(Luận Văn Thạc Sĩ) Bài Toán Xác Định Nguồn Cho Phương Trình Truyền Nhiệt Tuyến Tính Một Chiều.pdf

Untitled ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ——————–o0o——————– ĐỖ THỊ TUYẾT NGA BÀI TOÁN XÁC ĐỊNH NGUỒN CHO PHƯƠNG TRÌNH TRUYỀN NHIỆT TUYẾN TÍNH MỘT CHIỀU THÁI NGUYÊN 6/2020 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊ[.]

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ——————–o0o——————– ĐỖ THỊ TUYẾT NGA BÀI TOÁN XÁC ĐỊNH NGUỒN CHO PHƯƠNG TRÌNH TRUYỀN NHIỆT TUYẾN TÍNH MỘT CHIỀU THÁI NGUN - 6/2020 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ——————–o0o——————– ĐỖ THỊ TUYẾT NGA BÀI TOÁN XÁC ĐỊNH NGUỒN CHO PHƯƠNG TRÌNH TRUYỀN NHIỆT TUYẾN TÍNH MỘT CHIỀU Chuyên ngành: Toán ứng dụng Mã số: 8460112 NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC TS NGUYỄN THỊ NGỌC OANH THÁI NGUYÊN - 6/2020 Mục lục Trang Danh sách hình vẽ Danh sách bảng Lời nói đầu Chương Một số kiến thức 1.1 Giới thiệu toán 1.2 Rời rạc hóa toán 14 1.2.1 Rời rạc hóa tốn thuận theo biến không gian 14 1.2.2 Rời rạc toán thuận theo biến thời gian 16 Chương Bài toán xác định nguồn cho phương trình truyền nhiệt tuyến tính chiều 19 2.1 Bài toán biến phân 20 2.2 Rời rạc toán biến phân 22 2.3 Phương pháp gradient liên hợp 25 2.4 Ví dụ số 28 Kết luận 34 Tài liệu tham khảo 35 Danh sách hình vẽ 2.1 Ví dụ 1: So sánh nghiệm xác nghiệm số với nhiễu = 0.1 (bên trái) nhiễu = 0.01 (bên phải) Hàm trọng ω cho công thức (2.28) 2.2 30 Ví dụ 2: So sánh nghiệm xác nghiệm số với nhiễu = 0.1 (bên trái) nhiễu = 0.01 (bên phải) Hàm trọng ω cho công thức (2.28) 2.3 30 Ví dụ 3: So sánh nghiệm xác nghiệm số với nhiễu = 0.1 (bên trái) nhiễu = 0.01 (bên phải) Hàm trọng ω cho công thức (2.28) 2.4 31 Ví dụ 1: So sánh nghiệm xác nghiệm số với nhiễu = 0.1 (bên trái) nhiễu = 0.01 (bên phải) Hàm trọng ω cho công thức (2.29) 2.5 32 Ví dụ 2: So sánh nghiệm xác nghiệm số với nhiễu = 0.1 (bên trái) nhiễu = 0.01 (bên phải) Hàm trọng ω cho công thức (2.29) 2.6 32 Ví dụ 3: So sánh nghiệm xác nghiệm số với nhiễu = 0.1 (bên trái) nhiễu = 0.01 (bên phải) Hàm trọng ω cho công thức (2.29) 33 Danh sách bảng 2.1 Tham số hiệu chỉnh γ, số bước lặp n∗ , sai số kf −fn∗ kL2 (0,T ) giá trị phiếm hàm Jγ (fn∗ ) (hàm trọng ω cho theo công thức (2.28) 31 2.2 Tham số hiệu chỉnh γ, số bước lặp n∗ , sai số kf −fn∗ kL2 (0,T ) giá trị phiếm hàm Jγ (fn∗ ) (hàm trọng ω cho theo công thức (2.29)) 33 Lời nói đầu Trong nhiều nghiên cứu thực tế, hàm nguồn trình truyền nhiệt yêu cầu cần phải xác định từ vài thông số ta quan sát hay đo [1, 2, 4, 5] Đây toán ngược xác định hàm vế phải hay phần hàm vế phải (hàm nguồn) phương trình truyền nhiệt Vì ứng dụng quan trọng thực tế nên có nhiều nghiên cứu lý thuyết giải số phát triển [1, 3, 5, 6] Bài tốn ngược tốn đặt khơng chỉnh Một toán gọi đặt chỉnh theo nghĩa Hadamard thỏa mãn tất điều kiện: i) Tồn nghiệm; ii) Nghiệm nhất; iii) Nghiệm phụ thuộc liên tục vào kiện toán Nếu điều kiện không thỏa mãn tốn gọi đặt khơng chỉnh Bài tốn đặt khơng chỉnh thường gây nhiều vấn đề nghiêm trọng làm cho nghiệm số cổ điển không ổn định, tức sai số nhỏ kiện đầu vào dẫn tới sai số lớn với nghiệm Ta xét ví dụ sau đây: Xét chuỗi Fourier ∞ X n=0 an cos nt = f (t) ∼ (a0 , a1 , , ) (0.1) Chọn aǫn = an + nǫ , n ≥ aǫ0 = a0 Trong chuẩn l2 , ta có k(a1 , a2 , ) − (aǫ1 , aǫ2 , )kl2 ∞ ∞ X X ǫ2 1/2 1/2 = =ǫ n n2 n=1 n=1 π = ǫ √ −→ 0, ǫ → (0.2) Mặt khác ǫ kf (t) − f (t)kC[0,π] ∞ X ǫ = = ∞ n n=0 (0.3) Từ phương trình (0.2) (0.3) ta có hệ số sai khác nhỏ dẫn tới sai khác hàm vế phải f (t) Nội dung luận văn trình bày chương: Chương giới thiệu số kiến thức chuẩn bị, phương trình truyền nhiệt chiều dạng tổng quát, toán thuận, phương pháp sai phân hữu hạn rời rạc toán thuận Chương nghiên cứu toán xác định hàm vế phải cách sử dụng phương pháp biến phân kết hợp với hiệu chỉnh Tikhonov, công thức gradient phiếm hàm mục tiêu tính thơng qua nghiệm toán liên hợp trường hợp liên tục (Định lý 2.1) trường hợp rời rạc (Định lý 2.2) Trong chương này, chúng tơi trình bày lại phương pháp gradient liên hợp để tìm cực tiểu phiếm hàm mục tiêu Luận văn trình bày vài ví dụ số minh họa cho phương pháp số đề xuất với tính chất khác hàm vế phải cần tìm Trước hết, tơi xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành sâu sắc đến TS Nguyễn Thị Ngọc Oanh người trực tiếp hướng dẫn luận văn, tận tình bảo hỗ trợ tơi tìm hướng nghiên cứu, tiếp cận thực tế, tìm kiếm tài liệu, xử lý phân tích số liệu, giải vấn đề để tơi hoàn thành luận văn khoa học Ngoài ra, trình học tập, nghiên cứu thực đề tài tơi cịn nhận nhiều quan tâm, góp ý, giúp đỡ q thầy cơ, đồng nghiệp, bạn bè người thân Tơi xin bày tỏ lịng biết ơn sâu sắc đến: • Những người thân gia đình hỗ trợ, tạo điều kiện thuận lợi cho tơi suốt thời gian tơi theo học khóa thạc sỹ trường Trường Đại học Khoa học – Đại học Thái Ngun • Q thầy Khoa Tốn- Tin q thầy phịng Đào tạo - KHCN HTQT, Trường Đại học Khoa học – Đại học Thái Nguyên truyền đạt cho kiến thức bổ ích suốt hai năm học vừa qua • Bạn bè, đồng nghiệp động viên, hỗ trợ tơi q trình học tập nghiên cứu! Tơi xin trân trọng cảm ơn! Thái Nguyên, ngày 25 tháng năm 2020 Học viên Đỗ Thị Tuyết Nga Chương Một số kiến thức Trong chương chúng tơi trình bày số kiến thức sử dụng luận văn như: số khơng gian hàm, tốn thuận, định nghĩa nghiệm yếu phương pháp sai phân rời rạc tốn thơng qua lược đồ Crank-Nicolson 1.1 Giới thiệu toán Cho Ω = (0, L) ⊂ R and Q = (0, L) × (0, T ), S = {0, 1} × (0, T ) Xét phương trình    u − (a(x, t)ux )x + b(x, t)u = f (t)ϕ(x, t) + g(x, t),    t u(x, t) = 0, (x, t) ∈ S,     u(x, 0) = u0 (x), x ∈ Ω (x, t) ∈ Q, (1.1) Trong a, b ϕ không gian L∞ (Q), g ∈ L2 (Q), f ∈ L2 (0, T ) u0 ∈ L2 (Ω) Giả sử a ≥ a > với a số b ≥ Hơn nữa, ϕ ≥ ϕ > 0, (1.2) với ϕ số Định nghĩa 1.1 (Bài toán thuận) [5] Khi hệ số a(x, t), b(x, t), điều kiện ban đầu u0 , hàm vế phải biết (gồm f (t), ϕ(x, t), g(x, t)), 17 Ta viết lại dạng  um+1 = Am um + ∆tB m F m+1/2 ,  u0 = u (1.27) ∆t m −1 ∆t m Λ ) (E − Λ ), 2 ∆t m −1 B m = (E + Λ ) , E ma trận đơn vị Am = (E + Ký hiệu (·, ·) k · k tương ứng tích vơ hướng chuẩn Euclide không gian RNx Ta nhận kết tính ổn định lược đồ sai phân sau Bổ đề 1.2 Lược đồ (1.27) ổn định Chứng minh Từ phương trình (1.27) ta nhận kum+1 k ≤ k(E+ ∆t m −1 ∆t ∆t Λ ) (E− Λm )kkum k+∆tk(E+ Λm )−1 kkF m+1/2 k 2 (1.28) Mặt khác, Λm nửa xác định dương, sử dụng bổ đề Kellogg [3, Định lý 2.1, p 220] ta có k(E + ∆t m ∆t m −1 Λ ) (E − Λ )k ≤ 2 Hơn k(E +  (E + ∆t m −1 Λ ) k = sup ϕ = sup φ = sup φ ∆t m −1 Λ ) ϕ, (E + ∆t m −1 Λ ) ϕ (ϕ, ϕ)  (φ, φ) ((E + ∆t m Λ )φ, (E + ∆t m Λ )φ) (φ, φ) ((φ, φ) + ∆t(Λφ, φ) + ∆t2 m m (Λ φ, Λ φ) ≤ 18 Do vậy, từ phương trình (1.28) ta nhận kum+1 k ≤ kum k + kF m+1/2 k, kum k ≤ kum−1 k + kF m−1/2 k, ··· ku1 k ≤ ku0 k + kF 1/2 k Đặt kvk = ku0 k, kf k = max kF m+1/2 k, ta có m kum+1 k ≤ kvk + (m + 1)∆tkf k (1.29) Như vậy, lược đồ sai phân (1.27) ổn định Chú ý, tài liệu [1] tác giả chứng minh tồn số dương cdd không phụ thuộc vào hệ số a b thỏa mãn Nx M X X m=0 k−0 ≤ cdd |u k,m Nx  X k−0 | 1/2 |uk0 |2 1/2 + Nx M X X m=0 k−0 (1.30) |f m ϕk,m + g k,m |2 )1/2  19 Chương Bài tốn xác định nguồn cho phương trình truyền nhiệt tuyến tính chiều Trong chương này, chúng tơi nghiên cứu tốn tìm lại thành phần phụ thuộc thời gian vế phải phương trình từ quan sát tích phân (như trình bày Phần Lời nói đầu, tốn ngược, đặt khơng chỉnh) Tức ta xây dựng lại hàm f (t) hàm vế phải từ quan sát tích phân lu(x, t) = Z Ω ω(x)u(x, t)dx = h(t), t ∈ (0, T ), ω(x) ∈ L∞ (Ω) hàm trọng R Ω ω(x)dx (2.1) > 0, kiện quan sát h giả thiết không gian L2 (0, T ) Với mục đích đó, chúng tơi đưa tốn tốn biến phân cực tiểu hóa phiếm hàm mục tiêu, đồng thời công thức gradient phiếm hàm dạng liên tục rời rạc thơng qua nghiệm tốn liên hợp Thuật tốn sử dụng tìm cực tiểu phiếm hàm mục tiêu thuật toán gradient liên hợp Đồng thời chương này, chúng tơi trình bày vài thử nghiệm số để minh họa cho phương pháp đề xuất 20 2.1 Bài toán biến phân Như giới thiệu Chương 1, ta sử dụng phương pháp bình phương tối thiểu đưa tốn tốn biến phân cực tiểu hóa phiếm hàm mục tiêu (đã đánh số lại cho tiện theo dõi) γ Jγ (f ) = klu(f ) − hk2L2 (0,T ) + kf − f ∗ k2L2 (0,T ) 2 (2.2) với γ tham số hiệu chỉnh chọn tiên nghiệm f ∗ ước lượng f ∈ L2 (0, T ) Sử dụng công thức Green Định lý 1.1 [7, Định lý 3.18], toán liên hợp cho tốn (1.1) có dạng   ∂p
∂ ∂p    a(x, t) + b(x, t)p = ω(x) (lu(t) − h(t)) , − −   ∂t ∂x ∂x p(x, t) = 0, (x, t) ∈ S,      p(x, T ) = 0, x ∈ Ω (x, t) ∈ Q, (2.3) Phiếm hàm (2.2) khả vi Fréchet công thức gradient phiếm hàm cho thông qua định lý Định lý 2.1 Phiếm hàm Jγ khả vi Fréchet công thức gradient ∇Jγ (f ) f có dạng ∇Jγ (f ) = Z Ω p(x, t)ϕ(x, t)dx + γ(f (t) − f ∗ (t)), (2.4) với p(x, t) nghiệm toán liên hợp (2.3) Chứng minh Ta ý rằng, đổi chiều thời gian tốn liên hợp (2.3) ta nhận dạng toán thuận (1.1) Do nghiệm tốn liên hợp hiểu theo nghĩa nghiệm yếu tồn nghiệm yếu không gian W (0, T ) cho toán liên hợp Ký hiệu h·, ·i tích vơ hướng L2 (0, T ) Cho biến phân nhỏ δf 21 f , ta có 1 J0 (f + δf ) − J0 (f ) = klu(f + δf ) − hk2L2 (0,T ) − klu(f ) − hk2L2 (0,T ) 2 = hlδu(f ), lu(f ) − hi + klδu(f )k2L2 (0,T ) , δu(f ) nghiệm toán   ∂δu ∂ ∂δu
   − a(x, t) + b(x, t)δu = δf (t)ϕ(x, t),   ∂t ∂x ∂x δu(x, t) = 0,      δu(x, 0) = 0, (x, t) ∈ Q, (x, t) ∈ S, x ∈ Ω (2.5) Từ ước lượng (1.5) ta nhận klδu(f )k2L2 (0,T ) = o(kδf kL2 (0,T ) ) kδf kL2 (0,T ) → Ta có J0 (f + δf ) − J0 (f ) = hlδu, lu − hi + o(kδf kL2 (0,T ) ) Z T Z 
= ωδudx lu − h dt + o(kδf kL2 (0,T ) ) Z T Z Ω  ωδu(lu − h)dx dt + o(kδf kL2 (0,T ) ) = Ω Z TZ = ωδu(lu − h)dxdt + o(kδf kL2 (0,T ) ) Ω Sử dụng công thức Green Định lý 1.1 [7, Định lý 3.18] cho (2.3) (2.5), ta có Z Z TZ ωδu(lu − h)dxdt = Ω T Z δf ϕpdxdt Ω Do T J0 (f + δf ) − J0 (f ) = Z = D 0Z Z Ω δf ϕpdxdt + o(kδf kL2 (0,T ) ) E ϕ(x, t)p(x, t)dx, δf + o(kδf kL2 (0,T ) ) Ω 22 Như vậy, J0 khả vi Fréchet gradient J0 có dạng Z ∇J0 (f ) = ϕ(x, t)p(x, t)dx Ω Từ đẳng thức này, ta nhận công thức (2.4) Định lý chứng minh xong 2.2 Rời rạc toán biến phân Tiếp theo mục này, rời rạc phiếm hàm mục tiêu J0 (f ) sau: J0h,∆t (f ) := M ∆t X m=1 |∆h Nx X k=0 ω k uk,m (f ) − hm |2 , (2.6) uk,m (f ) nhấn mạnh phụ thuộc nghiệm u vào f m số điểm lưới theo trục thời gian Kí hiệu ω k = ω(xk ) xấp xỉ hàm ω(x) Ω điểm xk , ví dụ lấy k ω = |ω(k)| Z ω(x)dx (2.7) ω(k) Để đơn giản ký hiệu, ta sử dụng ký hiệu f với nghĩa hàm lưới xác P m 1/2 định lưới {0, ∆t, , M ∆t} với chuẩn kf k = (∆t M m=0 |f | ) Do xấp xỉ lh u(f ) lu(f ) có dạng lh u(f ) = (lh0 u(f ), lh1 u(f ), , lhM u(f )) với lhm u(f ) = ∆h Nx X ω k uk,m (f ), m = 0, 1, , M (2.8) k=0 Để cực tiểu hóa phiếm hàm (2.6) phương pháp gradient liên hợp, trước tiên ta cần tính gradient phiếm hàm mục tiêu J0h,∆t (f ) thông qua định lý sau Định lý 2.2 Gradient ∇J0h,∆t (f ) hàm mục tiêu J0h,∆t f cho 23 ∇J0h,∆t (f ) = M −1 X ∆t(B m )∗ ϕm η m , (2.9) m=0 η nghiệm toán rời rạc    η m = (Am+1 )∗ η m+1 + ψ m+1 , m = M − 2, , 0,    η M −1 = ψ M ,     η M = 0, (2.10) với m  ψ = ψ k,m k = ω ∆h Nx X k=0
ω k uk,m (f )−hm , k ∈ Ωh , m = 0, 1, , M (2.11) ma trận (Am )∗ (B m )∗ cho ∆t m Λ )(E + ∆t m (B m )∗ = (E − Λ )(E + ∆t m −1 ∆t m −1 ∆t m Λ ) (E − Λ1 )(E + Λ ) , 4 ∆t m −1 Λ ) (2.12) (Am )∗ = (E − Chứng minh Cho biến phân nhỏ δf f , từ công thức (2.6) ta nhận J0h,∆t (f + δf ) − J0h,∆t (f ) = = = = M ∆t X lhm u(f m=1 M X  ∆t X ∆hω v k k,m ∆hω v m=1 k=0 Nx M X ∆t X k k,m m=1 k∈Ωh Nx  M X ∆t X + δf ) − h m=1 k=0 2 2
k k,m ∆hω v
m M ∆t X − + ∆t ∆h m=1 + ∆t +∆t m=1 M X M X m=1 M X m=1 lhm u(f ) − hm ∆h Nx X k=0 Nx X
2 v k,m ω k (lhm u(f ) − hm ) v k,m ψ k,m k=0 hv m , ψ m i (2.13) 24 v m = {v k,m := uk,m (f + δf ) − uk,m (f )} Từ (1.27) ta có v nghiệm tốn  v m+1 = Am v m + ∆tB m δf ϕm , m = 0, , M − 1, v = (2.14) Nhân vơ hướng hai vế phương trình thứ m (2.14) với véc tơ η m ∈ RNx cộng kết lại theo m = 0, , M − 1, ta nhận M −1 X m=0 hv m+1 M −1 X m ,η i = m=0 M −1 X = m=0 m m m hA v , η i + ∆t hv m , A
m ∗ M −1 X hB m δf ϕm , η m i m=0 M −1 X η m i + ∆t m=0 (2.15) hB m δf ϕm , η m i Trong đó, ký hiệu h·, ·i tích vơ hướng RNx Am liên hợp ma trận Am
∗ ma trận Nhân vơ hướng hai vế phương trình (2.10) với véc tơ v m+1 , lấy tổng theo m = 0, , M − 2, ta nhận M −2 X m=0 hv m+1 m ,η i = = M −2 X m=0 M −1 X m=1 hv m+1 , (A m+1 ∗ m+1 )η hv m , (Am )∗ η m i + i+ M −1 X m=1 M −2 X m=0 hv m+1 , ψ m+1 i (2.16) hv m , ψ m i Nhân vơ hướng hai vế phương trình thứ hai (2.10) với véc tơ v M , ta có hv M , η M −1 i = hv M , ψ M i (2.17) Từ (2.16) (2.17), ta nhận M −2 X m=0 hv m+1 m M , η i+hv , η M −1 i= M −1 X m=1 m m ∗ m hv , (A ) η i+ M −1 X m=1 hv m , ψ m i+hv M , ψ M i (2.18) Từ (2.15), (2.18) ta nhận hv , A
∗ η i + ∆t M −1 X m=0 m m m hB δf ϕ , η i = M −1 X m=1 hv m , ψ m i + hv M , ψ M i 25 Vì v = nên ∆t M −1 X m=0 m m m hB δf ϕ , η i = M −1 X m=1 m m M M hv , ψ i + hv , ψ i = M X hv m , ψ m i m=1 (2.19) Mặt khác từ đánh giá (1.30) ta có Nx M X X m=1 k=0
2 ω k v k,m = o(kf k) Do từ (2.13) (2.19) ta nhận J0h,∆t (f + δf ) − J0h,∆t (f ) = ∆t M −1 X m=0 hδf, (B m )∗ ϕm η m i + o(kf k) (2.20) Như vậy, J0h,∆t khả vi gradient phiếm hàm J0h,∆t có dạng (2.9) Chú ý Vì ma trận Λ đối xứng, ta có với m = 0, , M (Am )∗ = (E − ∆t m ∆t m −1 ∆t m ∆t m −1 Λ )(E + Λ ) (E − Λ )(E + Λ ) 4 4 Và ∆t m −1 ∆t m Λ )(E + Λ ) 4 Định lý chứng minh xong (B m )∗ = (E − 2.3 Phương pháp gradient liên hợp Khi ta ước lượng gradient Jγ , ta sử dụng thuật tốn gradient liên hợp để tìm cực tiểu phiếm hàm mục tiêu (1.14) Quá trình tính sau: f k+1 = f k + αk dk , dk = k β = k ∇Jγ (f k ) k2 k ∇Jγ (f k−1 ) k2 ,  −∇Jγ (f k ) −∇J (f k ) + β k dk−1 γ k = 0, k > 0, αk = argminα≥0 Jγ (f k + αdk ) (2.21) (2.22) 26 Để tính αk , ta thực sau Ký hiệu u˜[f ] nghiệm toán   n ∂ ∂u P ∂u
   − (x, t) + b(x, t)u = f (t)ϕ(x, t), (x, t) ∈ Q,   ∂t i=1 ∂xi ∂xi  u(x, t) = 0,     u(x, 0) = 0, (x, t) ∈ S, x ∈ Ω, u[u0 , g] nghiệm   n ∂ ∂u
∂u P    − a (x, t) + b(x, t)u = g(x, t),   ∂t i=1 ∂xi i ∂xi (2.23) (x, t) ∈ Q,  u(x, t) = 0, (x, t) ∈ S,     u(x, 0) = u (x), x ∈ Ω (2.24) Khi lu(f ) = l˜ u[f ] + lu[u0 , g] := Af + lu[u0 , g] Af := l˜ u[f ] tốn tử tuyến tính bị chặn từ L2 (0, T ) vào L2 (0, T ) Ta có αk nghiệm tốn cực tiểu sau αk = argminα≥0 Jγ (f k + αdk ) Ta có γ Jγ (f k + αdk ) = klu(f k + αdk ) − hk2L2 (0,T ) + kf k + αdk − f ∗ k2L2 (0,T ) 2 γ = kA(f k + αdk ) + lu[u0 , g] − hk2L2 (0,T ) + kαdk + f k − f ∗ k2L2 (0,T ) 2 γ = kαAdk + lu(f k ) − hk2L2 (0,T ) + kαdk + f k − f ∗ k2L2 (0,T ) 2 Đạo hàm Jγ (f k + αdk ) theo α có dạng: dJγ (f k + αdk ) dα = αkAdk k2L2 (0,T ) + hAdk , lu(f k ) − hiL2 (0,T ) + γαkdk k2L2 (0,T ) + γhdk , f k − f ∗ iL2 (0,T ) 27 Cho dJγ (f k + αdk ) dα k α =− =− =− =− = 0, ta nhận hAdk , lu(f k ) − hiL2 (0,T ) + γhdk , f k − f ∗ iL2 (0,T ) kAdk k2L2 (0,T ) + γkdk k2L2 (0,T ) hdk , A∗ (lu(f k ) − h)iL2 (0,T ) + γhdk , f k − f ∗ iL2 (0,T ) kAdk k2L2 (0,T ) + γkdk k2L2 (0,T ) hdk , A∗ (lu(f k ) − h) + γ(f k − f ∗ )iL2 (0,T ) (2.25) kAdk k2L2 (0,T ) + γkdk k2L2 (0,T ) hdk , ∇Jγ (f k )iL2 (0,T ) kAdk k2L2 (0,T ) + γkdk k2L2 (0,T ) Từ (2.21), αk tính theo cơng thức    h−∇Jγ (f k ), ∇Jγ (f k )iL2 (0,T )    − kAdk k2 k L2 (0,T ) + γkd kL2 (0,T ) k α =  h−∇Jγ (f k ) + β k dk−1 , ∇Jγ (f k )iL2 (0,T )     − kAdk k2L2 (0,T ) + γkdk k2L2 (0,T ) k = 0, (2.26) k > Do đó, k α = k∇Jγ (f k )k2L2 (0,T ) kAdk k2L2 (0,T ) + γkdk k2L2 (0,T ) , k = 0, 1, 2, (2.27) Phương pháp gradient liên hợp áp dụng cho phiếm hàm (2.6) có dạng sau Bước Cho xấp xỉ ban đầu f ∈ RM +1 tính phần dư rˆ0 = (lh1 u(f ) − h1 , lh2 u(f ) − h2 , , lhM u(f ) − hM ) việc giải lược đồ (1.27) với f thay giá trị ban đầu xấp xỉ f đặt k = Bước Tính gradient r0 = −∇Jγ (f ) cho cơng thức (2.9) việc giải tốn liên hợp (2.10) Sau đó, đặt d0 = r0 Bước Tính α = kr0 k2 klh d0 k2 + γkd0 k2 28 lh d0 tính từ lược đồ (1.27) với f thay d0 g(x, t) = 0, u0 = Tiếp theo, đặt f = f + α d0 Bước Với k = 1, 2, · · · , tính rk = −∇Jγ (f k ), dk = rk +β k dk−1 , k β = Bước Tính αk krk−1 k2 krk k2 k α = krk k2 klh dk k2 + γkdk k2 với lh dk tính từ lược đồ (1.27) với f thay dk g(x, t) = 0, u0 = Tiếp theo, đặt f k+1 = f k + αk dk 2.4 Ví dụ số Trong mục này, chúng tơi trình bày vài ví dụ số minh họa cho thuật toán đề xuất Cho T = 1, chúng tơi thử nghiệm thuật tốn xây dựng lại thành phần phụ thuộc thời gian f (t) hàm vế phải cho tốn sau • Ví dụ 1: f (t) = sin(πt),  2t • Ví dụ 2: f (t) = 2(1 − t) • Ví dụ 3: f (t) =  1 0 ≤ t ≤ 0.5 0.5 ≤ t ≤ 0.25 ≤ t ≤ 0.75 ngược lại , Lý chọn hàm mức độ trơn khác với hàm phải tìm Ví dụ thứ hàm trơn, ví dụ thứ hai hàm liên tục không khả vi t = 0.5 ví dụ cuối hàm gián đoạn 29 Khi thực ví dụ số này, chúng tơi chọn hàm u nghiệm phương trình (1.1), chọn hàm ϕ f , sau tính hàm g vế phải (1.1) Khi có u chúng tơi tính lu = h đặt nhiễu kiện quan sát h, thử nghiệm số thực với nhiễu khác nhau, thuật toán dừng kf k+1 − f k k đủ nhỏ Cho Ω = (0, 1) Ta xây dựng hàm f từ hệ    u − uxx = f (t)ϕ(x, t) + g(x, t), < x < 1, < t < 1,    t u(0, t) = u(1, t) = 0, < t < 1,     u(x, 0) = u0 (x), < x < Cho u(x, t) = sin(πx)(1 − t), u0 (x) = sin(πx), ϕ(x, t) = (x2 + 5)(t2 + 5) sau cho hàm f hàm Ví dụ 1, Ví dụ 2, Ví dụ 3, sau tính g(x, t) Đối với quan sát lu chọn hàm trọng sau ω(x) = x2 + (2.28) ω(x) =  1 2ǫ 0 x ∈ (x0 − ǫ, x0 + ǫ) ngược lại với ǫ = 0.01 (2.29) Chú ý toán tử quan sát với hàm trọng (2.29) xem quan sát điểm Các kết số minh họa từ Hình 2.1-Hình 2.6 Từ kết ta thấy thuật tốn hữu hiệu nhiễu đầu vào lớn 10% Trong Bảng Bảng 2, liệt kê tương ứng tham số hiệu chỉnh, sai số L2 , số bước lặp giá trị hàm mục tiêu 30 Noise=0.01 Exact.Sol 1 0.8 0.8 f(t) f(t) Noise=0.1 Exact.Sol 0.6 0.6 0.4 0.4 0.2 0.2 0 0.2 0.4 0.6 0.8 0.2 0.4 t 0.6 0.8 t Hình 2.1: Ví dụ 1: So sánh nghiệm xác nghiệm số với nhiễu = 0.1 (bên trái) nhiễu = 0.01 (bên phải) Hàm trọng ω cho công thức (2.28) Noise =0.01 Exact.Sol 1 0.8 0.8 f(t) f(t) Noise =0.1 Exact.Sol 0.6 0.6 0.4 0.4 0.2 0.2 0 0.2 0.4 0.6 0.8 0 t 0.2 0.4 0.6 0.8 t Hình 2.2: Ví dụ 2: So sánh nghiệm xác nghiệm số với nhiễu = 0.1 (bên trái) nhiễu = 0.01 (bên phải) Hàm trọng ω cho công thức (2.28) 31 Noise=0.1 Exact.Sol Noise=0.01 Exact.Sol 0.8 0.8 0.6 0.6 f(t) f(t) 0.4 0.4 0.2 0.2 0 −0.2 0.2 0.4 0.6 0.8 −0.2 0.2 t 0.4 0.6 0.8 t Hình 2.3: Ví dụ 3: So sánh nghiệm xác nghiệm số với nhiễu = 0.1 (bên trái) nhiễu = 0.01 (bên phải) Hàm trọng ω cho cơng thức (2.28) Ví dụ Nhiễu γ n∗ kf − fn∗ kL2 (0,T ) 10−1 0.05 9.7E − 1.501E − 10−2 0.01 10 2.0E − 2.4957E − 10−1 0.05 13 8.9E − 8.4764E − 10−2 0.01 15 5.9E − 1.6665E − 3 10−1 0.05 18 9.8E − 1.2768E − 10−2 0.01 29 8.4E − 2.541E − Jγ (fn∗ ) Bảng 2.1: Tham số hiệu chỉnh γ , số bước lặp n∗ , sai số kf − fn∗ kL2 (0,T ) giá trị phiếm hàm Jγ (fn∗ ) (hàm trọng ω cho theo công thức (2.28)