp λ = λ0 định lí trên vẫn áp dụng được. Chứng minh Với γ ≥ 0, xét không gian Banach có trọng 𝕊γ gồm các hàm liên tục u(t) lấy giá trị trong X s , s + λt < s0 với chuẩn ‖u‖γ = sup (s0 − s s+λt 0 ‖F(u, t) − F(v, t)‖(γ+1) (𝟏. 𝟔) ≤ 2γ+1 c‖u − v‖γ trong đó c là hằng số trong (𝟏. 𝟑). Chứng minh Cho 0 < s′ < 𝑠 < s0 cố định. Từ giả thiết 1.1.1.2. a các hàm F(u, t) lấy giá trị trong X s′ liên tục đối với s0 − s u = u(t) ∈ 𝕊γ , 0 ≤ t < λ ′ Vì s có thể chọn gần s tùy ý nên điều này vẫn đúng nếu s0 − s′ 0≤t< λ Tiếp theo ta cố định s0 − s′ s0 ′ 0 < s < s0 , 0 ≤ t < < λ λ ρ ′ ′ và đặt ρ = s0 − s − λt > 0, 𝑠 = s + 2 Ta có 0 < s′ < 𝑠 < s0 và ρ s0 − s − λt = 2 =s − s′ Theo giả thiết u(t), v(t) ∈ 𝕊0 , ‖u‖(0) < 𝑟, ‖v‖(0) < 𝑟 và do (𝟏. 𝟓) nên ‖u‖s < 𝑟, ‖v‖s < 𝑟. Do đó theo (𝟏. 𝟑) ta được (𝟏. 𝟕) ‖F(u(t), t) − F(v(t), t)‖s′ ≤ Suy ra c ‖u(t) − v(t)‖s s − s′ (s0 − s′ − λt)γ+1 ‖F(u(t), t) − F(v(t), t)‖s′ c (s0 − s′ − λt)γ+1 ‖u(t) − v(t)‖s ≤ ′ s−s c (s0 − s′ − λt)γ+1 ‖u − v‖(γ) �do (𝟏. 𝟓)� ≤ ′ γ s − s (s0 − s − λt) c ργ+1 ‖ ‖(γ) �do cách đặt ρ và (𝟏. 𝟕)� =ρ ρ γ u−v 2 �2� = 2γ+1 c‖u − v‖(γ) Từ đây và (𝟏. 𝟓) ta có ‖F(u, t) − F(v, t)‖(γ+1) ≤ 2γ+1 c‖u − v‖(γ) Bổ đề 1 đã được chứng minh xong. Bổ đề 2 Cho γ > 0, 𝑢(𝑡) ∈ 𝕊γ+1 ta có t (γ) �� u(τ)dτ� ≤ 0 Chứng minh Ta có 1 ‖u‖(γ+1) γλ t �� u(τ)dτ� 0 s t ≤ �‖u(τ)‖s dτ 0 t ≤ �(s0 − s − λτ)−γ−1 ‖u‖(γ+1) dτ �do (𝟏. 𝟓)� 0 1 t �(s0 − s − λτ)−γ ‖u‖(γ+1) ��0 γλ 1 ≤ (s0 − s − λt)−γ ‖u‖(γ+1) , ∀s + λt < s0 γλ Do đó theo (𝟏. 𝟓) = t (γ) �� u(τ)dτ� 0 t = sup (s0 − s − λτ)γ �� u(τ)dτ� s+λt λ0 2γ+1 c ks0 � = max � , γ (1 − γ)r Ta đánh giá M(u) = sup sup (s0 − s = sup (𝟏. 𝟖) s 0≤r< 0 s+λt r0 thì D�f(t)� < 0. Khi đó Từ (𝟏. 𝟏𝟏) ta có γ M(0) = M�u(0)� = sup sup (s0 − s)γ ‖F(0, τ)‖s ≤ ks0 = r0 ≤ −γλf(t) + 2cργ M(u) s 0≤r< 0 0<𝑠 r0 . Vậy f(t) ≤ r0 Ta lại có M(Tu) = sup sup (s0 − s′ − λt)γ ‖F(Tu(t), τ)‖s′ s 0≤r< 0 s′+λt 0 và hằng số p ∈ (0,1) sao cho M ‖F(t, u) − F(t, v)‖s′ ≤ ‖u − v‖s (s − s′)p với mọi t ∈ J; s′ < 𝑠; 𝑢, 𝑣 ∈ X s Khi đó phương trình (𝟏. 𝟏𝟖) có nghiệm duy nhất u: J → Xs với mọi s ∈ (α, β) Chứng minh Đặt u0 ( t ) = u 0 t uk (t) = u0 + � F(τ, uk−1 (τ)dτ , k ≥ 1 0 Vì Xβ là không gian bé nhất trong thang nên bằng quy nạp, ta có uk : J → X s là liên tục trên J với mọi k ≥ 0, s ∈ [α, β). Thật vậy, Ta có t t u1 (t) = u0 + � F(τ, u0 )dτ ‖u1 (t) − u1 (t′)‖s ≤ �‖F(τ, u0 )‖s′ dτ t′ 0 ≤ M0 (t − t′) với M0 = max‖F(τ, u0 )‖β Vậy u1 liên tục. Giả sử uk liên tục. Khi đó ‖uk+1 (t) − uk+1 (t ′ )‖s J t ≤ ��F�τ, uk (τ)��s′ dτ t′ t = ��F�τ, uk (τ)� − F(τ, 0) + F(τ, 0)�s′ dτ t′ t t ≤ �‖F(τ, 0)‖s′ dτ + ��F�τ, uk (τ)� − F(τ, 0)�s′ dτ t′ t′ t ≤ M0 (t − t′) + � t′ M ‖u (τ)‖s dτ (s − s′)p k do uk liên tục nên ∃M1 > 0: ‖uk (τ)‖s ≤ M1 , ∀τ ∈ J suy ra t ‖uk+1 (t) − uk+1 (t′)‖s ≤ M0 (t − t′) + � ≤ M0 (t − t′) + đặt t′ M ‖u (τ)‖s dτ (s − s′)p k MM1 (t − t′) (s − s ′ )p MM1 � (s − s ′ )p ta được ‖uk+1 (t) − uk+1 (t′)‖s ≤ M2 (t − t′). Vậy uk+1 liên tục. Tiếp theo đặt (β − α)p max‖F(τ, 0)‖β m(t) = ‖u0 ‖β + J(t) M ở đây J(t) = [0, t]. Ta sẽ chứng minh bằng quy nạp ‖uk (t) − uk−1 (t)‖s M2 = max �M0 , tMep k 1 � ≤ m( t ) � (β − s)p (k!)1−p với mọi s < 𝛽 Thật vậy, với k = 1, ta có ‖u1 (t) − u0 (t)‖s t = �� F(τ, u0 )dτ� 0 t s t ≤ �‖F(τ, u0 ) − F(τ, 0)‖s dτ + �‖F(τ, 0)‖s dτ 0 0 Mt ‖u ‖ + t max‖F(τ, 0)‖β ≤ J(t) (β − s)p 0 β (β − s)p Mt �‖u0 ‖β + max‖F(τ, 0)‖β � = J(t) (β − s)p M (β − α)p Mt ‖ �‖u ≤ + max‖F(τ, 0)‖β � 0 β J(t) (β − s)p M Mt = m( t ) (β − s)p Mtep 1 1 � (β − s)p (1!)1−p Giả sử (𝟏. 𝟏𝟗) đúng với k, khi đó ≤ m( t ) � (𝟏. 𝟏𝟗) t ‖uk+1 (t) − uk (t)‖s = ���F�τ, uk (τ)� − F�τ, uk−1 (τ)��dτ� 0 t ≤ ��F�τ, uk (τ)� − F�τ, uk−1 (τ)��s dτ 0 s t M ≤ p �‖uk (τ) − uk−1 (τ)‖s+ε dτ ε 0 t k τMep 1 M � dτ ≤ p � m (τ ) � p (β − s − ε) (k!)1−p ε 0 với mọi ε > 0 tùy ý thỏa mãn s + ε < 𝛽. Chọn ε= Ta có ‖uk+1 (t) − uk (t)‖s ≤ M� t p k+1 � �� β−s τMe β−s k+1 p p� k m (τ ) dτ (k!)1−p k � k+1 tMep k+1 −p 1 kp 1 � �1 � + e ≤ m( t ) � (β − s)p k [(k + 1)!]1−p 0 (β − s)p � tMep k+1 1 � ≤ m (t ) � p (β − s) [(k + 1)!]1−p Vậy (𝟏. 𝟏𝟗) đúng với k + 1 Đặt tMep n 1 � an = � (β − s)p (n!)1−p Ta có an+1 1 tMep = lim =0 lim n→∞ a n (β − s)p n→∞ (n + 1)1−p Vì vậy theo tiêu chuẩn D’Alembert, chuỗi ∑ an hội tụ. Suy ra chuỗi ��uk (t) − uk−1 (t)� k≥1 hội tụ tuyệt đối nên hội tụ đều. Do đó chuỗi u0 + ��uk (t) − uk−1 (t)� = uk (t) k≥1 hội tụ đều trên J nên tồn tại u: J → X s liên tục với mọi s ∈ (α, β) thỏa uk (t) → u(t) khi k → ∞ Theo cách định nghĩa dãy (uk ), cho k → ∞ ta được t u(t) = u0 + � F�τ, u (τ)�dτ , t ∈ J 0 Bởi vì F�∗, uk (∗)�: J → X s liên tục nên theo công thức đạo hàm theo lân cận trên ta có u′ (t) = F�t, u (t)�, t ∈ J Vậy u là một nghiệm của phương trình (𝟏. 𝟏𝟖) Ta còn phải chứng minh u là duy nhất. Giả sử có hai nghiệm u, u� của phương trình (𝟏. 𝟏𝟖) Đặt y = u − u� . Khi đó y(0) = 0. Tiếp theo, Đặt t 0 = supA, với A = {t: [0, t] ⊂ J, y(τ) = 0, ∀τ ∈ [0, t]} do A đóng nên t 0 ∈ A. Suy ra [0, t 0 ] ⊂ J, y(τ) = 0, ∀τ (𝟏. 𝟐𝟎) ∈ [0, t 0 ] Ta sẽ chứng minh [0, t 0 ] = J. Thật vậy, giả sử trái lại [0, t 0 ] ≠ J. Với mọi t ∈ J, t > t 0 ta có y(t) = u(t) − u� (t) t t = � F�τ, u (τ)� dτ − � F�τ, u� (τ)� dτ 0 t0 0 t = ��F�τ, u (τ)� − F�τ, u� (τ)��dτ + ��F�τ, u (τ)� − F�τ, u� (τ)��dτ 0 t0 t0 t = � y(τ)dτ + ��F�τ, u (τ)� − F�τ, u� (τ)��dτ 0 t t0 = ��F�τ, u (τ)� − F�τ, u� (τ)��dτ (do định nghĩa t 0 ) t0 Vì vậy với mọi s′ < 𝑠 ta có t M ‖u − u� ‖s � dτ ‖y(t)‖s′ ≤ (s − s ′ )p t0 M(t − t 0 ) ≤ sup‖y‖s (s − s′ )p [t0 ,t] Bằng quy nạp ta sẽ chứng minh ‖y(t)‖s′ k Mep (t − t 0 ) � � ≤ M� (s − s ′ )p với mọi k ≥ 1, s′ < 𝑠, trong đó � = max‖y(t)‖s M J Do (𝟏. 𝟐𝟏) nên (𝟏. 𝟐𝟐) là hiển nhiên với k = 1 (𝟏. 𝟐𝟏) (𝟏. 𝟐𝟐) Giả sử có (𝟏. 𝟐𝟐) với k > 1, ta có t ‖y(t)‖s′ = � ��F�τ, u (τ)� − F�τ, u� (τ)��dτ� t0 t ≤ ��F�τ, u (τ)� − F�τ, u� (τ)��s′ dτ t0 s′ t M ≤ p �‖u(τ) − u� (τ)‖s′+ε dτ ε = t0 t M �‖y(τ)‖s′+ε dτ εp t0 t t0 ′ Với mọi ε > 0, s + ε < 𝑠, chọn ε= Ta có ‖y(t)‖s′ ≤ k M Mep (τ − t 0 ) � � dτ ≤ p �M� ε (s − s′ − ε)p � M s − s′ � k+1 p t �� �M t0 s − s′ k+1 p( k Me τ − t 0 ) � dτ s − s′ p ′ (s − s − ) k+1 Mep (t − t 0 ) �� � =M (s − s′ )p k+1 k+1 Mep (t − t 0 ) �� � ≤M (s − s ′ )p k+1 e −p e −p 1 kp �1 + � (k + 1)p−1 k 1 kp �1 + � k Mep (t − t 0 ) � � � ≤M (s − s ′ )p Vậy (𝟏. 𝟐𝟐) đúng với k + 1, tức là được chứng minh. Chọn (s − s′)p ε0 > 0, ε0 < 𝑚𝑖𝑛 � , a − t0� Mep Suy ra t 0 + ε0 < 𝑎 ℎ𝑎𝑦 [0, t 0 + ε0 ] ⊂ J Thì ‖y(t)‖s′ = 0 với mọi t ∈ [0, t 0 + ε0 ]. Điều này mâu thuẫn với (𝟏. 𝟐𝟎). Vậy y(t) = 0, ∀t ∈ J, tức là u = u� . Tính duy nhất của u đã được chứng minh. Định lí 1.1.2.2. đã được chứng minh xong. 1.2.Nghiệm toàn cục trong trường hợp tuyến tính 1.1.3. Định lí về sự tồn tại nghiệm toàn cục Cho phương trình � ut = A(t)u + f(t) u ( 0 ) = u0 (𝟏. 𝟐𝟑) trong thang các không gian Banach X s , 0 < α < 𝑠 < 𝛽, 𝐽 = [0, 𝑎] ⊂ ℝ. Giả sử các điều kiện sau được thỏa mãn i) A: J → L(X s , X s′ ) liên tục với mỗi cặp s, s ′ thỏa α ≤ s′ < 𝑠 ≤ 𝛽. ii) ‖A(t)‖L�Xs,X ≤ s′ M s − s′ � (𝟏. 𝟐𝟒) với M > 0 (độc lập với s, s′ và t). iii) u0 ∈ X β và f: J → X β liên tục. Khi đó, với mỗi s ∈ [α, β), phương trình (𝟏. 𝟐𝟑) có nghiệm u: �0, δ(β − s)� → Xs ở đây δ = min �a, Nghiệm là duy nhất xác định với mọi s ∈ (α, β) và 1 � Me ‖u(t) − u0 ‖s ≤ �‖u0 ‖β Chứng minh + β−s Met max‖f(τ)‖β � M [0,t] β − s − Met (𝟏. 𝟐𝟓) Bước 1: Chứng minh sự tồn tại nghiệm. Đặt u 0 (t ) = u 0 t uk (t) = u0 + � [A(τ)uk−1 (τ) + f(τ)] dτ, ∀k ≥ 1 0 Ta chứng minh bằng qui nạp bất đẳng thức sau ‖uk (t) − uk−1 (t)‖s ≤ Mt � ≥1 Met k � , ∀k β−s (𝟏. 𝟐𝟔) Trong đó Mt = ‖u0 ‖β + β−s max‖f(τ)‖β M [0,t] uk (t) ∈ X s với mỗi s ∈ [α, β) và k ≥ 0 Ta có t ‖u1 (t) − u0 ‖s = �� [A(τ)uk−1 (τ) + f(τ)] dτ� 0 t ≤ � ‖A(τ)uk−1 (τ) + f(τ)‖s dτ s 0 ≤ t �‖A(τ)‖L�Xβ,Xs � ‖u0 ‖β + max‖f(τ)‖β � [0,t] M ‖u ‖ + max‖f(τ)‖β � ≤ t� β − s 0 β [0,t] = �‖u0 ‖β + = Mt � Met β−s max‖f(τ)‖β � β−s M [0,t] Met � β−s Giả sử khẳng định đúng với k, khi đó ‖uk+1 (t) − uk (t)‖s t = �� A(τ)[uk (τ) − uk−1 (τ)]d τ� 0 t s ≤ � ‖A(τ)[uk (τ) − uk−1 (τ)]‖s dτ 0 t ≤ � ‖A(τ)[uk (τ) − uk−1 (τ)]‖s+ε dτ 0 t ≤ � ‖A(τ)‖L(Xs+ε,Xs ) ‖uk (τ) − uk−1 (τ)‖s+ε dτ 0 ≤ M t � ‖u (τ) − uk−1 (τ)‖s+ε dτ ε 0 k k t Meτ M � � � ≤ Mt dτ ε 0 β−s−ε
- Xem thêm -