O Teorema de Hille-Yosida
Autor: Pedro Roberto de Lima | Publicado: 2017-07-06T22:06:00-03:00


Nesta postagem será apresentada a demonstração do Teorema de Hille-Yosida, incluindo os principais pré-requisitos referentes à teoria de semigrupos de operadores lineares limitados. O material, proveniente de um seminário apresentado pelo autor em disciplina de doutorado na UFRJ, foi elaborado com base nas referências [1-9].
Índice

1 Considerações iniciais

2 Semigrupos de operadores

3 Geradores infinitesimais

4 Teoremas de geração

&nbsp;&nbsp;4.1 Teorema de Hille-Yosida

&nbsp;&nbsp;&nbsp;&nbsp;4.1.1 Aplicação

&nbsp;&nbsp;4.2 Forma geral do Teorema de Hille-Yosida

Referências




1 Considerações iniciais



Nesta exposição suporemos conhecidas as teorias de diferenciação e integração de funções a valores vetoriais (integral de Bochner). Além disso, usaremos as seguintes notações:


$X$ - espaço de Banach
$\mathcal{L}(X)$ - espaço dos operadores lineares limitados de $X$ em $X$
$\|\cdot\|_{\mathcal{L}}$ - norma usual em $\mathcal{L}(X)$
$\|\cdot\|_{X}$ - norma em $X$
$\circ$ - composição de operadores em $\mathcal{L}(X)$
$I$ - operador identidade em $X$
$\rho(A)$ - conjunto resolvente do operador $A$
$\mathbb{R}_+$ - reais não negativos
$\mathrm{e}^A$ - exponencial de um operador linear limitado $A$, definida por $\mathrm{e}^A=\sum_{k=0}^\infty\frac{A^k}{k!}$
$A\subseteq B$ - "o conjunto $A$ é um subconjunto do conjunto $B$" ou "o operador $B$ é uma extensão do operador $A$" 



2 Semigrupos de operadores

De um modo geral, um semigrupo é um conjunto $S$ munido com uma operação binária $* :S\times S\to S$ que é associativa. O conceito de semigrupo de operadores (definido a seguir) consiste em um caso particular desta noção geral, especificamente, o caso em que $S$ é um subconjunto de $\mathcal{L}(X)$ indexado por $\mathbb{R}_+$ e $*$ é a composição de operadores (a discussão em [4] é interessante).


Definição 2.1 (Semigrupo de Operadores). Seja $X$ um espaço de Banach. Um semigrupo sobre $X$ é uma família $\{T(t)\}_{t\geq 0}$ de operadores lineares limitados $T(t):X\to X$ que satisfaz as seguintes condições: 

&nbsp; ●&nbsp; $T(0)=I$; 

&nbsp; ●&nbsp; $T(s)\circ T(t)=T(s+t)$, quaisquer que sejam $s,t\geq 0$.





Definição 2.2 (Semigrupo Fortemente Contínuo). Um semigrupo fortemente contínuo (ou semigrupo de classe $C_0$ ou $C_0$-semigrupo) é um semigrupo $\{T(t)\}_{t\geq 0}$ tal que $$\lim_{t\to0^+}\|T(t)x-x\|_{X}=0,\quad\forall\ x\in X.$$
Observação 2.3. Dizer que $\{T(t)\}_{\geq 0}$ é fortemente contínuo equivale a dizer que, para cada $x\in X$, a aplicação $[0,\infty)\ni t\mapsto T(t)x\in X$ é contínua à direita no ponto zero (com respeito à topologia da norma em $X$). Isto justifica a terminologia $C_0$.

Exemplo 2.4. Seja $B\in \mathcal{L}(X)$. Então, $\{\mathrm{e}^{tB}\}_{t\geq 0}$ é um semigrupo fortemente contínuo. De fato, um cômputo direto (e trabalhoso) mostra que as propriedades de semigrupo se verificam. Além disso, o semigrupo é fortemente contínuo porque, para todo $t\leq 1$,
$$\begin{aligned}
\|\mathrm{e}^{tB}x-x\|_X&amp;\leq \|\mathrm{e}^{tB}-I\|_\mathcal{L}\|x\|_X
=\left\|\sum_{k=0}^\infty\frac{t^kB^k}{k!}-I\right\|_\mathcal{L}\|x\|_X
=\left\|\sum_{k=1}^\infty\frac{t^kB^k}{k!}\right\|_\mathcal{L}\|x\|_X\\ 

&amp;=t\left\|\sum_{k=1}^\infty\frac{t^{k-1}B^k}{k!}\right\|_\mathcal{L}\|x\|_X\leq t\sum_{k=1}^\infty\frac{t^{k-1}\|B^k\|_\mathcal{L}}{k!}\|x\|
\leq t\sum_{k=1}^\infty\frac{\|B^k\|_\mathcal{L}}{k!}\|x\|_X\\
&amp;\leq t\sum_{k=0}^\infty\frac{\|B\|_\mathcal{L}^k}{k!}\|x\|_X=t\mathrm{e}^{\|B\|_\mathcal{L}}\|x\|_X. 
\end{aligned}$$


Teorema 2.5. Seja $\{T(t)\}_{t\geq 0}$ um semigrupo fortemente contínuo. Então, existem $\omega\geq 0$ e $M\geq 1$ tais que
\begin{equation}\label{3}
\|T(t)\|_{\mathcal{L}}\leq M\mathrm{e}^{\omega t},\quad\forall \ t\in[0,\infty).
\end{equation}
Prova: Afirmamos que existem $\eta,M&gt;0$ tais que
\begin{equation}\label{2}
\|T(t)\|_{\mathcal{L}}\leq M,\quad\forall \ t\in[0,\eta].
\end{equation}
De fato: se a afirmação é falsa, então, para cada $n\in\mathbb{N}$, existe $t_n\in[0,1/n]$ tal que
\begin{equation}\label{1}
\|T(t_n)\|_{\mathcal{L}}&gt;n.
\end{equation}
Como $t_n\overset{n\to\infty}\longrightarrow0$ e como o semigrupo é fortemente contínuo, segue que $T(t_n)x\overset{n\to\infty}\longrightarrow x$ em $X$, para todo $x\in X$. Logo, pelo Princípio da Limitação Uniforme, $\{\|T(t_n)\|_{\mathcal{L}}\}_{n\in\mathbb{N}}$ é limitada. Esta conclusão contradiz \eqref{1} e, portanto, a afirmação é verdadeira. Tomando $t=0$ em \eqref{2}, concluímos que $M\geq \|T(0)\|_{\mathcal{L}}=\|I\|_{\mathcal{L}}=1$.

Tome $t\geq 0$. Então, existem $n\in\mathbb{N}\cup\{0\}$ e $\delta\in[0,\eta)$ tais que $t=\delta+n\eta$. Deste modo,
$$\|T(t)\|_{\mathcal{L}}=\|T(\delta+n\eta)\|=\|T(\delta)T(\eta)^n\|\leq M M^n=MM^{\frac{t-\delta}{\eta}}\leq MM^{\frac{t}{\eta}}.$$
Escolhendo $\omega$ tal que $M^{\frac{t}{\eta}}\leq\mathrm{e}^{\omega t}$ (ou seja, $\omega\geq\frac{1}{\eta}\ln M$), obtemos o resultado desejado. $\square$

Teorema 2.6. Seja $\{T(t)\}_{t\geq 0}$ um semigrupo fortemente contínuo. Então, para cada $x\in X$, a aplicação $$\begin{aligned}T(\cdot)x:[0,\infty)&amp;\to X\\t&amp;\mapsto T(t)x\end{aligned}$$ é contínua e, consequentemente, $$ \frac{1}{h}\int_t^{t+h}T(s)x\;\mathrm{d}s\overset{h\to 0^+}\longrightarrow T(t)x,\quad\forall\ t\geq 0. $$
Prova: Tome $x\in X$. A continuidade em $t=0$ é uma consequência imediata da Definição 2.2. Considere, então, $t&gt;0$. Pelo Teorema 2.5,
$$\begin{aligned}
\|T(t+h)x-T(t)x\|_X&amp;=\|T(t)T(h)x-T(t)x\|_X=\|T(t)(T(h)x-x)\|_X\leq M\mathrm{e}^{\omega t}\|T(h)x-x\|_X
\end{aligned}$$
para todo $h&gt;0$ e, portanto, $T(t+h)x\overset{h\to 0^+}\longrightarrow T(t)x$. Analogamente, 
$$\begin{aligned}
\|T(t-h)x-T(t)x\|_X&amp;=\|T(t-h)x-T(t-h+h)x\|_X=\|T(t-h)(x-T(h)x)\|_X\\
&amp;\leq M\mathrm{e}^{\omega(t-h)}\|x-T(h)x\|_X
\end{aligned}$$
sempre que $0\leq h\leq t$ e, portanto, $T(t+h)x\overset{h\to 0^-}\longrightarrow T(t)x$. Concluímos, assim, que $T(t+h)x\overset{h\to 0}\longrightarrow T(t)x$, ou seja, $T(\cdot)x$ é contínua. Consequentemente, fixado $t\geq 0$ e dado $\varepsilon&gt;0$, existe $\delta&gt;0$ tal que
$$|s-t|&lt;\delta\quad\Longrightarrow\quad \|T(s)x-T(t)x\|_X&lt;\varepsilon.$$
Deste modo, se $0\leq h\leq \delta$,&nbsp; então
$$\begin{aligned}
\left\|\frac{1}{h}\int_t^{t+h}T(s)x\;\mathrm{d}s- T(t)x\right\|_X
&amp;=\left\|\frac{1}{h}\int_t^{t+h}T(s)x\;\mathrm{d}s- \frac{1}{h}\int_{t}^{t+h}T(t)x\;\mathrm{d}s\right\|_X\\
&amp;\leq \frac{1}{h}\int_t^{t+h}\|T(s)x\;\mathrm{d}s- T(t)x\|_X\;\mathrm{d}s\\
&amp;\leq\frac{\varepsilon}{h}\int_t^{t+h}\mathrm{d}s=\varepsilon.\;\square
\end{aligned}$$


Definição 2.7 (Semigrupo do tipo $(M,\omega)$; semigrupo de contrações). Um semigrupo do tipo $(M,\omega)$ é um semigrupo $\{T(t)\}_{t\geq 0}$ que satisfaz \eqref{3}. Um semigrupo de contrações é um semigrupo do tipo $(1,0)$.


3 Geradores infinitesimais

Definição 3.1 (Gerador Infinitesimal). O gerador infinitesimal de um semigrupo $\{T(t)\}_{t\geq 0}$ é o operador linear $A:D(A)\subseteq X\to X$ definido por $$D(A)=\left\{x\in X\;\Big|\;\lim_{t\to 0^+}\frac{T(t)x-x}{t}\text{ existe} \right\},\quad Ax=\lim_{t\to 0^+}\frac{T(t)x-x}{t}.$$
Exemplo 3.2. O gerador infinitesimal do semigrupo dado no Exemplo 2.4 é o operador $B$. De fato, seja $A$ o gerador infinitesimal deste semigrupo. Note que para $x\in X$ e $t\leq 1$, temos
$$\begin{aligned}
\left\|\frac{\mathrm{e}^{tB}x-x}{t}-Bx\right\|_X&amp;\leq \left\|\frac{\mathrm{e}^{tB}-I}{t}-B\right\|_\mathcal{L}\|x\|_X=\left\|\frac{1}{t}\left(\sum_{k=0}^\infty\frac{t^kB^k}{k!}-I\right)-B\right\|_\mathcal{L}\|x\|_X\\
&amp;=\frac{1}{t}\left\|\sum_{k=1}^\infty\frac{t^kB^k}{k!}-tB\right\|_\mathcal{L}\|x\|_X=\frac{1}{t}\left\|\sum_{k=2}^\infty\frac{t^kB^k}{k!}\right\|_\mathcal{L}\|x\|_X\\
&amp;= \frac{t^2}{t}\left\|\sum_{k=2}^\infty\frac{t^{k-2}B^k}{k!}\right\|_\mathcal{L}\|x\|_X\leq t\sum_{k=2}^\infty\frac{\|B\|^k_{\mathcal{L}}}{k!}\|x\|_X\leq t\mathrm{e}^{\|B\|_{\mathcal{L}}}\|x\|. 
\end{aligned}$$
Portanto, $x\in D(A)$ com $Ax=Bx$. Isto mostra que $A=B$.

Teorema 3.3. Sejam $\alpha\in\mathbb{R}$ e $\beta&gt;0$. Se $A$ é o gerador infinitesimal de $\{T(t)\}_{t\geq 0}$, então $\beta A+\alpha$ é o gerador infinitesimal de $\{\mathrm{e}^{\alpha t}T(\beta t)\}_{t\geq 0}$.
Prova: Seja $B$ o gerador infinitesimal de $\{\mathrm{e}^{\alpha t}T(\beta t)\}_{t\geq 0}$. Dado $x\in D(A)$, temos
$$\begin{aligned}
&amp;\left\|\frac{\mathrm{e}^{\alpha t}T(\beta t)x-x}{t}-(\beta A+\alpha) x\right\|_X\\
\leq\;&amp; \left\|\frac{\mathrm{e}^{\alpha t}T(\beta t)x-x}{t}-\frac{T(\beta t)x-x}{t}-\alpha x\right\|_X+\left\|\frac{T(\beta t)x-x}{t}-\beta Ax\right\|_X\\
=\;&amp; \left\|\frac{(\mathrm{e}^{\alpha t}-1)}{\beta t}T(\beta t) (\beta x)-\alpha x\right\|_X+\left\|\frac{T(\beta t)(\beta x)-\beta x}{\beta t}- A(\beta x)\right\|_X.
\end{aligned}$$
Como $\frac{(\mathrm{e}^{\alpha t}-1)}{\beta t}\overset{t\to 0}\longrightarrow \frac{\alpha}{\beta}$ e como $\{T(t)\}_{t\geq 0}$ é fortemente contínuo, $\frac{(\mathrm{e}^{\alpha t}-1)}{\beta t}T(\beta t) (\beta x) \overset{t\to 0^+}\longrightarrow \frac{\alpha}{\beta}\beta x=\alpha x$. Isto implica que a primeira parcela no lado direito da última desigualdade converge para zero quando $t\to 0^+$. Pela própria definição de $A(\beta x)$, o mesmo ocorre com a segunda parcela. Logo, $x\in D(B)$ e $Bx=(\beta A+\alpha)x$. Isto mostra que $(\beta A+\alpha)\subseteq B$.

Reciprocamente, dado $x\in D(B)$, temos
$$\begin{aligned}
&amp;\left\|\frac{T(\beta t)x-x}{\beta t}- \frac{Bx-\alpha x}{\beta}\right\|_X\\
\leq\;&amp; \left\|\frac{T(\beta t)x-x}{\beta t}-\frac{\mathrm{e}^{\alpha t}T(\beta t)x-x}{\beta t}+\frac{\alpha x}{\beta}\right\|_X+\left\|\frac{\mathrm{e}^{\alpha t}T(\beta t)x-x}{\beta t}-\frac{Bx}{\beta}\right\|_X\\
=\;&amp; \left\|\frac{(1-\mathrm{e}^{\alpha t})}{\beta t}T(\beta t)x+\frac{\alpha x}{\beta}\right\|_X+\left\|\frac{\mathrm{e}^{\alpha t}T(\beta t)(\tfrac{x}{\beta})-(\tfrac{x}{\beta})}{ t}-B(\tfrac{x}{\beta})\right\|_X.
\end{aligned}$$
Como anteriormente, cada parcela no lado direito da última desigualdade converge para zero quando $t\to 0^+$. Isto implica que $\frac{T(\beta t)x-x}{\beta t} \overset{t\to0^+}{\longrightarrow}\frac{Bx-\alpha x}{\beta}$. Compondo $t\mapsto \frac{T(\beta t)x-x}{\beta t}$ (que é contínua pelo Teorema 2.6) com $t\mapsto\beta^{-1}t$, concluímos que $\frac{T(t)x-x}{t} \overset{t\to0^+}{\longrightarrow}\frac{Bx-\alpha x}{\beta}$. Isto mostra que $x\in D(A)$ e $Ax=\frac{Bx-\alpha x}{\beta}$. Assim, $B\subseteq (\beta A+\alpha)$. $\square$

Teorema 3.4. Sejam $A$ o gerador infinitesimal de um semigrupo fortemente contínuo e $x\in D(A)$. Então, $T(t)x\in D(A)$ para todo $t\geq 0$. Além disso, a aplicação $$\begin{aligned}
T(\cdot)x:[0,\infty)&amp;\to X\\t&amp;\mapsto T(t)x\end{aligned}$$ é continuamente diferenciável e satisfaz $$\frac{d}{dt}(T(t)x)=A(T(t)x)=T(t)(Ax),\quad\forall\ t\geq 0.$$
Prova: Seja $x\in D(A)$. Dado $t\geq 0$,
$$\lim_{h\to0^+}\frac{T(h)T(t)x-T(t)x}{h}=T(t)\lim_{h\to0^+}\frac{T(h)x-x}{h}=T(t)Ax.$$
Isto mostra que $T(t)x\in D(A)$ e $AT(t)x=T(t)Ax$. Mas,
$$\frac{d^+}{dt}T(t)x=\lim_{h\to0^+}\frac{T(t+h)x-T(t)x}{h}=\lim_{h\to0^+}\frac{T(h)T(t)x-T(t)x}{h}$$
e, portanto, $T(\cdot)x$ é derivável à direita em $t$ com
\begin{equation}\label{u1}
\frac{d^+}{dt}T(t)x=T(t)Ax.
\end{equation}
Por outro lado, dados $t,h&gt;0$ com $t-h&gt;0$,
$$\begin{aligned}
\left\|\frac{T(t-h)x-T(t)x}{-h}-T(t)Ax\right\|_X&amp;=\left\|\frac{T(t-h)x-T(t-h+h)x}{-h}-T(t-h+h)Ax\right\|_X\\
&amp;\leq \|T(t-h)\|_{\mathcal{L}}\left\|\frac{x-T(h)x}{-h}-T(h)Ax\right\|_X
\\&amp;\leq M\mathrm{e}^{\omega(t-h)}\left\|\frac {T(h)x-x}{h}-Ax\right\|_X+M\mathrm{e}^{\omega(t-h)}\left\|Ax-T(h)Ax\right\|_X.
\end{aligned}$$
Quando $h\to 0^+$, ambos os termos no lado direito da última desigualdade convergem para zero, o primeiro porque $x\in D(A)$ e o segundo porque o semigrupo é fortemente contínuo. Portanto, $T(\cdot)x$ é derivável à esquerda em $t$ com
\begin{equation}\label{u2}\frac{d^-}{dt}T(t)x=\lim_{h\to 0^-}\frac{T(t+h)x-T(t)x}{h}=\lim_{h\to 0^+}\frac{T(t-h)x-T(t)x}{-h}=T(t)Ax=\frac{d^+}{dt}T(t).\end{equation}
De \eqref{u1}, de \eqref{u2} da arbitrariedade de $t$ e do Teorema 2.6, obtemos o resultado desejado. $\square$


4 Teoremas de geração

Resulta do Teorema 3.4 que se $A$ é o gerador infinitesimal de um semigrupo fortemente contínuo $\{T(t)\}_{t\geq 0}$ e se $U_0\in D(A)$, então a função $U:[0,\infty)\to X$ dada por $U(t)=T(t)U_0$ é uma solução de classe $C^1$ do Problema de Cauchy Abstrato
\begin{equation}\label{PAC}\begin{cases}
U_t(t)=AU(t),\qquad t\geq 0\\
U(0)=U_0.
\end{cases}\end{equation}Assim, dado $A$, para provar que um problema da forma \eqref{PAC} tem solução, basta provar que $A$ é o gerador infinitesimal de um semigrupo fortemente contínuo. Portanto, os teoremas de geração (que consistem em resultados de caracterização de geradores infinitesimais de semigrupos) são bastante importantes, especialmente no contexto das EDPs (ver Seção 4.1.1). A seguir, estudaremos um destes resultados: o Teorema de Hille-Yosida, tanto em sua forma restrita aos semigrupos de contrações quanto em sua forma generalizada, conhecida como Teorema de Feller-Miyadera-Phillips. (Um outro importante teorema de geração é o Teorema de Lumer-Phillips, que lida com o caso especial em que $A$ é dissipativo.)

4.1 O Teorema de Hille-Yosida

Teorema 4.1 (Teorema de Hille-Yosida). Seja $A:D(A)\subseteq X\to X$ um operador linear. As seguintes afirmações são equivalentes: 
(a) $A$ é o gerador infinitesimal de um semigrupo fortemente contínuo $\{T(t)\}_{t\geq0}$ do tipo $(1,\omega)$. 
(b) $A$ é fechado, $D(A)$ é denso em $X$, $(\omega,\infty)\subseteq\rho(A)$ e \begin{equation}\label{8}\|(\lambda-A)^{-1}\|_{\mathcal{L}}\leq\frac{1}{\lambda-\omega},\quad\forall\ \lambda&gt;\omega.\end{equation}
Prova de $(a)\Rightarrow(b)$:

$A$ é fechado.

Seja $\{x_n\}_{n\in\mathbb{N}}$ uma sequência em $D(A)$ tal que $x_n\overset{n\to\infty}\longrightarrow x$ e $Ax_n\overset{n\to\infty}\longrightarrow y$, ambas as convergências em $X$. Fixe $t\geq 0$. Pelo Teorema 3.4, temos
\begin{equation}\label{6}
T(t)x_n-x_n=\int_0^t\frac{d}{ds}T(s)x_n\;\mathrm{d}s=\int_0^tT(s)Ax_n\;\mathrm{d}s,\quad\forall\ n\in\mathbb{N}.
\end{equation}
Note que
$$\|T(t)x_n-x_n-(T(t)x-x)\|_X\leq (\|T(t)\|_{\mathcal{L}}+1)\|x_n-x\|_X$$
e
$$\left\|\int_0^tT(s)Ax_n\;\mathrm{d}s-\int_0^tT(s)y\;\mathrm{d}s\right\|_X\leq \int_0^t\|T(s)\|_{\mathcal{L}}\|Ax_n-y\|_X\;\mathrm{d}s\leq C(t)\|Ax_n-y\|_X.$$
Portanto, fazendo $n$ tender ao infinito em \eqref{6}, segue que $T(t)x-x=\int_0^tT(s)y\;\mathrm{d}s$. Dividindo ambos os lados por $t$ e tomando o limite com $t\to 0^+$, concluímos pelo Teorema 2.6 que
$$\lim_{t\to 0^+}\frac{T(t)x-x}{t}=\lim_{t\to 0^+}\frac{1}{t}\int_0^tT(s)y\;\mathrm{d}s=y.$$
Isto mostra que $x\in D(A)$ e $Ax=y$.

$D(A)$ é denso em $X$.

Dado $x\in X$, defina
$$x_h=\frac{1}{h}\int_0^{h} T(s)x\;\mathrm{d}s.$$
Pelo Teorema 2.6, $x_h\overset{h\to0^+}\longrightarrow T(0)x=x$. Portanto, basta mostrar que $x_h\in D(A)$ para todo $h&gt; 0$. Para isso, precisamos mostrar que o limite
\begin{equation}\label{5}
\lim_{t\to0^+}\frac{T(t)\frac{1}{h}\int_0^hT(s)x\;\mathrm{d}s-\frac{1}{h}\int_0^hT(s)x\;\mathrm{d}s}{t}\qquad(h&gt;0)
\end{equation}
existe. Note que
$$\int_0^hT(t+s)x\;\mathrm{d}s=\int_t^{t+h}T(\tau)x\;\mathrm{d}s=\int_0^{t+h}T(\tau)x\;\mathrm{d}\tau-\int_0^{t}T(\tau)x\;\mathrm{d}\tau.$$
Portanto,
$$\begin{aligned}
\frac{T(t)\frac{1}{h}\int_0^hT(s)x\;\mathrm{d}s-\frac{1}{h}\int_0^hT(s)x\;\mathrm{d}s}{t}
&amp;=\frac{1}{ht}\left(\int_0^hT(t+s)x\;\mathrm{d}s-\int_0^hT(s)x\;\mathrm{d}s\right)\\
&amp;=\frac{1}{ht}\left(\int_0^{t+h}T(\tau)x\;\mathrm{d}\tau-\int_0^{t}T(\tau)x\;\mathrm{d}\tau-\int_0^hT(s)x\;\mathrm{d}s\right)\\
&amp;=\frac{1}{h}\left(\frac{1}{t}\int_h^{t+h}T(\tau)x\;\mathrm{d}\tau-\frac{1}{t}\int_0^tT(\tau)x\;\mathrm{d}\tau\right)\\
\end{aligned}$$
Assim, novamente pelo Teorema 2.6, o limite \eqref{5} existe (e vale $\frac{1}{h}(T(h)x-x)$).

$(\omega,\infty)\subseteq\rho(A)$ e vale \eqref{8}.

Tome $\lambda&gt;\omega$. Defina $R(\lambda):X\to D(A)$ colocando
$$R(\lambda)x=\int_0^\infty\mathrm{e}^{-\lambda t}T(t)x\;\mathrm{d}t.$$
Como $\omega-\lambda&lt;0$,
$$\left\|\int_0^\infty\mathrm{e}^{-\lambda t}T(t)x\;\mathrm{d}t\right\|_X\leq\int_0^\infty\mathrm{e}^{-\lambda t}\mathrm{e}^{\omega t}\|x\|_X\;\mathrm{d}t=\|x\|_X\int_0^\infty\mathrm{e}^{(\omega-\lambda) t}\;\mathrm{d}t=\frac{1}{\lambda-\omega}\|x\|_X&lt;\infty,$$
para todo $x\in X$. Além disso, pela conta feita no item anterior (e pelo Teorema 2.6), $R(\lambda)x\in D(A-\lambda)=D(A)$ para todo $x\in X$. Portanto, $R(\lambda)$ está bem definido, é um operador linear limitado e satisfaz
\begin{equation}\label{7}
\|R(\lambda)\|_{\mathcal{L}}\leq\frac{1}{\lambda-\omega}.
\end{equation}
Assim, para obter o resultado desejado, basta mostrar que $R(\lambda)$ é a inversa de $(\lambda-A)$. Tome $x\in X$. Note que
$$\begin{aligned}
\frac{T(t)R(\lambda)x-R(\lambda)x}{t}
&amp;=\frac{T(t)-I}{t}\left(\int_0^\infty\mathrm{e}^{-\lambda s}T(s)x\;\mathrm{d}s\right)=\frac{1}{t}\int_0^\infty(T(t)-I)\left(\mathrm{e}^{-\lambda s}T(s)x\right)\mathrm{d}s\\
&amp;=\frac{1}{t}\int_0^\infty\mathrm{e}^{-\lambda s}T(t+s)x\;\mathrm{d}s-\frac{1}{t}\int_0^\infty\mathrm{e}^{-\lambda s}T(s)x\;\mathrm{d}s\\
&amp;=\frac{1}{t}\int_t^\infty\mathrm{e}^{-\lambda (\tau-t)}T(\tau)x\;\mathrm{d}\tau-\frac{1}{t}\int_0^\infty\mathrm{e}^{-\lambda s}T(s)x\;\mathrm{d}s\\
&amp;=\frac{1}{t}\int_0^\infty\mathrm{e}^{-\lambda (\tau-t)}T(\tau)x\;\mathrm{d}\tau-\frac{1}{t}\int_0^t\mathrm{e}^{-\lambda (\tau-t)}T(\tau)x\;\mathrm{d}\tau-\frac{1}{t}\int_0^\infty\mathrm{e}^{-\lambda s}T(s)x\;\mathrm{d}s\\
&amp;=\frac{1}{t}\int_0^\infty(\mathrm{e}^{-\lambda (\tau-t)}-\mathrm{e}^{-\lambda \tau})T(\tau)x\;\mathrm{d}\tau-\frac{1}{t}\int_0^t\mathrm{e}^{-\lambda (\tau-t)}T(\tau)x\;\mathrm{d}\tau\\
&amp;=\frac{(\mathrm{e}^{\lambda t}-1)}{t}R(\lambda)x-\mathrm{e}^{\lambda t}\cdot\frac{1}{t}\int_0^t\mathrm{e}^{-\lambda \tau}T(\tau)x\;\mathrm{d}\tau
\end{aligned}$$
para todo $t\geq 0$. O primeiro termo no lado direito da última igualdade converge para $\lambda R(\lambda)x$ quando $t\to0^+$, pois $\frac{(\mathrm{e}^{\lambda t}-1)}{t}\overset{t\to 0}\longrightarrow\lambda$. Aplicando o Teorema 2.6 ao semigrupo $\{\mathrm{e}^{-\lambda \tau}T(\tau)\}_{\tau\geq 0}$, concluímos que o segundo termo converge para $x$ quando $t\to0^+$, pois $\mathrm{e}^{\lambda t}\overset{t\to 0}\longrightarrow 1$. Isto implica que $R(\lambda)x\in D(A)$ e $A(R(\lambda)x)=\lambda R(\lambda)x-x$. Como $x\in X$ é arbitrário, segue que
$$(\lambda-A)R(\lambda)x=x+AR(\lambda)x-AR(\lambda)x=x,\quad\forall\ x\in X$$
e, portanto, $R(\lambda)$ é a inversa à direita de $(\lambda-A)$.

Agora, tome $x\in D(A)$. Então,
$$\begin{aligned}
R(\lambda)Ax&amp;=\int_0^\infty\mathrm{e}^{-\lambda s}T(s)Ax\;\mathrm{d}s=\int_0^\infty\mathrm{e}^{-\lambda s}\frac{d}{ds}T(s)x\;\mathrm{d}s\\
&amp;=\mathrm{e}^{-\lambda s}T(s)x\Big|_{s=0}^{s=\infty}+\lambda \int_0^\infty\mathrm{e}^{-\lambda s}T(s)x\;\mathrm{d}s=-x+\lambda R(\lambda)x.
\end{aligned}$$
Como $x\in D(A)$ é arbitrário, segue que
$$R(\lambda)(\lambda-A)x=\lambda R(\lambda)x+x-\lambda R(\lambda)x=x,\quad\forall \ x\in D(A)$$
e, portanto, $R(\lambda)$ é a inversa à esquerda de $(\lambda-A)$. 

O argumento acima mostra que $(\lambda-A)$ e invertível com inversa $(\lambda-A)^{-1}=R(\lambda)$ limitada. Portanto, $\lambda\in \rho(A)$. Isto prova que $(\omega,\infty)\subseteq\rho(A)$. Em vista de \eqref{7}, concluímos que \eqref{8} também se verifica. $\square$

Prova de $(b)\Rightarrow(a)$:

A prova seguirá a ideia empregada por Yosida: proximar $A$ por uma sequência de operadores lineares limitados $\{A_\lambda\}$, convenientemente definida, de modo que $\lim_{\lambda\to\infty}\mathrm{e}^{tA_{\lambda}}$ exista e seja um semigrupo fortemente contínuo (Hille empregou uma ideia diferente; ver páginas 72 e 73 de [2]).

Caso I: $\omega=0$. Por hipótese, dado $\lambda&gt;0$ temos $\lambda\in \rho(A)$ com $\|(\lambda-A)^{-1}\|_{\mathcal{L}}\leq\frac{1}{\lambda}$.




Afirmação 1: $\lambda(\lambda-A)^{-1}x\overset{\lambda\to\infty}\longrightarrow x$, para todo $x\in X$.




De fato, tome $x\in X$ e $\varepsilon&gt;0$. Como
\begin{equation}\label{10}
\lambda(\lambda-A)^{-1}-I=\lambda(\lambda-A)^{-1}-(\lambda-A)^{-1}(\lambda-A)\\=(\lambda-A)^{-1}(\lambda-\lambda+A)=(\lambda-A)^{-1}A,
\end{equation}
segue que

\begin{equation}\label{p1}
\|\lambda(\lambda-A)^{-1}y-y\|_X=\|(\lambda-A)^{-1}Ay\|_X\leq\frac{1}{\lambda}\|Ay\|_X\overset{\lambda\to\infty}\longrightarrow0,\quad \forall\ y\in D(A).
\end{equation}
Como $D(A)$ é denso em $X$ (por hipótese), existe $y\in D(A)$ tal que $\|y-x\|_X\leq\frac{\varepsilon}{3}$. E, por \eqref{p1}, $\|\lambda(\lambda-A)^{-1}y-y\|_X\leq \frac{\varepsilon}{3}$ para todo $\lambda$ suficientemente grande. Consequentemente, 
$$\begin{aligned}
\|\lambda(\lambda-A)^{-1}x-x\|_X&amp;\leq \|\lambda(\lambda-A)^{-1}\|_{\mathcal{L}}\|x-y\|_X+\|\lambda(\lambda-A)^{-1}y-y\|_X+\|y-x\|_X\\
&amp;\leq 1\cdot\frac{\varepsilon}{3}+\frac{\varepsilon}{3}+\frac{\varepsilon}{3}=\varepsilon
\end{aligned}$$
para todo $\lambda$ suficientemente grande e isso prova a afirmação.

Agora, para cada $\lambda&gt;0$, defina a Aproximação de Yosida de $A$ por $A_\lambda=\lambda A(\lambda-A)^{-1}$.




Afirmação 2: $A_\lambda x\overset{\lambda\to\infty}\longrightarrow Ax$, para todo $x\in D(A).$




De fato, por \eqref{10} temos
\begin{equation}\label{11}
A_\lambda =\lambda (-\lambda+A+\lambda)(\lambda-A)^{-1}=-\lambda (\lambda-A)(\lambda-A)^{-1}+\lambda^2(\lambda-A)^{-1}\\
= \lambda(\lambda(\lambda-A)^{-1}-I)=\lambda(\lambda-A)^{-1} A
\end{equation}
Portanto, o resultado desejado é obtido quando trocamos $x$ por $Ax$ na Afirmação 1.




Afirmação 3: $\|\mathrm{e}^{tA_\lambda}x-\mathrm{e}^{tA_\mu}x\|_X\leq t\|A_\lambda x-A_\mu x\|_X $, para todo $x\in D(A)$ e $\lambda,\mu,t&gt;0$.




De fato, por \eqref{11} temos $A_\lambda=\lambda^2(\lambda-A)^{-1}-\lambda$. Portanto, $A_\lambda\in\mathcal{L}(X)$ e 
\begin{equation}\label{12}
\|\mathrm{e}^{t A_\lambda}\|_\mathcal{L}
= \|\mathrm{e}^{t\lambda^2(\lambda-A)^{-1}}\mathrm{e}^{-t\lambda I}\|_{\mathcal{L}}\leq\mathrm{e}^{-t\lambda}\|\mathrm{e}^{t\lambda^2(\lambda-A)^{-1}}\|_{\mathcal{L}}\leq\mathrm{e}^{-t\lambda}\mathrm{e}^{t\lambda^2\|(\lambda-A)^{-1}\|_\mathcal{L}}\leq \mathrm{e}^{t\lambda}\mathrm{e}^{-t\lambda}=1.
\end{equation}
Além disso, como $(\lambda-A)^{-1}(\mu-A)^{-1}=(\mu-A)^{-1}(\lambda-A)^{-1}$ (resultado visto em aula como consequência da 1ª equação do resolvente), segue de \eqref{11} que $A_\lambda A_\mu=A_\mu A_\lambda$. Isto implica que $\mathrm{e}^{tA_{\lambda}}A_\mu=A_\mu \mathrm{e}^{tA_{\lambda}}$ (pela própria definição de $\mathrm{e}^{tA_{\lambda}}$) e, por conseguinte,$$\begin{aligned}
\frac{d}{ds}\left(\mathrm{e}^{tsA_\lambda}\mathrm{e}^{t(1-s)A_\mu}x\right)&amp;=\frac{d}{ds}\left(\mathrm{e}^{tsA_\lambda}\right)\mathrm{e}^{t(1-s)A_\mu}x+\mathrm{e}^{tsA_\lambda}\frac{d}{ds}\left(\mathrm{e}^{t(1-s)A_\mu}\right)x\\
&amp;=t\mathrm{e}^{tsA_\lambda}A_\lambda(\mathrm{e}^{t(1-s)A_\mu}x)+(-t)\mathrm{e}^{tsA_\lambda}\mathrm{e}^{t(1-s)A_\mu}A_\mu x\\
&amp;=t\mathrm{e}^{tsA_\lambda}\mathrm{e}^{t(1-s)A_\mu}(A_\lambda x-A_\mu x).
\end{aligned}$$
Assim, por \eqref{12},
$$\begin{aligned}
\|\mathrm{e}^{tA_\lambda}x-\mathrm{e}^{tA_\mu}x\|_X
&amp;=\left\|\int_0^1\frac{d}{ds}\left(\mathrm{e}^{tsA_\lambda}\mathrm{e}^{t(1-s)A_\mu}x\right)\mathrm{d}s\right\|_X\leq\int_0^1t\left\|\mathrm{e}^{tsA_\lambda}\mathrm{e}^{t(1-s)A_\mu}(A_\lambda x-A_\mu x)\right\|_X\;\mathrm{d}s\\
&amp;\leq\int_0^1t\|\mathrm{e}^{tsA_\lambda}\|_{\mathcal{L}}\|\mathrm{e}^{t(1-s)A_\mu}\|_{\mathcal{L}}\left\|A_\lambda x-A_\mu x\right\|_X\;\mathrm{d}s\leq t\|A_\lambda x-A_\mu x\|_X.
\end{aligned}$$




Afirmação 4: $T(t)x:=\displaystyle\lim_{\lambda\to\infty}\mathrm{e}^{tA_\lambda}x$ existe para quaisquer $x\in X$ e $t\geq 0$.




De fato, sejam $x\in X$, $t\geq 0$ e $\varepsilon&gt;0$. Resulta das afirmações 2 e 3 que, para cada $y\in D(A)$, existe
$$T(t)y:=\lim_{\lambda\to\infty} \mathrm{e}^{tA_\lambda}y.$$
Assim, como $D(A)$ é denso em $X$ (por hipótese) e como vale \eqref{12}, podemos tomar $y$ suficientemente próximo de $x$ e concluir que
\begin{equation}\label{14}
\|\mathrm{e}^{tA_\lambda}x-\mathrm{e}^{tA_\mu}x\|_X
\leq \|\mathrm{e}^{tA_\lambda}\|_{\mathcal{L}}\|x-y\|_X+\|\mathrm{e}^{tA_\lambda}y-\mathrm{e}^{tA_\mu}y\|_X+\|\mathrm{e}^{tA_\mu}\|_{\mathcal{L}}\|y-x\|_X\\
\leq1\cdot\frac{\varepsilon}{3}+\frac{\varepsilon}{3}+1\cdot \frac{\varepsilon}{3}=\varepsilon
\end{equation}
para $\lambda,\mu$ suficientemente grandes. Isto mostra que a sequência $\{\mathrm{e}^{tA_\lambda}x\}_{\lambda\in\mathbb{N}}$ é de Cauchy e, portanto, existe
\begin{equation}\label{u3}
T(t)x:=\lim_{\lambda\to\infty}\mathrm{e}^{tA_\lambda}x.
\end{equation}
Observação 4.2. Combinando \eqref{14} com a Afirmação 3, concluímos (pelo critério de Cauchy para convergência uniforme) que, relativamente a $t$, o limite \eqref{u3} é uniforme em intervalos limitados.

Para cada $t\geq 0$, defina $T(t): X\to X$ por
\begin{equation}\label{13}
T(t)x=\lim_{\lambda\to\infty} \mathrm{e}^{tA_\lambda}x.
\end{equation}
Pela Afirmação 4, este operador está bem definido. Além disso, ele é linear (pela linearidade do limite) e limitado com $\|T(t)\|_{\mathcal{L}}\leq 1$ (por \eqref{12}).




Afirmação 5: $\{T(t)\}_{t\geq 0}$ definida por \eqref{13} é um semigrupo fortemente contínuo do tipo $(1,0)$.




Sejam $s,t\geq 0$ e $x\in X$. Por definição, temos
$$T(t)x=\lim_{\lambda\to\infty} \mathrm{e}^{tA_\lambda}x,\qquad T(s)T(t)x=\lim_{\lambda\to\infty} \mathrm{e}^{sA_\lambda}T(t)x,\qquad T(s+t)x=\lim_{\lambda\to\infty} \mathrm{e}^{(s+t)A_\lambda}x.$$
Assim,
$$\begin{aligned}
\|T(s)T(t)x-T(s+t)x\|_X&amp;\leq\|T(s)T(t)x-\mathrm{e}^{sA_\lambda}T(t)x\|_X+\|\mathrm{e}^{sA_\lambda}T(t)x-\mathrm{e}^{(s+t)A_\lambda}x\|_X\\
&amp;\quad+\|\mathrm{e}^{(s+t)A_\lambda}x-T(s+t)x\|_X\\
&amp;=\|T(s)T(t)x-\mathrm{e}^{sA_\lambda}T(t)x\|_X+\|\mathrm{e}^{sA_\lambda}(T(t)x-\mathrm{e}^{tA_\lambda}x)\|_X\\
&amp;\quad+\|\mathrm{e}^{(s+t)A_\lambda}x-T(s+t)x\|_X\\
&amp;\overset{\lambda\to\infty}{\longrightarrow} 0+0+0
\end{aligned}$$
Isto prova que $T(s)T(t)=T(s+t)$. Além disso, 
$$T(0)x=\lim_{\lambda\to\infty} \mathrm{e}^{0A_\lambda}x=\lim_{\lambda\to\infty} Ix=x.$$
Portanto, $\{T(t)\}_{t\geq 0}$ é um semigrupo. Este semigrupo é do tipo $(1,0)$, pois já vimos que $\|T(t)\|_{\mathcal{L}}\leq 1$ para todo $t\geq 0$. Resta mostrar que ele é fortemente contínuo.

Fixe $x\in X$ e tome $\varepsilon&gt;0$. Pela densidade do domínio, existe $y\in D(A)$ tal que $\|y-x\|_X&lt;\frac{\varepsilon}{4}$. Como $T(t)y\overset{\lambda\to\infty}{\longrightarrow}\mathrm{e}^{tA_\lambda}y$ uniformemente em $t$ sobre intervalos limitados (ver Observação 4.2), existe $\lambda&gt;0$ tal que $\|T(t)y-\mathrm{e}^{tA_\lambda}y\|_X&lt;\frac{\varepsilon}{4}$ para todo $t\in[0,1]$. Como $\{\mathrm{e}^{tA_\lambda}\}_{t\geq 0}$ é um semigrupo fortemente contínuo (ver Exemplo 2.4), existe $\delta&gt;0$ tal que $\|\mathrm{e}^{tA_\lambda}y-y\|_X&lt;\frac{\varepsilon}{4}$ para todo $t\in[0,\delta]$. Assim, se $0\leq t\leq\min\{1,\delta\}$, então
$$\begin{aligned}
\|T(t)x-x\|_X&amp;\leq \|T(t)x-T(t)y\|_X+\|T(t)y-\mathrm{e}^{tA_\lambda}y\|_X+\|\mathrm{e}^{tA_\lambda}y-y\|_X+\|y-x\|_X\\
&amp;\leq 1\cdot\frac{\varepsilon}{4}+\frac{\varepsilon}{4}+\frac{\varepsilon}{4}+\frac{\varepsilon}{4}=\varepsilon.
\end{aligned}$$




Afirmação 6: $A$ é o gerador infinitesimal de $\{T(t)\}_{t\geq 0}$.




Seja $B:D(B)\subseteq X\to X$ o gerador infinitesimal de $\{T(t)\}_{t\geq 0}$. Vejamos que $B=A$.

Tome $x\in D(A)$ e $t&gt;0$. Inicialmente, note que&nbsp; $\mathrm{e}^{sA_\lambda}A_\lambda x\overset{\lambda\to\infty}{\longrightarrow}T(s)Ax$ uniformemente em $s$ sobre intervalos limitados, pois
$$\|\mathrm{e}^{sA_\lambda}A_\lambda x-T(s)Ax\|_X\leq\|\mathrm{e}^{sA_\lambda}\|_{\mathcal{L}}\|A_\lambda x-A x\|_X+\|\mathrm{e}^{sA_\lambda}A x-T(s)Ax\|_X$$
e, conforme já vimos, o último termo no lado direito da última desigualdade converge para zero uniformemente em $s$ sobre intervalos limitados (ver Observação 4.2). Assim, dado $\varepsilon&gt;0$, temos 
$$\left\|\int_0^t\mathrm{e}^{sA_\lambda}A_\lambda x\;\mathrm{d}s-\int_0^tT(s)Ax\;\mathrm{d}s\right\|_X\leq\int_0^t\|\mathrm{e}^{sA_\lambda}A_\lambda x-T(s)Ax\|_X\;\mathrm{d}s&lt;t\frac{\varepsilon}{t}=\varepsilon$$
para todo $\lambda$ suficientemente grande. Consequentemente (usando e Exemplo 3.2 e o Teorema 3.4),
$$T(t)x-x=\lim_{\lambda\to\infty}(\mathrm{e}^{tA_\lambda} x-x)=\lim_{\lambda\to\infty}\int_0^t\frac{d}{ds}(\mathrm{e}^{sA_\lambda} x)\;\mathrm{d}s\\=\lim_{\lambda\to\infty}\int_0^t\mathrm{e}^{sA_\lambda}A_\lambda x\;\mathrm{d}s=\int_0^tT(s)Ax\;\mathrm{d}s.$$
Dividindo ambos os lados por $t$ e tomando o limite com $t\to0^+$, concluímos (pelo Teorema 2.6) que $x\in D(B)$ e $Bx=Ax$. Assim, $A\subseteq B$ e, portanto, resta mostrar que $D(B)\subseteq D(A)$.

Como $A\subseteq B$ e como $I-A:D(A)\to X$ é sobrejetiva (pois $1\in\rho(A)$ por hipótese), concluímos que $(I-B)D(A)=(I-A)D(A)=X$. Como $I-B:D(B)\to X$ é injetiva (pois $1\in \rho(B)$ pela parte "$(a)\Rightarrow(b)$" já provada), segue que $D(A)=(I-B)^{-1}(I-B)D(A)=(I-B)^{-1}X=D(B)$.

Caso II: $\omega&gt; 0$. Defina $B=A-\omega$. Então, $B$ é fechado (pois $A$ é fechado e $\omega$ é limitado), $D(B)$ é denso em $X$ (pois $D(B)=D(A)$), $(0,\infty)\subseteq \rho(B)$ (pois $(\omega,\infty)\subseteq\rho(A)$) e $\|(\lambda-B)^{-1}\|_{\mathcal{L}}\leq\frac{1}{\lambda}$ para todo $\lambda&gt;0$ (pois vale \eqref{8}). Portanto, pelo caso já provado, $B$ é o gerador infinitesimal de um semigrupo $\{S(t)\}_{t\geq 0}$ do tipo $(1,0)$. Considere o semigrupo $\{T(t)\}_{t\geq 0}$ dado por $T(t)=\mathrm{e}^{\omega t} S(t)$. Resulta do Teorema 3.3 que o gerador infinitesimal de $\{T(t)\}_{t\geq 0}$ é o operador $B+w=A$. Como $\{T(t)\}_{t\geq 0}$ é do tipo $(1,\omega)$, a prova está completa. $\square$

Observação 4.3. Todo operador que possui resolvente não vazio é fechado. Logo, no enunciado do item (b) do Teorema 4.1 podemos suprimir a hipótese de $A$ ser fechado.


4.1.1 Aplicação




Como aplicação do Teorema de Hille-Yosida, vamos considerar o seguinte PVIF para uma equação do calor linear homogênea em domínio unidimensional com condições de Dirichlet nulas:
$$(\text{P}_1)\;\left\{\begin{aligned}
u_t-u_{xx}&amp;=0, &amp;&amp;t&gt;0,\;x\in(0,\ell),\\
u&amp;=0, &amp;&amp;t&gt;0,\;x=0,\;x=\ell,\\
u&amp;=u_0,&amp;&amp;t=0,\;x\in(0,\ell).
\end{aligned}\right.$$


Formulação abstrata

Vamos encarar o problema do ponto de vista abstrato. Ou seja, não vamos encarar uma solução de $(\text{P}_1)$ como sendo uma função $u:[0,\infty)\times [0,\ell]\to\mathbb{R}$ satisfazendo
$$\left\{\begin{aligned}
u_t(t,x)-u_{xx}(t,x)&amp;=0, &amp;&amp;t&gt;0,\;x\in(0,\ell),\\
u(t,0)=u(t,\ell)&amp;=0, &amp;&amp;t&gt;0,\\
u(0,x)&amp;=u_0(x),&amp;&amp;x\in(0,\ell),
\end{aligned}\right.$$
mas sim como sendo uma função $u:[0,\infty)\to X$, onde $X$ é um espaço apropriado de funções reais definidas em $[0,\ell]$, satisfazendo
$$
\left\{\begin{aligned}
(u_t(t))(x)-(u(t))_{xx}(x)&amp;=0, &amp;&amp;t&gt;0,\;x\in(0,\ell),\\
(u(t))(0)=(u(t))(\ell)&amp;=0, &amp;&amp;t&gt;0,\\
(u(0))(x)&amp;=u_0(x),&amp;&amp;x\in(0,\ell).
\end{aligned}\right.$$
Para que $(u(t))_{xx}$ tenha sentido, basta que $u(t)\in H^2(0,\ell)$. Para que $(u(t))(0)=(u(t))(\ell)=0$, precisamos ter $u(t)\in H_0^1(0,\ell)$. Isto nos motiva a definir $A:D(A)\subset L^2(0,\ell)\to L^2(0,\ell)$ colocando $D(A)=H^2(0,\ell)\cap H_0^1(0,\ell)$ e $Au=u_{xx}$. Com esta definição de $A$, provar existência de solução para o problema $(\text{P}_1)$ equivale a provar que existe $U:[0,\infty)\to D(A)$ satisfazendo o problema de Cauchy Abstrato
$$(\text{P}_2)\left\{
\begin{aligned}
U_t(t)&amp;=AU(t),\qquad t&gt; 0\\
U(0)&amp;=u_0.
\end{aligned}\right.$$


Existência


Teorema 4.4. Se $u_0\in D(A)$, então o problema $(\text{P}_2)$ possui uma solução $U\in C^1([0,\infty); L^2(0,\ell))$.
Prova:




Fato 1: Para cada $\lambda&gt;0$, o operador $(\lambda-A)$ é invertível.




De fato, tome $f\in L^2(0,\ell)$. O Lema de Lax-Milgram aplicado à forma bilinear
$$\begin{aligned}
b:H_0^1(0,1)\times H_0^1(0,\ell)&amp;\to \mathbb{R}\\
(u,v)&amp;\mapsto\int_0^\ell u(x)v(x)\;\mathrm{d}x+\int_0^\ell u_x(x)v_x(x)\;\mathrm{d}x
\end{aligned}$$
implica que existe uma única função $u\in D(A)$ tal que $\lambda u-u_{xx}=f$. Isto mostra que o operador $(\lambda-A)$ é bijetivo e, portanto, invertível.




Fato 2: Para cada $\lambda&gt;0$, o operador $(\lambda-A)^{-1}$ é limitado e satisfaz \eqref{8} com $\omega=0$.




De fato, tome $\lambda&gt;0$ e $f\in L^2(0,\ell)$. Seja $u\in D(A)$ tal que $(\lambda-A)u=f$. Multiplicando esta última igualdade por $u$ e integrando sobre $[0,\ell]$, segue que
$$\int_0^\ell uf=\lambda\int_0^\ell u^2-\int_0^\ell uu_{xx}=\lambda\|u\|_{L^2}^2+\|u_x\|_{L^2}^2$$
Portanto, pela desigualdade de Hölder,
$$\lambda \|u\|_{L^2}^2\leq\lambda \|u\|_{L^2}^2+\|u_x\|_{L^2}^2=\int_0^\ell uf\leq\|u\|_{L^2}\|f\|_{L^2}.$$
Assim,
$$\|(\lambda-A)^{-1} f\|_{L^2}=\|u\|_{L^2}\leq\frac{1}{\lambda}\|f\|_{L^2}.$$
Isto mostra que $(\lambda-A)^{-1}$ é limitado com $\|(\lambda-A)^{-1}\|_{\mathcal{L}}\leq\frac{1}{\lambda}$.

Em vista do Fato 2, o Teorema de Hille-Yosida (através da Observação 4.3) implica que $A$ é o gerador infinitesimal de um semigrupo fortemente contínuo de contrações $\{T(t)\}_{t\geq 0}$. Isto conclui a prova, pois definindo $U(t)=T(t)u_0$ obtemos (via Teorema 3.4) uma função $U:[0,\infty)\to D(A)$ na classe $C^1([0,\infty); L^2(0,\ell))$ satisfazendo $U_t(t)=AT(t)U_0=A U(t)$ e $U(0)=u_0$. $\square$

Nota. A solução $U$ de $(\text{P}_2)$ dada pelo Teorema 4.4 é única e pertence ao espaço $C([0,\infty); D(A))$. Porém, a intenção desta seção foi apenas ilustrar uma aplicação do Teorema 4.1 e, portanto, não abordaremos questões sobre unicidade e regularidade.



4.2 Forma geral do Teorema de Hille-Yosida

A seguir, apresentaremos a demonstração do seguinte resultado:

Teorema 4.5 (Teorema de Feller-Miyadera-Phillips). Seja $A:D(A)\subseteq X\to X$ um operador linear. As seguintes afirmações são equivalentes:
(a) $A$ é o gerador infinitesimal de um semigrupo fortemente contínuo $\{T(t)\}_{t\geq0}$ do tipo $(M,\omega)$.
(b) $A$ é fechado, $D(A)$ é denso em $X$, $(\omega,\infty)\subseteq\rho(A)$ e
\begin{equation}\label{FM8}
\|(\lambda-A)^{-n}\|_{\mathcal{L}}\leq\frac{M}{(\lambda-\omega)^n},\quad\forall\ \lambda&gt;\omega, \; n\in\mathbb{N}.\notag
\end{equation}
Para isso, precisaremos do seguinte lema:

Lema 4.6. Seja $A:D(A)\subseteq X\to X$ um operador linear. Suponha que $(0,\infty)\subseteq\rho(A)$ e
$$\|(\lambda-A)^{-n}\|_{\mathcal{L}}\leq\frac{M}{\lambda^n},\quad\forall\ \lambda&gt;0, \; n\in\mathbb{N}.$$
Então, existe uma norma $\|\cdot\|_0$ em $X$ tal que
\begin{equation}\label{condnorma}
\|x\|_X\leq \|x\|_0\leq M\|x\|_X,\quad \|(\lambda-A)^{-1}x\|_0\leq\frac{1}{\lambda}\|x\|_0\quad\forall\ x\in X,\;\lambda&gt;0.
\end{equation}
Demonstração do Lema: Para cada $\mu&gt;0$, defina $\|\cdot\|_\mu:X\to\mathbb{R}_+$ colocando 
$$\|x\|_\mu=\sup_{n\in\mathbb{N}}\|\mu^n(\mu-A)^{-n}x\|_X.$$
Então, pela hipótese,
\begin{equation}\label{FMP01}
\|y\|_X=\|\mu^0(\mu-A)^{-0}y\|_X\leq\sup_{n\in\mathbb{N}}\|\mu^n(\mu-A)^{-n}y\|_X=\|y\|_\mu\leq M\|y\|_X,\quad\forall\ y\in X.
\end{equation}
Sejam $x\in X$ e $\lambda,\mu&gt;0$. Então, pela 1ª equação do resolvente,
$$(\lambda-A)^{-1}=(\mu-A)^{-1}+(\lambda-\mu)(\lambda-A)^{-1}(\mu-A)^{-1}\\=(\mu-A)^{-1}+(\lambda-\mu)(\mu-A)^{-1}(\lambda-A)^{-1}$$
e, portanto,
$$\begin{aligned}
\|(\lambda-A)^{-1}x\|_\mu&amp;\leq\sup_{n\in\mathbb{N}}\|\mu^n(\mu-A)^{-n}(\mu-A)^{-1}x\|\\&amp;\quad+\sup_{n\in\mathbb{N}}\|\mu^n(\mu-A)^{-n}(\lambda-\mu)(\mu-A)^{-1}(\lambda-A)^{-1}x\|_X\\
&amp;\leq\frac{1}{\mu}\|x\|_\mu+\frac{|\lambda-\mu|}{\mu}\|(\lambda-A)^{-1}x\|_\mu.
\end{aligned}$$
Assim, se $\lambda\in(0,\mu]$,
$$\|(\lambda-A)^{-1}x\|_\mu=\frac{\mu}{\lambda}\left(\|(\lambda-A)^{-1}x\|_\mu-\frac{|\lambda-\mu|}{\mu}\|(\lambda-A)^{-1}x\|_\mu\right)\leq \frac{\mu}{\lambda}\frac{1}{\mu}\|x\|_\mu=\frac{1}{\lambda}\|x\|_\mu$$
donde
\begin{equation}\label{FMP02}
\|\lambda^n(\lambda-A)^{-n}x\|_\mu\leq\lambda^n\|(\lambda-A)^{-1}\|^n_{\mathcal{L}}\|x\|_\mu\leq\lambda^n\frac{1}{\lambda^n}\|x\|_\mu=\|x\|_\mu,\quad\forall\ \lambda\in(0,\mu],\;n\in\mathbb{N}.
\end{equation}
De \eqref{FMP01} e \eqref{FMP02} segue que
$$\|\lambda^n(\lambda-A)^{-n}x\|_X\leq \|\lambda^n(\lambda-A)^{-n}x\|_\mu\leq \|x\|_\mu\leq M\|x\|_X,\quad\forall\ \lambda\in(0,\mu],\;n\in\mathbb{N}.$$
Tomando o supremo com respeito a $n\in\mathbb{N}$, segue que $\|x\|_\lambda\leq\|x\|_\mu\leq M\|x\|_X$ para todo $\lambda\in(0,\mu]$. Isto mostra que a função $(0,\infty)\ni\mu\mapsto\|x\|_\mu\in\mathbb{R}_+$ é crescente e limitada superiormente. Logo, podemos definir $\displaystyle \|x\|_0=\lim_{\mu\to\infty}\|x\|_\mu$. Tomando o limite em \eqref{FMP01} e em \eqref{FMP02} com $\mu\to\infty$, segue que $\|\cdot\|_0$ possui as propriedades desejadas. $\square$

Demonstração do Teorema de Feller-Miyadera-Phillip: 

Caso I: $\omega= 0$. A ideia será munir $X$ com uma norma equivalente $\|\cdot\|_0$ de modo que um semigrupo do tipo $(M,0)$ sobre $X$ seja um semigrupo do tipo $(1,0)$ sobre $(X,\|\cdot\|_0)$ (e vice-versa). Assim, será possível aplicar o Teorema de Hille-Yosida.

Prova de $(a)\Rightarrow(b)$. Considere a norma $\|\cdot\|_0$ definida em $X$ por $\|x\|_0=\displaystyle\sup_{t\geq 0}\|T(t)x\|_X$. Note que
$$\|x\|_0\leq \sup_{t\geq 0}\|T(t)\|_{\mathcal{L}}\|x\|_X\leq M\|x\|_X=M\|T(0)x\|_X\leq M\sup_{t\geq 0}\|T(t)x\|_X=M\|x\|_0,\quad\forall\ x\in X$$
e, portanto, $\|\cdot\|_0$ e $\|\cdot\|_X$ são equivalentes. Consequentemente, $T(t)\in \mathcal{L}(X_0)$ para todo $t\geq 0$, onde $X_0=(X,\|\cdot\|_0)$. A equivalência entre as normas implica ainda que $\{T(t)\}_{t\geq 0}$ é um semigrupo fortemente contínuo sobre $X_0$ cujo gerador infinitesimal é o operador $A_0:D(A_0):= (D(A),\|\cdot\|_0)\to X_0$ dado por $A_0x=Ax$. Porém, sobre $X_0$, o semigrupo $\{T(t)\}_{t\geq 0}$ é do tipo $(1,0)$, pois
$$\|T(t)x\|_0=\sup_{s\geq 0}\|T(s)T(t)x\|_X=\sup_{s\geq 0}\|T(s+t)x\|_X=\sup_{s\geq t}\|T(s)x\|_X\leq\|x\|_0$$
para quaisquer $x\in X_0$ e $t\geq 0$. Assim, pelo Teorema de Hille-Yosida, $A_0$ é fechado, $D(A_0)$ é denso em $X_0$, $(0,\omega)\subset \rho(A_0)$ e
$$\|(\lambda-A_0)^{-1}\|_{\mathcal{L}(X_0)}\leq \frac{1}{\lambda},\quad\forall\ \lambda&gt;0$$
donde
$$\|(\lambda-A_0)^{-n}x\|_{0}\leq \|(\lambda-A_0)^{-1}\|_{\mathcal{L}(X_0)}^n\|x\|_{0}\leq \frac{1}{\lambda^n}\|x\|_{0},\quad\forall\ \lambda&gt;0,\;n\in\mathbb{N}.$$
Logo, pela equivalência entre as normas, $A$ é fechado, $D(A)$ é denso em $X$, $(0,\omega)\subset \rho(A)$ e
$$\|(\lambda-A)^{-n}x\|_X\leq \|(\lambda-A)^{-n}x\|_{0}\leq \frac{1}{\lambda^n}\|x\|_{0}\leq \frac{M}{\lambda^n}\|x\|_X,\quad\forall\ \lambda&gt;0,\;n\in\mathbb{N},$$
donde
$$\|(\lambda-A)^{-n}\|_{\mathcal{L}(X)}\leq \frac{M}{\lambda^n},\quad\forall\ \lambda&gt;0,\;n\in\mathbb{N}.$$

Prova de $(b)\Rightarrow(a)$. Pelo Lema 4.6, podemos definir em $X$ uma norma $\|\cdot\|_0$ satisfazendo \eqref{condnorma}. Sejam $X_0=(X,\|\cdot\|_0)$ e $A_0:D(A_0):= (D(A),\|\cdot\|_0)\to X_0$ dado por $A_0x=Ax$. Combinando \eqref{condnorma} com as hipóteses, segue que $A_0$ é fechado, $D(A_0)$ é denso em $X_0$, $(0,\omega)\subset \rho(A_0)$ e
$$\|(\lambda-A_0)^{-1}\|_{\mathcal{L}(X_0)}\leq \frac{1}{\lambda},\quad\forall\ \lambda&gt;0.$$
Portanto, pelo Teorema de Hille-Yosida, $A_0$ é o gerador infinitesimal de um semigrupo fortemente contínuo $\{T(t)\}_{t\geq 0}$ do tipo $(1,0)$ sobre $X_0$. Segue da equivalência entre as normas que $A$ é o gerador de $\{T(t)\}_{t\geq 0}$ sobre $X$. Note que $\|T(t)x\|_X\leq \|T(t)x\|_0\leq \|x\|_0\leq M\|x\|_X$ para todo $x\in X$. Ou seja, sobre $X$, o semigrupo $\{T(t)\}_{t\geq 0}$ é do tipo $(M,0)$ e isto conclui a prova.

Caso II: $\omega&gt; 0$. Como na demonstração do teorema de Hille-Yosida, basta utilizar o Teorema 3.3 para transferir as propriedades do operador $A-\omega$ (obtidas em virtude do Caso I) para o operador $A$.

Prova de $(a)\Rightarrow(b)$. Resulta do Teorema 3.3 que o operador $B:= A-\omega$ é o gerador infinitesimal do semigrupo fortemente contínuo $\{\mathrm{e}^{-\omega t}T(t)\}_{t\geq 0}$, o qual é do tipo $(M,0)$. Portanto, pelo Caso I, $A=B+\omega$ é fechado, $D(A)=D(B)$ é denso em $X$, $(\omega,\infty)=(0,\infty)+\{\omega\}\subseteq\rho(B+\omega)=\rho(A)$ e
\begin{equation}
\|(\lambda-A)^{-n}\|_{\mathcal{L}}=\|((\lambda-\omega)-B)^{-n}\|_{\mathcal{L}}\leq\frac{M}{(\lambda-\omega)^n},\quad\forall\ \lambda&gt;\omega, \; n\in\mathbb{N}.\notag
\end{equation}
Prova de $(b)\Rightarrow(a)$. Defina $B=A-\omega$. Então, $B$ é fechado, $D(B)$ é denso em $X$, $(0,\infty)\subseteq \rho(B)$ e $\|(\lambda-B)^{-n}\|_{\mathcal{L}}\leq\frac{1}{\lambda^n}$ para todo $\lambda&gt;0$. Portanto, pelo Caso I, $B$ é o gerador infinitesimal de um semigrupo $\{S(t)\}_{t\geq 0}$ do tipo $(M,0)$. Considere o semigrupo $\{T(t)\}_{t\geq 0}$ dado por $T(t)=\mathrm{e}^{\omega t} S(t)$. Resulta do Teorema 3.3 que o gerador infinitesimal de $\{T(t)\}_{t\geq 0}$ é o operador $B+w=A$. Como $\{T(t)\}_{t\geq 0}$ é do tipo $(M,\omega)$, a prova está completa. $\square$





Referências

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[7] J. E. M. Rivera. Estabilização de Semigrupos e Aplicações. EAC, Rio de Janeiro, RJ, 2008.

[8] I. I. Vrabie. C0-Semigroups and Applications. North-Holland Publishing Company, Amsterdam, 2003.

[9] S. Zheng. Nonlinear Evolutions Equations. Chapman &amp; Hall/CRC, Boca Raton, FL, 2004.