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 $x\in X$ e arbitrario, segue que$$(\lambda-A)R(\lambda)x=x+AR(\lambda)x-AR(\lambda)x=x,\quad\forall\ x\in X$$e, portanto, $R(\lambda)$ e a inversa a direita de $(\lambda-A)$.Agora, tome $x\in D(A)$. Entao,$$\begin{aligned}R(\lambda)Ax&=\int_0^\infty\mathrm{e}^{-\lambda s}T(s)Ax\;\mathrm{d}s=\int_0^\infty\mathrm{e}^{-\lambda s}\frac{d}{ds}T(s)x\;\mathrm{d}s\\&=\mathrm{e}^{-\lambda s}T(s)x\Big|_{s=0}^{s=\infty}+\lambda \int_0^\infty\mathrm{e}^{-\lambda s}T(s)x\;\mathrm{d}s=-x+\lambda R(\lambda)x.\end{aligned}$$Como $x\in D(A)$ e arbitrario, 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, $R(\lambda)$ e a inversa a esquerda de $(\lambda-A)$. O argumento acima mostra que $(\lambda-A)$ e invertivel 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}, concluimos que \eqref{8} tambem se verifica. $\square$Prova de $(b)\Rightarrow(a)$:A prova seguira a ideia empregada por Yosida: proximar $A$ por uma sequencia 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 continuo (Hille empregou uma ideia diferente; ver paginas 72 e 73 de [2]).Caso I: $\omega=0$. Por hipotese, dado $\lambda>0$ temos $\lambda\in \rho(A)$ com $\|(\lambda-A)^{-1}\|_{\mathcal{L}}\leq\frac{1}{\lambda}$.Afirmacao 1: $\lambda(\lambda-A)^{-1}x\overset{\lambda\to\infty}\longrightarrow x$, para todo $x\in X$.De fato, tome $x\in X$ e $\varepsilon>0$. 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 $D(A)$ e denso em $X$ (por hipotese), 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, $$\begin{aligned}\|\lambda(\lambda-A)^{-1}x-x\|_X&\leq \|\lambda(\lambda-A)^{-1}\|_{\mathcal{L}}\|x-y\|_X+\|\lambda(\lambda-A)^{-1}y-y\|_X+\|y-x\|_X\\&\leq 1\cdot\frac{\varepsilon}{3}+\frac{\varepsilon}{3}+\frac{\varepsilon}{3}=\varepsilon\end{aligned}$$para todo $\lambda$ suficientemente grande e isso prova a afirmacao.Agora, para cada $\lambda>0$, defina a Aproximacao de Yosida de $A$ por $A_\lambda=\lambda A(\lambda-A)^{-1}$.Afirmacao 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 e obtido quando trocamos $x$ por $Ax$ na Afirmacao 1.Afirmacao 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 $\lambda,\mu,t>0$.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}Alem disso, como $(\lambda-A)^{-1}(\mu-A)^{-1}=(\mu-A)^{-1}(\lambda-A)^{-1}$ (resultado visto em aula como consequencia da 1a equacao 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 propria definicao de $\mathrm{e}^{tA_{\lambda}}$) e, por conseguinte,$$\begin{aligned}\frac{d}{ds}\left(\mathrm{e}^{tsA_\lambda}\mathrm{e}^{t(1-s)A_\mu}x\right)&=\frac{d}{ds}\left(\mathrm{e}^{tsA_\lambda}\right)\mathrm{e}^{t(1-s)A_\mu}x+\mathrm{e}^{tsA_\lambda}\frac{d}{ds}\left(\mathrm{e}^{t(1-s)A_\mu}\right)x\\&=t\mathrm{e}^{tsA_\lambda}A_\lambda(\mathrm{e}^{t(1-s)A_\mu}x)+(-t)\mathrm{e}^{tsA_\lambda}\mathrm{e}^{t(1-s)A_\mu}A_\mu x\\&=t\mathrm{e}^{tsA_\lambda}\mathrm{e}^{t(1-s)A_\mu}(A_\lambda x-A_\mu x).\end{aligned}$$Assim, por \eqref{12},$$\begin{aligned}\|\mathrm{e}^{tA_\lambda}x-\mathrm{e}^{tA_\mu}x\|_X&=\left\|\int_0^1\frac{d}{ds}\left(\mathrm{e}^{tsA_\lambda}\mathrm{e}^{t(1-s)A_\mu}x\right)\mathrm{d}s\right\|_X\leq\int_0^1t\left\|\mathrm{e}^{tsA_\lambda}\mathrm{e}^{t(1-s)A_\mu}(A_\lambda x-A_\mu x)\right\|_X\;\mathrm{d}s\\&\leq\int_0^1t\|\mathrm{e}^{tsA_\lambda}\|_{\mathcal{L}}\|\mathrm{e}^{t(1-s)A_\mu}\|_{\mathcal{L}}\left\|A_\lambda x-A_\mu x\right\|_X\;\mathrm{d}s\leq t\|A_\lambda x-A_\mu x\|_X.\end{aligned}$$Afirmacao 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 $\varepsilon>0$. Resulta das afirmacoes 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 $D(A)$ e denso em $X$ (por hipotese) e como vale \eqref{12}, podemos tomar $y$ suficientemente proximo 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 sequencia $\{\mathrm{e}^{tA_\lambda}x\}_{\lambda\in\mathbb{N}}$ e de Cauchy e, portanto, existe\begin{equation}\label{u3}T(t)x:=\lim_{\lambda\to\infty}\mathrm{e}^{tA_\lambda}x.\end{equation}Observacao 4.2. Combinando \eqref{14} com a Afirmacao 3, concluimos (pelo criterio de Cauchy para convergencia uniforme) que, relativamente a $t$, o limite \eqref{u3} e 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 Afirmacao 4, este operador esta bem definido. Alem disso, ele e linear (pela linearidade do limite) e limitado com $\|T(t)\|_{\mathcal{L}}\leq 1$ (por \eqref{12}).Afirmacao 5: $\{T(t)\}_{t\geq 0}$ definida por \eqref{13} e um semigrupo fortemente continuo do tipo $(1,0)$.Sejam $s,t\geq 0$ e $x\in X$. Por definicao, 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,$$\begin{aligned}\|T(s)T(t)x-T(s+t)x\|_X&\leq\|T(s)T(t)x-\mathrm{e}^{sA_\lambda}T(t)x\|_X+\|\mathrm{e}^{sA_\lambda}T(t)x-\mathrm{e}^{(s+t)A_\lambda}x\|_X\\&\quad+\|\mathrm{e}^{(s+t)A_\lambda}x-T(s+t)x\|_X\\&=\|T(s)T(t)x-\mathrm{e}^{sA_\lambda}T(t)x\|_X+\|\mathrm{e}^{sA_\lambda}(T(t)x-\mathrm{e}^{tA_\lambda}x)\|_X\\&\quad+\|\mathrm{e}^{(s+t)A_\lambda}x-T(s+t)x\|_X\\&\overset{\lambda\to\infty}{\longrightarrow} 0+0+0\end{aligned}$$Isto prova que $T(s)T(t)=T(s+t)$. Alem disso, $$T(0)x=\lim_{\lambda\to\infty} \mathrm{e}^{0A_\lambda}x=\lim_{\lambda\to\infty} Ix=x.$$Portanto, $\{T(t)\}_{t\geq 0}$ e um semigrupo. Este semigrupo e do tipo $(1,0)$, pois ja vimos que $\|T(t)\|_{\mathcal{L}}\leq 1$ para todo $t\geq 0$. Resta mostrar que ele e fortemente continuo.Fixe $x\in X$ e tome $\varepsilon>0$. Pela densidade