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, $T(\cdot)x$ e derivavel a direita em $t$ com\begin{equation}\label{u1}\frac{d^+}{dt}T(t)x=T(t)Ax.\end{equation}Por outro lado, dados $t,h>0$ com $t-h>0$,$$\begin{aligned}\left\|\frac{T(t-h)x-T(t)x}{-h}-T(t)Ax\right\|_X&=\left\|\frac{T(t-h)x-T(t-h+h)x}{-h}-T(t-h+h)Ax\right\|_X\\&\leq \|T(t-h)\|_{\mathcal{L}}\left\|\frac{x-T(h)x}{-h}-T(h)Ax\right\|_X\\&\leq M\mathrm{e}^{\omega(t-h)}\left\|\frac {T(h)x-x}{h}-Ax\right\|_X+M\mathrm{e}^{\omega(t-h)}\left\|Ax-T(h)Ax\right\|_X.\end{aligned}$$Quando $h\to 0^+$, ambos os termos no lado direito da ultima desigualdade convergem para zero, o primeiro porque $x\in D(A)$ e o segundo porque o semigrupo e fortemente continuo. Portanto, $T(\cdot)x$ e derivavel a 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 geracaoResulta do Teorema 3.4 que se $A$ e o gerador infinitesimal de um semigrupo fortemente continuo $\{T(t)\}_{t\geq 0}$ e se $U_0\in D(A)$, entao a funcao $U:[0,\infty)\to X$ dada por $U(t)=T(t)U_0$ e uma solucao 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 solucao, basta provar que $A$ e o gerador infinitesimal de um semigrupo fortemente continuo. Portanto, os teoremas de geracao (que consistem em resultados de caracterizacao de geradores infinitesimais de semigrupos) sao bastante importantes, especialmente no contexto das EDPs (ver Secao 4.1.1). A seguir, estudaremos um destes resultados: o Teorema de Hille-Yosida, tanto em sua forma restrita aos semigrupos de contracoes quanto em sua forma generalizada, conhecida como Teorema de Feller-Miyadera-Phillips. (Um outro importante teorema de geracao e o Teorema de Lumer-Phillips, que lida com o caso especial em que $A$ e dissipativo.)4.1 O Teorema de Hille-YosidaTeorema 4.1 (Teorema de Hille-Yosida). Seja $A:D(A)\subseteq X\to X$ um operador linear. As seguintes afirmacoes sao equivalentes: (a) $A$ e o gerador infinitesimal de um semigrupo fortemente continuo $\{T(t)\}_{t\geq0}$ do tipo $(1,\omega)$. (b) $A$ e fechado, $D(A)$ e 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>\omega.\end{equation}Prova de $(a)\Rightarrow(b)$:$A$ e fechado.Seja $\{x_n\}_{n\in\mathbb{N}}$ uma sequencia em $D(A)$ tal que $x_n\overset{n\to\infty}\longrightarrow x$ e $Ax_n\overset{n\to\infty}\longrightarrow y$, ambas as convergencias 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 $t\to 0^+$, concluimos 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 $Ax=y$.$D(A)$ e 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 $h> 0$. 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>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,$$\begin{aligned}\frac{T(t)\frac{1}{h}\int_0^hT(s)x\;\mathrm{d}s-\frac{1}{h}\int_0^hT(s)x\;\mathrm{d}s}{t}&=\frac{1}{ht}\left(\int_0^hT(t+s)x\;\mathrm{d}s-\int_0^hT(s)x\;\mathrm{d}s\right)\\&=\frac{1}{ht}\left(\int_0^{t+h}T(\tau)x\;\mathrm{d}\tau-\int_0^{t}T(\tau)x\;\mathrm{d}\tau-\int_0^hT(s)x\;\mathrm{d}s\right)\\&=\frac{1}{h}\left(\frac{1}{t}\int_h^{t+h}T(\tau)x\;\mathrm{d}\tau-\frac{1}{t}\int_0^tT(\tau)x\;\mathrm{d}\tau\right)\\\end{aligned}$$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 $\lambda>\omega$. 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 $\omega-\lambda<0$,$$\left\|\int_0^\infty\mathrm{e}^{-\lambda t}T(t)x\;\mathrm{d}t\right\|_X\leq\int_0^\infty\mathrm{e}^{-\lambda t}\mathrm{e}^{\omega t}\|x\|_X\;\mathrm{d}t=\|x\|_X\int_0^\infty\mathrm{e}^{(\omega-\lambda) t}\;\mathrm{d}t=\frac{1}{\lambda-\omega}\|x\|_X<\infty,$$para todo $x\in X$. Alem 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, $R(\lambda)$ esta bem definido, e 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 $R(\lambda)$ e a inversa de $(\lambda-A)$. Tome $x\in X$. Note que$$\begin{aligned}\frac{T(t)R(\lambda)x-R(\lambda)x}{t}&=\frac{T(t)-I}{t}\left(\int_0^\infty\mathrm{e}^{-\lambda s}T(s)x\;\mathrm{d}s\right)=\frac{1}{t}\int_0^\infty(T(t)-I)\left(\mathrm{e}^{-\lambda s}T(s)x\right)\mathrm{d}s\\&=\frac{1}{t}\int_0^\infty\mathrm{e}^{-\lambda s}T(t+s)x\;\mathrm{d}s-\frac{1}{t}\int_0^\infty\mathrm{e}^{-\lambda s}T(s)x\;\mathrm{d}s\\&=\frac{1}{t}\int_t^\infty\mathrm{e}^{-\lambda (\tau-t)}T(\tau)x\;\mathrm{d}\tau-\frac{1}{t}\int_0^\infty\mathrm{e}^{-\lambda s}T(s)x\;\mathrm{d}s\\&=\frac{1}{t}\int_0^\infty\mathrm{e}^{-\lambda (\tau-t)}T(\tau)x\;\mathrm{d}\tau-\frac{1}{t}\int_0^t\mathrm{e}^{-\lambda (\tau-t)}T(\tau)x\;\mathrm{d}\tau-\frac{1}{t}\int_0^\infty\mathrm{e}^{-\lambda s}T(s)x\;\mathrm{d}s\\&=\frac{1}{t}\int_0^\infty(\mathrm{e}^{-\lambda (\tau-t)}-\mathrm{e}^{-\lambda \tau})T(\tau)x\;\mathrm{d}\tau-\frac{1}{t}\int_0^t\mathrm{e}^{-\lambda (\tau-t)}T(\tau)x\;\mathrm{d}\tau\\&=\frac{(\mathrm{e}^{\lambda t}-1)}{t}R(\lambda)x-\mathrm{e}^{\lambda t}\cdot\frac{1}{t}\int_0^t\mathrm{e}^{-\lambda \tau}T(\tau)x\;\mathrm{d}\tau\end{aligned}$$para todo $t\geq 0$. O primeiro termo no lado direito da ultima 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 $\{\mathrm{e}^{-\lambda \tau}T(\tau)\}_{\tau\geq 0}$, concluimos que o segundo termo converge para $x$ quando $t\to0^+$, pois $\mathrm{e}^{\lambda