5 Groupe et semigroupe d`opérateurs

5
Groupe et semigroupe d’opérateurs
5.1
Théorème de Stone
Soit H un espace de Hilbert et {U (t), t ∈ R} une famille d’opérateurs bornés.
Définition 5.1. On dit que U (t) est un groupe unitaire fortement continu si
les deux propriétés suivantes sont satisfaites :
(i) U (t) est un opérateur unitaire pour tout t ∈ R et
U (t + s) = U (t)U (s)
pour tous t, s ∈ R.
(ii) Si ϕ ∈ H, alors U (t)ϕ → U (t0 )ϕ quand t → t0 .
Pour tout groupe unitaire, on définit son générateur par
�
�
D(A) = ψ ∈ H : ∃ lim t−1 (U (t)ψ − ψ) , Aψ = −i lim t−1 (U (t)ψ − ψ).
t→0
t→0
Exercice 5.2. Montrer que, pour tout t ∈ R et ψ ∈ D(A), on a U (t)ψ ∈ D(A)
et
d
U (t)ψ = iAU (t)ψ = iU (t)Aψ.
dt
Théorème 5.3. Soit A un opérateur auto-adjoint dans un espace de Hilbert H.
Alors il existe un unique groupe unitaire U (t) dont le générateur est égal à A.
Réciproquement, si U (t) est un groupe unitaire fortement continu, alors son
générateur est un opérateur auto-adjoint.
Démonstration. Soit A un opérateur auto-adjoint. Alors, d’après le théorème
spectral (voir §4), on peut supposer que H = L2 (M, µ), où (M, B, µ) est un
espace mesuré, et que A est l’opérateur de multiplication par une fonction réelle
mesurable a(m). Dans ce cas, on définit U (t) = eitA comme l’opérateur de
multiplication par eita(m) . Il s’ensuit que
�
eitA
�−1
�
�∗
= e−itA = eitA ,
eitA eisA = ei(t+s)A .
De plus, si ϕ ∈ L2 (M, µ), alors en utilisant le théorème de Lebesgue, on obtient
�
� ita(m)
�2
itA
2
�e
�e ϕ − ϕ� =
− 1� |ϕ(m)|2 dµ → 0 quand t → 0.
M
Montrons que le générateur B du groupe U (t) est égal à A. En effet, maintenant ψ ∈ D(A), c’est-à-dire, ψ, aψ ∈ L2 (M, µ). Alors
�
� −1 ita(m)
�2
�t (e
�t−1 (eitA ψ −ψ)−iAψ�2 =
−1)−ia(m)� |ψ(m)|2 dµ → 0 t → 0,
M
30
où on a utilisé encore le théorème de Lebesgue. On voit que A ⊂ B. D’autre
part, pour tous ψ1 , ψ2 ∈ D(B), on a
�
�
(Bψ1 , ψ2 ) = lim −it−1 (eitA − I)ψ1 , ψ2
t→0
�
�
= lim ψ1 , it−1 (e−itA − I)ψ2 = (ψ1 , Bψ2 ).
t→0
∗
Donc, B ⊂ B et A = A∗ ⊂ B, d’où on conclut que B = A. Nous avons
montré que pour chaque opérateur auto-adjoint il existe un groupe unitaire
dont le générateur est confondu avec A. Montrons que ce groupe unitaire est
unique. Soit V (t) un autre groupe unitaire avec le générateur A. Alors pour
tout ψ ∈ D(A) la fonction f (t) = V (−t)U (t)ψ vérifie l’équation
f � (t) = iV (−t)(−A + A)U (t)u = 0,
t ∈ R,
où on a utilisé l’exercice 5.2. On conclut que g(t) = g(0) = ψ, et donc U (t)ψ =
V (t)ψ pour tout t ∈ R. Comme le domaine de A est dense, on voit que V ≡ U .
Montrons maintenant que le générateur A d’un groupe unitaire U (t) est un
opérateur auto-adjoint. On prouve d’abord la densité de D(A). Soit ψ ∈ H et
{ωε , ε > 0} une approximation d’identité. On pose
�
ψε =
ωε (s)U (s)ψ ds, ε > 0.
R
+
Alors ψε → ψ quand ε → 0 . De plus,
�
�
�
�
�
t−1 U (t)ψε − ψε =
t−1 ωε (s − t) − ωε (s) U (s)ψ ds
�R
→
ωε� (s)U (s)ψ ds as ε → 0+ ,
R
d’où on voit que ψε ∈ D(A).
Le fait que le générateur est un opérateur symétrique a été établit ci-dessus.
Montrons que A est essentiellement auto-adjoint. D’après le corollaire 2.13, il
suffit de vérifier que Ker(A∗ ± iI) = {0}.
Soit v ∈ D(A∗ ) tel que (A∗ + i)v = 0. Alors ((A − i)u, v) = 0 pour tout
u ∈ D(A). Il s’ensuit que la fonction f (t) = (U (t)u, v) vérifie l’équation
f � (t) = (U � (t)u, v) = (iAU (t)u, v) = −(U (t)u, v) = −f (t),
t ∈ R,
d’où on conclut que f (t) = ce−t . D’autre part, f est borné sur R et donc c = 0.
On voit que (u, v) = 0 pour tout u ∈ D(A). Comme D(A) est dense, on obtient
que v = 0. Un argument similaire montre que si (A − i)v = 0, alors v = 0.
Soit Ā la fermeture (auto-adjointe) de A et U (t) le groupe unitaire correspondant. Montrons que U (t) = U (t) pour tout t ∈ R. On pose f (t) = U (−t)U (t)u,
où u ∈ D(A). Alors
f � (t) = U (−t)(−Ā + A)U (t)u = 0,
t ∈ R,
d’où on conclut, en utilisant l’argument ci-dessus, que les groupes U et U sont
confondus. Donc A et Ā sont aussi confondus et A = A∗ .
31
5.2
Théorème de Hille–Yosida
Soit X un espace de Banach et {S(t), t ∈ R} une famille d’opérateurs bornés
dans X.
Définition 5.4. On dit que {S(t), t ∈ R} est un semigroupe d’opérateurs fortement continu si
S(0) = I,
pour tous t1 , t2 ≥ 0,
S(t1 + t2 ) = S(t1 )S(t2 )
et la fonction S(t)x est continue par rapport à t ≥ 0 pour tout x ∈ X.
Pour h > 0 on définit l’opérateur Ah = h−1 (S(h) − I). Soit D(A) l’ensemble
des vecteurs x ∈ X pour lesquels la limite limh→0+ Ah x existe et A : D(A) → X
l’opérateur défini par
Ax = lim
h→0+
S(h)x − x
,
h
x ∈ D(A).
On appelle A l’opérateur infinitésimal ou le générateur du semigroupe S(t).
Proposition 5.5. Soit S(t) un semigroupe d’opérateurs fortement continu et
A : D(A) → X son opérateur infinitésimal. Alors :
(i) Il existe des constantes positives C et σ telles que
�S(t)�L(X) ≤ C eσt ,
t ≥ 0.
(5.1)
(ii) D(A) est dense dans X et l’opérateur A est fermé.1
(iii) Le demi-plan {λ ∈ C : Re λ > σ} est inclut dans ρ(A), et la résolvante est
donnée par
� ∞
Rλ (A) =
S(t)e−λt dt pour Re λ > σ.
(5.2)
0
Démonstration. (i) Comme S(t) est fortement continu, pour tout x ∈ X il existe
Cx > 0 tel que �S(t)x� ≤ Cx pour 0 ≤ t ≤ 1. Le théorème de Banach–Steinhaus
implique qu’il existe C > 0 tel que
�S(t)�L(X) ≤ C,
t ∈ [0, 1].
(5.3)
Si t = k + r, où k est un entier et 0 ≤ r < 1, alors S(t) = S(r)S(1) · · · S(1).
L’inégalité (5.3) entraı̂ne que
�S(t)�L(X) ≤ �S(1)�kL(X) �S(r)�L(X) ≤ C k+1 ≤ C eσ(k+r) ,
où σ = ln C.
1 Rappelons qu’un opérateur A est dit fermé si son graphe Γ(A) est fermé dans l’espace
X × X.
32
�r
(ii) Montrons que D(A) est dense. Soit x ∈ X et xr = 1r 0 S(t)x dt. Alors
xr → x quand r → 0+ et xr ∈ D(A) pour tout r > 0:
�
�1 � r
� 1 r
�
�xr − x� = �
S(t)x dt − x� ≤
�S(t)x − x� dt → 0,
r 0
r 0
�
� h
�
S(h)xr − xr
1 � r+h
1
=
S(t)x dt −
S(t)x dt → (S(r)x − x)
h
rh r
r
0
quand r → 0+ . Le fait que A est fermé est une conséquence du point (iii) et de
l’exercice suivant.
Exercice 5.6. Soit A : D(A) → X un opérateur. Supposons qu’il existe un
opérateur borné B : X → X tel que
ABx = x
pour tout x ∈ X,
BAx = x
pour tout x ∈ D(A).
Montrer que A est fermé.
(iii) L’inégalité (5.1) implique que l’opérateur (5.2) est bien défini. Pour
x ∈ D(A), on a
� ∞
Rλ (A)(λ − A)x =
S(t)e−λt (λ − A)x dt
0
� ∞
S(h)x − x
= λRλ (A)x − lim+
S(t)e−λt
dt
h
h→0
0
� h
� eλh − 1 � ∞
�
= λRλ (A)x − lim
S(t)e−λt x dt − h−1
S(t)e−λt x dt
h
h→0+
h
0
= λRλ (A)x − (λRλ (A)x − x) = x.
Un calcul similaire montre que (λ − A)Rλ (A)x = x pour x ∈ X.
Le théorème suivant donne une condition nécessaire et suffisante pour qu’un
opérateur fermé soit le générateur d’un semigroupe fortement continu.
Théorème 5.7. Soit A un opérateur fermé avec un domaine D(A) dense dans X.
Alors A est l’opérateur infinitésimal d’un semigroupe fortement continu si et
seulement si il existe des réels M et ω tels que λ ∈ ρ(A) pour tout λ > ω et
�Rλ (A)n �L(X) ≤ M (λ − ω)−n ,
n = 1, 2, . . . .
(5.4)
De plus, le semigroupe est uniquement défini par son opérateur infinitésimal.
Démonstration. Etape 1. Montrons d’abord que la condition (5.1) est suffisante
pour que A soit l’opérateur infinitésimal d’un semigroupe fortement continu.
Considérons l’opérateur suivant (appelé la régularisation de Yosida) :
Aλ = λ(λRλ (A) − I) = λ2 (λI − A)−1 − λI.
33
Lemme 5.8. Pour tout x ∈ D(A), on a
Aλ x → Ax
quand λ → ∞.
Etape 2. Nous allons construire S(t) comme la limite du semigroupe etAλ
quand λ → ∞. Remarquons d’abord que
etAλ = e−λt
∞
�
(λ2 t)k Rλ (A)k
k!
k=0
,
λ > ω,
d’où on obtient l’estimation
�etAλ �L(X) ≤ M e−λt
∞
�
k=0
(λ2 t)k
≤ M exp(ωt),
k!(λ − ω)k
λ � 1.
(5.5)
Montrons que le semigroupe Sλ (t) = etAλ converge pour la topologie forte uniformément sur tout intervalle borné [0, T ]. En effet, pour x ∈ D(A), on a
� 1
�
d�
Sλ (t)x − Sµ (t)x =
Sµ (t − s)Sλ (s)x ds
0 ds
� 1
�
�
=
Sµ (t − s)Sλ (s) Aλ x − Aµ x ds.
0
En utilisant l’inégalité (5.5) et le lemme 5.8, on obtient pour x ∈ D(A)
sup �Sλ (t)x − Sµ (t)x�X ≤ M T eCT �Aλ x − Aµ x�X → 0
t∈[0,T ]
quand λ, µ → ∞.
Comme D(A) est dense dans X, on conclut qu’il existe un semigroupe fortement
continu S(t) tel que
sup �Sλ (t)x − S(t)x�X → 0
t∈[0,T ]
quand λ → ∞.
Etape 3. Montrons que A est l’opérateur infinitésimal du semigroupe S(t).
Soit x ∈ D(A). En passant à la limite quand λ → ∞ dans l’égalité
� t
Sλ (t)x − x =
Sλ (s)Aλ x ds,
0
on obtient
S(t)x − x =
Donc, la limite
�
t
S(s)Ax ds.
0
lim t−1 (S(t)x − x)
t→0+
(5.6)
existe et est égale à Ax. Il nous reste à montrer que si la limite (5.6) existe,
alors x ∈ D(A).
34
Soit B le générateur de S(t). Alors pour λ ∈ ρ(A) ∩ ρ(B) on a
(λI − A)D(A) = X = (λI − B)D(A),
(λI − B)D(B) = X,
d’où on conclut que D(A) = D(B) = (λI − B)−1 X.
Etape 4. Montrons maintenant que le semigroupe est uniquement défini
par son opérateur infinitésimal. Soient S1 (t) et S2 (t) deux semigroupes avec le
même opérateur infinitésimal A. On fixe T > 0 et, pour u ∈ D(A), on définit la
fonction f (t) = S1 (T − t)S2 (t)u. Alors
d
f (t) = S1 (T − t)(−A + A)S2 (t)u = 0,
dt
d’où on voit que f (0) = S1 (T )u = f (T ) = S2 (T )u. Ceci implique que S1 and S2
sont confondus; voir [Yos78] pour les détails.
Etape 5. Montrons que la condition (5.4) est nécessaire pour que A soit
l’opérateur infinitésimal d’un semigroupe. On sait déjà que la résolvante est
donnée par la formule (5.2). Il s’ensuit que
� ∞� ∞
Rλ (A)2 =
S(t1 )S(t2 )e−λ(t1 +t2 ) dt1 dt2
� 0 ∞ � 0 r1
� ∞
=
S(r1 )e−λr1 dr2 dr1 =
r1 S(r1 )e−λr1 dr1 .
0
0
0
Par récurrence, on obtient
n
Rλ (A) =
�
∞
0
tn−1
S(t)e−λt dt.
(n − 1)!
Cette relation et l’inégalité (5.1) implique le résultat cherché.
Démonstration du lemme 5.8. Soit x ∈ D(A). Alors
�λRλ (A)x − x�X = �Rλ (A)Ax�X ≤ M (λ − ω)−1 �Ax�X → 0
quand λ → ∞. De plus,
�λRλ (A) − I�L(X) ≤ M λ(λ − ω)−1 + 1 ≤ 2M + 1
pour λ � 1.
Comme D(A) est dense dans X, on conclut que
λRλ (A) → I
pour la topologie forte quand λ → ∞.
Il s’ensuit que pour tout x ∈ D(A),
Aλ x = λRλ (A)Ax → Ax
35
quand λ → ∞.
5.3
5.3.1
Applications
Equation de la chaleur
On note H s = H s (Rd ) l’espace de Sobolev d’ordre s ≥ 0:
H s (Rd ) = {u ∈ L2 (Rd ) : (1 + |ξ|2 )s/2 û(ξ) ∈ L2 (Rd )},
où û(ξ) désigne la transformée de Fourier de u(x). Considérons le problème
(t, x) ∈ R+ × Rdx ,
∂t u = ∆u,
d
x∈R ,
u(0, x) = u0 (x),
(5.7)
(5.8)
où u0 ∈ H 2 (Rd ) est une fonction donnée. Soit A l’opérateur de Laplace avec le
domaine D(A) = H 2 .
Théorème 5.9.
(i) L’opérateur A est auto-adjoint.
(ii) Pour toute donnée initiale u0 ∈ H 2 (Rd ) il existe une unique fonction
u ∈ C(R+ , H 2 ) ∩ C 1 (R+ , L2 ) vérifiant les équations (5.7), (5.8).
Démonstration. (i) On note F : L2 (Rd ) → L2 (Rd ) la transformation de Fourier
et F −1 son inverse:
�
(Fu)(ξ) = (2π)−d/2
e−ixξ u(x) dx,
Rd
�
−1
−d/2
(F v)(ξ) = (2π)
eixξ v(ξ) dξ.
Rd
Alors A = F −1 M−|ξ|2 F, où Ma = Ma(ξ) désigne l’opérateur de multiplication
par la fonction a(ξ) avec le domaine
D(Ma ) = {v ∈ L2 (Rd ) : av ∈ L2 (Rd )}.
Comme M−|ξ|2 est un opérateur auti-adjoint et F est une isométrie, on conclut
que A est auto-adjoint.
(ii) Nous allons utiliser le théorème de Hille–Yosida. Montrons que
�Rλ (A)�L(H) ≤ λ−1
pour λ > 0,
(5.9)
où H = L2 (Rd ). On a
Rλ (A) = F −1 M(λ+|ξ|2 )−1 F
pour λ > 0,
(5.10)
Il est évident que
�M(λ+|ξ|2 )−1 v�H ≤ λ−1 �v�H
pour λ > 0.
(5.11)
Comme F est une isométrie, la relation (5.10) et l’inégalité (5.11) impliquent (5.9).
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D’après le théorème de Hille–Yosida, l’opérateur A est le générateur d’un
semigroupe fortement continu S(t). La fonction u(t) = S(t)u0 appartient à
l’espace C 1 (R+ , H 2 ) et vérifie les équations (5.7), (5.8).
Montrons que la solution est unique. Si v ∈ C(R+ , H 2 ) ∩ C 1 (R+ , L2 ) est une
autre solution, alors leure différence w = u − v est solution du problème (5.7),
(5.8) avec u0 = 0. Il s’en suit que
∂t �w�2 = 2(w, ∂t w) = 2(w, ∆w) ≤ 0,
�w(0)�2 = 0.
On conclut que w ≡ 0, et donc u ≡ 0.
Exercice 5.10. Etudier le problème de Cauchy pour l’équation des ondes:
∂t2 u = ∆u,
u(0, x) = u0 (x),
∂t u(0, x) = u1 (x),
(t, x) ∈ Rd+1 ,
x ∈ Rd ,
où u0 ∈ H 2 et u0 ∈ H 1 .
Indication: Réécrire l’équation des ondes comme un système d’ordre 1 et
utiliser le théorème de Hille-Yosida.
5.3.2
Equation de Schrödinger
Considérons le problème
(t, x) ∈ Rt × Rdx ,
∂t u = i∆u,
d
x∈R ,
u(0, x) = u0 (x),
(5.12)
(5.13)
où u0 ∈ H 2 (Rd ) est une fonction donnée.
Théorème 5.11. Pour tout donnée initiale u0 ∈ H 2 il existe une unique fonction u ∈ C(R, H 2 ) ∩ C 1 (R, L2 ) vérifiant les équations (5.12), (5.13).
Démonstration. D’après le théorème 5.9, l’opérateur A est auto-adjoint. Le
théorème de Stone implique que les opérateurs eitA sont bien définis et forment
un groupe unitaire fortement continu. Il s’ensuit que pour tout u0 ∈ H 2 la
fonction u(t) = eitA u0 est solution du problème (5.12), (5.13). La démonstration
d’unicité est tout à fait analogue au cas de l’équation de la chaleur.
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