da Limitacao Uniforme, $\{\|T(t_n)\|_{\mathcal{L}}\}_{n\in\mathbb{N}}$ e limitada. Esta conclusao contradiz \eqref{1} e, portanto, a afirmacao e verdadeira. Tomando $t=0$ em \eqref{2}, concluimos que $M\geq \|T(0)\|_{\mathcal{L}}=\|I\|_{\mathcal{L}}=1$.Tome $t\geq 0$. Entao, 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 continuo. Entao, para cada $x\in X$, a aplicacao $$\begin{aligned}T(\cdot)x:[0,\infty)&\to X\\t&\mapsto T(t)x\end{aligned}$$ e continua 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 $t=0$ e uma consequencia imediata da Definicao 2.2. Considere, entao, $t>0$. Pelo Teorema 2.5,$$\begin{aligned}\|T(t+h)x-T(t)x\|_X&=\|T(t)T(h)x-T(t)x\|_X=\|T(t)(T(h)x-x)\|_X\leq M\mathrm{e}^{\omega t}\|T(h)x-x\|_X\end{aligned}$$para todo $h>0$ e, portanto, $T(t+h)x\overset{h\to 0^+}\longrightarrow T(t)x$. Analogamente, $$\begin{aligned}\|T(t-h)x-T(t)x\|_X&=\|T(t-h)x-T(t-h+h)x\|_X=\|T(t-h)(x-T(h)x)\|_X\\&\leq M\mathrm{e}^{\omega(t-h)}\|x-T(h)x\|_X\end{aligned}$$sempre que $0\leq h\leq t$ e, portanto, $T(t+h)x\overset{h\to 0^-}\longrightarrow T(t)x$. Concluimos, assim, que $T(t+h)x\overset{h\to 0}\longrightarrow T(t)x$, ou seja, $T(\cdot)x$ e continua. Consequentemente, fixado $t\geq 0$ e dado $\varepsilon>0$, existe $\delta>0$ tal que$$|s-t|<\delta\quad\Longrightarrow\quad \|T(s)x-T(t)x\|_X<\varepsilon.$$Deste modo, se $0\leq h\leq \delta$, entao$$\begin{aligned}\left\|\frac{1}{h}\int_t^{t+h}T(s)x\;\mathrm{d}s- T(t)x\right\|_X&=\left\|\frac{1}{h}\int_t^{t+h}T(s)x\;\mathrm{d}s- \frac{1}{h}\int_{t}^{t+h}T(t)x\;\mathrm{d}s\right\|_X\\&\leq \frac{1}{h}\int_t^{t+h}\|T(s)x\;\mathrm{d}s- T(t)x\|_X\;\mathrm{d}s\\&\leq\frac{\varepsilon}{h}\int_t^{t+h}\mathrm{d}s=\varepsilon.\;\square\end{aligned}$$Definicao 2.7 (Semigrupo do tipo $(M,\omega)$; semigrupo de contracoes). Um semigrupo do tipo $(M,\omega)$ e um semigrupo $\{T(t)\}_{t\geq 0}$ que satisfaz \eqref{3}. Um semigrupo de contracoes e um semigrupo do tipo $(1,0)$.3 Geradores infinitesimaisDefinicao 3.1 (Gerador Infinitesimal). O gerador infinitesimal de um semigrupo $\{T(t)\}_{t\geq 0}$ e 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 e o operador $B$. De fato, seja $A$ o gerador infinitesimal deste semigrupo. Note que para $x\in X$ e $t\leq 1$, temos$$\begin{aligned}\left\|\frac{\mathrm{e}^{tB}x-x}{t}-Bx\right\|_X&\leq \left\|\frac{\mathrm{e}^{tB}-I}{t}-B\right\|_\mathcal{L}\|x\|_X=\left\|\frac{1}{t}\left(\sum_{k=0}^\infty\frac{t^kB^k}{k!}-I\right)-B\right\|_\mathcal{L}\|x\|_X\\&=\frac{1}{t}\left\|\sum_{k=1}^\infty\frac{t^kB^k}{k!}-tB\right\|_\mathcal{L}\|x\|_X=\frac{1}{t}\left\|\sum_{k=2}^\infty\frac{t^kB^k}{k!}\right\|_\mathcal{L}\|x\|_X\\&= \frac{t^2}{t}\left\|\sum_{k=2}^\infty\frac{t^{k-2}B^k}{k!}\right\|_\mathcal{L}\|x\|_X\leq t\sum_{k=2}^\infty\frac{\|B\|^k_{\mathcal{L}}}{k!}\|x\|_X\leq t\mathrm{e}^{\|B\|_{\mathcal{L}}}\|x\|. \end{aligned}$$Portanto, $x\in D(A)$ com $Ax=Bx$. Isto mostra que $A=B$.Teorema 3.3. Sejam $\alpha\in\mathbb{R}$ e $\beta>0$. Se $A$ e o gerador infinitesimal de $\{T(t)\}_{t\geq 0}$, entao $\beta A+\alpha$ e 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$$\begin{aligned}&\left\|\frac{\mathrm{e}^{\alpha t}T(\beta t)x-x}{t}-(\beta A+\alpha) x\right\|_X\\\leq\;& \left\|\frac{\mathrm{e}^{\alpha t}T(\beta t)x-x}{t}-\frac{T(\beta t)x-x}{t}-\alpha x\right\|_X+\left\|\frac{T(\beta t)x-x}{t}-\beta Ax\right\|_X\\=\;& \left\|\frac{(\mathrm{e}^{\alpha t}-1)}{\beta t}T(\beta t) (\beta x)-\alpha x\right\|_X+\left\|\frac{T(\beta t)(\beta x)-\beta x}{\beta t}- A(\beta x)\right\|_X.\end{aligned}$$Como $\frac{(\mathrm{e}^{\alpha t}-1)}{\beta t}\overset{t\to 0}\longrightarrow \frac{\alpha}{\beta}$ e como $\{T(t)\}_{t\geq 0}$ e fortemente continuo, $\frac{(\mathrm{e}^{\alpha t}-1)}{\beta t}T(\beta t) (\beta x) \overset{t\to 0^+}\longrightarrow \frac{\alpha}{\beta}\beta x=\alpha x$. Isto implica que a primeira parcela no lado direito da ultima desigualdade converge para zero quando $t\to 0^+$. Pela propria definicao 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$$\begin{aligned}&\left\|\frac{T(\beta t)x-x}{\beta t}- \frac{Bx-\alpha x}{\beta}\right\|_X\\\leq\;& \left\|\frac{T(\beta t)x-x}{\beta t}-\frac{\mathrm{e}^{\alpha t}T(\beta t)x-x}{\beta t}+\frac{\alpha x}{\beta}\right\|_X+\left\|\frac{\mathrm{e}^{\alpha t}T(\beta t)x-x}{\beta t}-\frac{Bx}{\beta}\right\|_X\\=\;& \left\|\frac{(1-\mathrm{e}^{\alpha t})}{\beta t}T(\beta t)x+\frac{\alpha x}{\beta}\right\|_X+\left\|\frac{\mathrm{e}^{\alpha t}T(\beta t)(\tfrac{x}{\beta})-(\tfrac{x}{\beta})}{ t}-B(\tfrac{x}{\beta})\right\|_X.\end{aligned}$$Como anteriormente, cada parcela no lado direito da ultima 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 e continua pelo Teorema 2.6) com $t\mapsto\beta^{-1}t$, concluimos 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 continuo e $x\in D(A)$. Entao, $T(t)x\in D(A)$ para todo $t\geq 0$. Alem disso, a aplicacao $$\begin{aligned}T(\cdot)x:[0,\infty)&\to X\\t&\mapsto T(t)x\end{aligned}$$ e continuamente diferenciavel 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