Đang tải... (xem toàn văn)
ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC NGUYỄN THÚY DƯƠNG ĐỒNG HÓA SỐ LIỆU CHO PHƯƠNG TRÌNH TRUYỀN NHIỆT TUYẾN TÍNH HAI CHIỀU Chuyên ngành Toán ứng dụng Mã số 8 46 01 12 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN[.]
ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC - NGUYỄN THÚY DƯƠNG ĐỒNG HÓA SỐ LIỆU CHO PHƯƠNG TRÌNH TRUYỀN NHIỆT TUYẾN TÍNH HAI CHIỀU Chuyên ngành: Toán ứng dụng Mã số : 46 01 12 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC TS Nguyễn Thị Ngọc Oanh THÁI NGUYÊN - 2021 Mục lục Trang Lời nói đầu Chương Một số kiến thức 1.1 Bài toán thuận số kiến thức bổ trợ 1.2 Bài tốn đồng hóa số liệu 11 1.3 Phương pháp số cho toán thuận 15 Nội suy hàm lưới 16 1.3.1 1.3.2 Rời rạc biến thời gian lược đồ sai phân phân rã Chương Một số tốn đồng hóa số liệu 19 24 2.1 Bài tốn đồng hóa số liệu với quan sát thời điểm cuối 24 2.1.1 Công thức gradient phiếm hàm mục tiêu 25 2.1.2 Phương pháp gradient liên hợp 30 2.1.3 Ví dụ số 31 2.2 Bài tốn đồng hóa số liệu với quan sát tích phân miền 35 2.2.1 Công thức gradient phiếm hàm mục tiêu 35 2.2.2 Ví dụ số 41 Kết luận 46 Lời nói đầu Đồng hóa số liệu (Data assimilation) kết hợp mơ hình với quan sát để thực số mục tiêu khác như: xác định trạng thái ước lượng tối ưu mô hình, xác định điều kiện ban đầu, nội suy, Bài tốn đồng hóa số liệu sử dụng rộng rãi nghiên cứu khí tượng thủy văn, hải dương học, dự báo thời tiết (xem [1]); ô nhiễm môi trường (xem [5]); xử lý ảnh (xem [5, 6]); sản xuất công nghiệp (xem [5, 7]); Một mục tiêu đồng hóa số liệu từ số quan sát (trực tiếp gián tiếp) ta ước lượng lại điều kiện ban đầu mơ hình biết điều kiện ban đầu q trình ta mơ tả đồng thời từ đưa dự báo tiến hóa Một cách hình thức, ta mơ tả sau: giả sử Lu(x, t) toán tử tuyến tính elliptic đều, biến khơng gian x ∈ Ω với Ω miền mở bị chặn Rn có biên ∂Ω đủ trơn t ∈ [0, T ] biến thời gian Kí hiệu Q = Ω × [0, T ] Xét tốn biên sau ut − Lu(x, t) = f (x, t), u(x, 0) = v(x), Bu = g(ζ, t), (x, t) ∈ Q, x ∈ Ω, (ζ, t) ∈ ∂Ω × [0, T ], B toán tử điều kiện biên Bài tốn tìm u(x, t) từ hệ với kiện toán tử L, điều kiện ban đầu v, điều kiện biên g hàm vế phải f biết gọi toán thuận (hay toán trực tiếp - direct problem) Ngược lại, toán xác định điều kiện ban đầu v hay điều kiện biên g hay hàm vế phải f , từ số thông tin nghiệm u gọi toán ngược (inverse problem) [2, 6] Bài tốn đồng hóa số liệu xác định điều kiện ban đầu toán ngược Nghiên cứu tốn ngược nói chung tốn đồng hóa số liệu nói riêng gặp nhiều khó khăn chúng thường đặt khơng chỉnh theo nghĩa Hadamard [3] Một toán gọi đặt chỉnh theo nghĩa Hadamard [3] thỏa mãn tất điều kiện sau i Tính tồn tại: Bài tốn tồn nghiệm; ii Tính nhất: Nghiệm nhất; iii Tính ổn định: Nghiệm phụ thuộc liên tục vào kiện tốn (theo tơ pơ đó) Nếu ba điều kiện nói khơng thỏa mãn tốn gọi tốn đặt khơng chỉnh Trong thực tế có nhiều tốn quan trọng tốn đặt khơng chỉnh (xem [2, 6]) tính đặt khơng chỉnh chúng gây nhiều vấn đề nghiêm trọng Nếu tốn khơng ổn định, tức từ sai số nhỏ kiện đầu vào dẫn tới sai số lớn nghiệm, việc giải số trở nên khó khăn Sau ta lấy ví dụ tốn đồng hóa số liệu xác định điều kiện ban đầu đặt khơng chỉnh [2] Xét phương trình truyền nhiệt chiều với điều kiện biên Dirichlet sau x ∈ (0, π), ≤ t ≤ 1, ut (x, t) = uxx (x, t), ≤ t ≤ 1, u(0, t) = u(π, t) = 0, u(x, 0) = v(x) ∈ L2 (0, π) Vấn đề đặt ta tìm lại điều kiện ban đầu v từ thông tin u(x, 1) = ξ(x) Sử dụng khai triển Fourier cho v, ta có biểu diễn sau v(x) = ∞ X ϕn (x), x ∈ [0, π] n=1 với ϕn (x) = q π sin(nx) = q Rπ Từ ta có u(x, t) = π v(τ ) sin(nτ )dτ ∞ X n=1 e−n t ϕn (x) Do ξ ∈ L2 (0, π), ξ(x) = u(x, 1) = ∞ X −n2 e ϕn (x) = với ξn = π ξn ϕn (x) n=1 n=1 q Rπ ∞ X ξ(τ ) sin(nτ )dτ Do vậy, = ξn en , r v(x) = n = 1, 2, ∞ X n2 e ξn sin(nx) π n=1 (0.1) Với v ∈ L2 (0, π), ta phải có kvk2L2 (0,π) = ∞ X e2n |ξn |2 < ∞ (0.2) n=1 Từ (0.1) (0.2), ta thấy toán xây dựng lại điều kiện ban đầu v từ ξ đặt không chỉnh: Trước tiên, nghiệm v tồn với hàm ξ mà hệ số Fourier ξn giảm nhanh n tiến tới ∞ (nhanh e−n ) Thứ hai, sai số nhỏ hệ số Fourier thứ n nhân lên với en Ví dụ có sai số 10−8 hệ số Fourier thứ ξ5 liệu ξ sinh sai số 103 điều kiện ban đầu v Nội dung luận văn tập trung nghiên cứu tốn đồng hóa số liệu cho phương trình parabolic tuyến tính hai chiều sau ut − (a1 (x, t)ux1 )x1 − (a2 (x, t)ux2 )x2 + b(x, t)u = f, u(x, 0) = v(x), x ∈ Ω, u(x, t) = 0, (x, t) ∈ S, (x, t) ∈ Q, Ω miền mở, giới nội R2 với biên ∂Ω, Q = Ω×(0, T ], S = ∂Ω × (0, T ] x = (x1 , x2 ) ∈ Ω Mục tiêu luận văn: Xác định lại điều kiện ban đầu v(x) từ hai loại quan sát: i) Quan sát nghiệm thời điểm cuối u(x, T ) tìm lại v(x); ii) Quan sát tích phân Z ω(x)u(x, t)dx = h(t), t ∈ (τ, T ), lu(x, t) = Ω ω(x) hàm trọng không âm với R Ω ω(x)dx > 0, ta tìm lại điều kiện ban đầu v(x) Sử dụng phương pháp biến phân kết hợp với phiếm hàm hiệu chỉnh Tikhonov ta đưa tốn đồng hóa số liệu tốn biến phân tìm cực tiểu phiếm hàm mục tiêu tương ứng với trường hợp Sau nghiên cứu toán biến phân dạng liên tục, luận văn sử dụng phương pháp sai phân phân rã (splitting) để rời rạc toán thuận Bên cạnh việc chứng minh phiếm hàm khả vi Fréchet, luận văn đưa công thức gradient phiếm hàm Việc sử dụng thuật toán số để giải số toán đề xuất Luận văn gồm chương, phần mở đầu, kết luận danh mục tài liệu tham khảo Chương trình bày kiến thức chuẩn bị bao gồm khái niệm định nghĩa toán thuận, toán ngược, toán biến phân, tốn đồng hóa số liệu; định nghĩa số không gian Sobolev, định nghĩa nghiệm yếu, định nghĩa đạo hàm Fréchet; trình bày lại tính tồn nghiệm yếu không gian tương ứng đánh giá tiên nghiệm cho tốn thuận; tính tồn nghiệm toán biến phân với phiếm hàm hiệu chỉnh Tikhonov; phát biểu chứng minh công thức Green cho toán thuận toán liên hợp; sử dụng lược đồ sai phân rời rạc công thức nghiệm yếu; sử dụng thuật toán gradient liên hợp (thuật tốn CG - conjugate gradient method) để tìm cực tiểu hàm mục tiêu Chương luận văn nghiên cứu tốn đồng hóa số liệu từ quan sát nghiệm thời điểm cuối quan sát tích phân Bằng việc đưa tốn cực tiểu phiếm hàm mục tiêu tương ứng, luận văn trình bày lại cách tính gradient phiếm hàm mục tiêu trường hợp toán liên tục toán sau rời rạc Cuối sử dụng thuật tốn gradient liên hợp để tìm cực tiểu phiếm hàm mục tiêu đồng thời trình bày số ví dụ số để minh họa cho tính hữu hiệu thuật tốn đề xuất Luận văn hồn thành hướng dẫn TS Nguyễn Thị Ngọc Oanh TS Bùi Việt Hương, hai cô giúp đỡ em q trình thực hồn thành đề tài nghiên cứu khoa học Em xin chân thành bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới TS Nguyễn Thị Ngọc Oanh TS Bùi Việt Hương Bằng biết ơn kính trọng, em xin gửi lời cảm ơn chân thành đến Ban giám hiệu nhà Trường, Phòng Đào tạo - QLKH HTQT thầy, khoa Tốn - Tin, Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên nhiệt tình hướng dẫn, giảng dạy tạo điều kiện thuận lợi giúp đỡ em suốt trình học tập, nghiên cứu hoàn thiện đề tài Xin gửi lời cảm ơn chân thành đến gia đình, bạn bè ln động viên em suốt trình học tập thực luận văn Em xin trân trọng cảm ơn! Thái Nguyên, ngày 18 tháng 01 năm 2021 Học viên Nguyễn Thúy Dương Chương Một số kiến thức Trong chương này, chúng tơi trình bày số khái niệm kết liên quan tới tốn thuận, tốn đồng hóa số liệu, tốn biến phân, định lý tồn nghiệm yếu toán thuận, đánh giá tiên nghiệm, phương pháp sai phân phân rã cho toán thuận, chứng minh hội tụ lược đồ sai phân đề xuất phương pháp Lanczos với cải tiến trực giao hóa lại bước lặp để ước lượng giá trị kì dị tốn tử quan sát 1.1 Bài toán thuận số kiến thức bổ trợ Cho Ω miền mở, giới nội R2 với biên ∂Ω Ký hiệu Q = Ω × (0, T ], S = ∂Ω × (0, T ] Xét toán giá trị ban đầu với điều kiện biên Dirichlet sau ∂u X ∂ ∂u − aij (x, t) + b(x, t)u = f (x, t), ∂t i,j=1 ∂xi ∂xj u|S = 0, (x, t) ∈ Q, (1.1) (x, t) ∈ S, (1.2) x ∈ Ω, (1.3) u|t=0 = v(x), v ∈ L2 (Ω), g ∈ L2 (S), f ∈ L2 (Q) Bài tốn tìm nghiệm u(x, t) hệ (1.1)–(1.3) hệ số phương trình (1.1) điều kiện ban đầu v vế phải f biết gọi toán thuận [8] Để đưa khái niệm nghiệm yếu tốn thuận, chúng tơi sử dụng định nghĩa không gian Sobolev H (Ω), H01 (Ω), H 1,0 (Q), H 1,1 (Q) H01,0 (Q) H01,1 (Q) tham khảo tài liệu [6, 8] Định nghĩa 1.1 Không gian H (Ω) không gian bao gồm tất hàm u(x) ∈ L2 (Ω) có đạo hàm suy rộng ∂u ∂xi ∈ L2 (Ω), i = 1, với tích vô hướng X ∂u ∂v := (uv + )dx ∂x ∂x i i Ω i=1 Z (u, v)H (Ω) Định nghĩa 1.2 Không gian H01 (Ω) không gian bao gồm tất hàm u(x) ∈ H (Ω) triệt tiêu biên ∂Ω, tức H01 (Ω) = {u ∈ H (Ω) : u 27 b Công thức gradient dạng rời rạc Sử dụng phương pháp sai phân giới thiệu Chương 1, ta rời rạc hóa phiếm hàm mục tiêu J0 (v) dạng J0h (¯ v ) := 1X [uk,M (¯ v ) − ξ k ]2 (2.8) k∈Ωh Ở sử dụng kí hiệu uk,M (¯ v ) để phụ thuộc nghiệm vào điều kiện ban đầu v¯ M biểu thị thời điểm cuối thời gian Ta định nghĩa tích vơ hướng hai hàm lưới u := {uk , k ∈ Ωh } v := {v k , k ∈ Ωh } có dạng sau X (u, v) := uk v k (2.9) k∈Ωh Gradient phiếm hàm mục tiêu rời rạc (2.8) cho thông qua định lý Định lý 2.2 Gradient ∇J0h (¯ v ) hàm mục tiêu J0h tai v¯ cho công thức sau ∇J0h (¯ v ) = A0 ∗ η0, η = (η , , η M ) thỏa mãn toán liên hợp η M −1 = uM (¯ v) − ξ η m = Am+1 ∗ η m+1 , m = M − 2, M − 3, , (2.10) (2.11) Ở ma trận (Am )∗ có dạng ∆t m ∆t m −1 ∆t m ∆t m −1 Λ1 )(E1 + Λ1 ) (En − Λn )(En + Λ ) 4 4 n ∆t m ∆t m −1 ∆t m ∆t m −1 × (En − Λn )(En + Λn ) (E1 − Λ1 )(E1 + Λ ) 4 4 (2.12) (Am )∗ = (E1 − 28 Chứng minh Cho biến phân δ¯ v v¯, từ đẳng thức (2.8) ta có J0h (¯ v + δ¯ v ) − J0h (¯ v) = = = = 1X 2 k∈Ωh k∈Ωh 2 X k,M k v k,M + w ψ k∈Ωh 1X [uk,M (¯ v ) − ξ k ]2 2 X k,M k,M wk,M + w [u (¯ v) − ξ k ] k∈Ωh 1X 2 k∈Ωh 1X 1X [uk,M (¯ v + δ¯ v ) − ξ k ]2 − k∈Ωh 2 wk,M +(wM , ψ) k∈Ωh (2.13) wk,m := uk,m (¯ v + δ¯ v ) − uk,m (¯ v ), k ∈ Ωh , m = 0, , M , wm := {v k,m , k ∈ Ωh } and ψ = uM (¯ v ) − ξ Từ (1.34), ta có w nghiệm tốn wm+1 = Am wm , m = 0, , M − (2.14) w0 = δ¯ v Nhân vô hướng hai vế phương trình thứ m phương trình (2.14) với vector η m ∈ RN1 × ×Nn , lấy tổng kết từ m = 0, , M − 1, ta đạt M −1 X (w m+1 m ,η ) = m=0 = M −1 X (Am wm , η m ) m=0 M −1 X (wm , A (2.15) m ∗ η m ) m=0 Ở Am ∗ ma trận liên hợp ma trân Am Xét toán liên hợp η m = (Am+1 )∗ η m+1 , η M −1 = ψ m = M − 2, M − 1, , 0, (2.16) Nhân vơ hướng hai vế phương trình hệ (2.16) với vector wm+1 , cộng kết m = 0, , M − 2, ta có M −2 X (w m=0 m+1 m ,η ) = M −2 X (wm+1 , (Am+1 )∗ η m+1 ) m=0 (2.17) 29 Nhân vô hướng hai vế phương trình thứ hai hệ (2.16) với vector v M , ta nhận (wM , η M −1 ) = (wM , ψ) (2.18) Từ (2.17) (2.18), ta đạt M −2 X (w m+1 m M , η ) + (w , η M −1 M −2 X (wm+1 , (Am+1 )∗ η m+1 ) + (wM , ψ), )= m=0 m=0 hay M −1 X (w m+1 m ,η ) = m=0 M −1 X (wm , (Am )∗ η m ) + (wM , ψ) (2.19) m=1 Từ phương trình (2.15) (2.19), ta có ∗ ∗ (wM , ψ) = (w0 , A0 η ) = (δ¯ v , A0 η ) (2.20) 2 P Mặt khác, ta chứng minh wk,M = o(δ¯ v ) Do đó, từ k∈Ωh (2.13) (2.20) ta nhận ∗ J0h (¯ v + δ¯ v ) − J0h (¯ v ) = (δ¯ v , A0 η ) + o(δ¯ v ) (2.21) Do đó, gradient hàm mục tiêu J0h viết dạng ∂J0h (¯ v) ∗ = A0 η (2.22) ∂¯ v Chú ý rằng, ma trận hệ số Λm i , i = 1, , n, m = 0, , M − đối xứng nên ta nhận ∗ (Am i ) ∆t m −1 ∆t m ∗ Λ ) (Ei − Λ ) = (Ei + i i ∆t m ∗ ∆t m −1 ∗ Λ ) (Ei + Λ ) = (Ei − i i ∆t m ∆t m −1 = (Ei − Λi )(Ei + Λ ) 4 i Vì m m m ∗ (Am )∗ = (Am An An A1 ) ∗ m ∗ m ∗ m ∗ = (Am ) (An ) (An ) (A1 ) ∆t m ∆t m −1 ∆t m ∆t m −1 = (E1 − Λ1 )(E1 + Λ1 ) (En − Λn )(En + Λ ) 4 4 n ∆t m ∆t m −1 ∆t m ∆t m −1 Λn )(En + Λn ) (E1 − Λ1 )(E1 + Λ ) × (En − 4 4 Định lý chứng minh 30 2.1.2 Phương pháp gradient liên hợp Kí hiệu nhiễu liệu đo Sử dụng phương pháp gradient liên tục (Conjugate Gradient Method - Phương pháp CG) [5], xây dựng lại điều kiện ban đầu v¯ từ quan sát thời điểm cuối uM = ξ qua bước sau: Bước (khởi tạo) Cho trước dự đoán ban đầu v số α > 1, tính phần dư rˆ0 = u(v ) − ξ việc giải lược đồ phân rã (1.34) với điều kiện ban đầu v¯ thay dự đoán ban đầu v Nếu kˆ r0 k ≤ γ, ta dừng thuật toán Ngược lại, đặt i = 0, d−1 = (0, , 0) chuyển sang Bước Bước Tính gradient ri = ∇J0k,M (g i ) theo cơng thức (2.10) cách giải tốn liên hợp (2.11) Tiếp theo ta đặt di = −ri + βi−1 di−1 (2.23) β i−1 = k r i k2 k ri−1 k2 for i ≥ 1, (2.24) β −1 = Bước Tính nghiệm u¯i lược đồ sai phân phân rã (1.34) với v¯ thay di , đặt i α = k r i k2 (2.25) v i+1 = v i + αi di (2.26) rˆi+1 = rˆi + αi (¯ ui )M (2.27) k (¯ ui )M k2 Tiếp theo ta đặt Tính phần dư theo cơng thức Bước Nếu k rˆi+1 k≤ γ, ta dừng thuật tốn Nếu khơng, ta đặt i := i +1, quay trở lại Bước Ta ý phương trình (2.27) suy từ đẳng thức rˆi+1 = uM (v i+1 ) − ξ = uM (v i + αi di ) − ξ = rˆi + uM (αi di ) = rˆi + αi (¯ u i )M (2.28) 31 2.1.3 Ví dụ số Các ví dụ số thử nghiệm với hàm giá trị ban đầu hàm khả vi Ví dụ 1, hàm liên tục khơng khả vi Ví dụ hàm gián đoạn Ví dụ Xét miền Ω = (0, 1) × (0, 1), cỡ lưới h = (0.02, 0.02), thời điểm cuối T = bước thời gian ∆t = 0.02, thuật toán CG xuất phát v = 4, đặt x = (x1 , x2 ) Xét hệ ut − (a1 (x, t)ux1 )x1 − (a2 (x, t)ux2 )x2 + b(x, t)u = f (x, t), u(0, x2 , t) = u(1, x2 , t) = u(x1 , 0, t) = u(x1 , 1, t) = 0, u(x, 0) = v(x1 , x2 ) Ví dụ Trong ví dụ hàm điều kiện ban đầu xác cho hàm trơn v(x) = sin(πx1 ) sin(πx2 ), với hệ số a1 (x, t) = 0.02[1 − (1 − t) cos(15πx1 ) cos(15πx2 )], a2 (x, t) = 0.01[1 − (1 − t) cos(15πx1 ) cos(15πx2 )], 2 b(x, t) = x1 + x2 + 2x1 t + Vế phải f (x, t) có dạng sau g(x) t 1−t 1− cos(15πx1 ) cos(15πx2 ) 2 t − (x21 + x22 + 2x1 t + 1)(2 − t) − 0.075π (1 − )(1 − t) × cos(πx) sin(πy) sin(15πx1 ) cos(15πx2 ) − sin(πx1 ) cos(πx2 ) cos(15πx1 ) sin(15πx2 ) f (x, t) = − − 0.06 − Kết xây dựng lại điều kiện ban đầu v(x) Ví dụ cho Hình 2.1 Ví dụ Ta xét ví dụ trường hợp hàm v(x) khơng trơn với v(x) 32 Exact function v Estimated function v 0.5 0.5 v(x) v(x) 0 −0.5 −0.5 0.81 0.81 0.81 0.41 x2 0.81 0.41 0.41 0.01 0.01 0.41 0.01 x2 x1 (a) 0.01 x1 (b) Error 1 0.8 0.5 0.6 0.4 0.2 −0.5 0.81 0.81 0.41 x2 exact sol appr sol 0.41 0.01 0.01 −0.2 x 0.1 0.2 0.3 0.4 (c) 0.5 x2 0.6 0.7 0.8 0.9 (d) Hình 2.1: Ví dụ 1: (a) Hàm v xác; (b) Ước lượng; (c) Sai số điểm; (d) Lát cắt so sánh x1 = 1/2 (hình nét đứt: hàm xác, hình nét liền: hàm ước lượng) chọn hàm tuyến tính khúc cho 2x2 , x2 ≤ 1/2 x2 ≤ x1 x1 ≤ − x2 , 2(1 − x2 ), x2 ≥ 1/2 x2 ≥ x1 x1 ≥ − x2 , v(x) = 2x1 , x1 ≤ 1/2 x1 ≤ x2 x2 ≤ − x1 , 2(1 − x ), trường hợp ngược lại, hệ số a1 (x, t), a2 (x, t) b(x, t) chọn sau a1 (x, t) = 0.02[1 − (1 − t) cos(15πx1 ) cos(15πx2 )], a2 (x, t) = 0.01[1 − (1 − t) cos(15πx1 ) cos(15πx2 )], 2 b(x, t) = x1 + x2 + 2x1 t + 33 Hàm vế phải f (x, t) tính −2 10 −x − (2 − t) (1 − t)15π cos(15πx1 ) sin(15πx2 ) 2 +(x1 + x2 + 2x1 t + 1)x2 , x2 ≤ 1/2 x2 ≤ x1 x1 ≤ − x2 , −2 10 x − + (2 − t) (1 − t)15π cos(15πx1 ) sin(15πx2 ) +(x21 + x22 + 2x1 t + 1)(1 − x2 ) , x2 ≥ 1/2 x2 ≥ x1 x1 ≥ − x2 , f (x, t) = −x1 − (2 − t) 10−2 (1 − t)15π sin(15πx1 ) cos(15πx2 ) 2 +(x x + x + 2x t + 1)x , x1 ≤ 1/2 x1 ≤ x2 x2 ≤ − x1 , 1 x1 − + (2 − t) 10−2 (1 − t)15π sin(15πx1 ) cos(15πx2 ) +(x2 + x2 + 2x1 t + 1)(1 − x1 ) , trường hợp ngược lại Kết Ví dụ cho Hình 2.2 Exact function v Estimated function v 0.5 0.5 v(x) v(x) 0 −0.5 −0.5 0.81 0.81 0.81 0.41 x2 0.81 0.41 0.41 0.01 0.01 0.41 0.01 x2 x1 (a) 0.01 x1 (b) Error 1 0.8 0.5 0.6 0.4 −0.5 0.2 0.81 0.81 0.41 x2 exact sol appr sol 0.41 0.01 0.01 −0.2 x1 0.1 0.2 0.3 0.4 (c) 0.5 x2 0.6 0.7 0.8 0.9 (d) Hình 2.2: Ví dụ 2: (a) Hàm v xác; (b) Ước lượng; (c) Sai số điểm; (d) Lát cắt so sánh x1 = 1/2 (hình nét đứt: hàm xác, hình nét liền: hàm ước lượng) Ví dụ Tiếp theo ta kiểm tra thuật toán trường hợp điều kiện ban 34 đầu hàm đoạn cho hàm sau 1, 1/4 ≤ x1 ≤ 3/4 1/4 ≤ x2 ≤ 3/4, v(x) = 0, trường hợp ngược lại Các hệ số toán a1 (x, t) = a2 (x, t) = a(x, t) = 10−2 hàm f (x, t) cho −1/2 + 10−2 (1 − t/2), f (x, t) = 0, 1/4 ≤ x1 ≤ 3/4 1/4 ≤ x2 ≤ 3/4, trường hợp ngược lại Kết Ví dụ cho Hình 2.3 Exact function v Estimated function v 0.5 0.5 v(x) v(x) 0 −0.5 −0.5 0.81 0.81 0.81 0.41 x2 0.81 0.41 0.41 0.01 0.01 0.41 0.01 x2 x1 (a) 0.01 x1 (b) Error 1.2 1 0.8 0.5 0.6 0.4 −0.5 0.2 0.81 0.81 0.41 x2 exact sol appr sol 0.41 0.01 0.01 −0.2 x1 0.1 0.2 0.3 0.4 (c) 0.5 x2 0.6 0.7 0.8 0.9 (d) Hình 2.3: Ví dụ 3: (a) Hàm v xác; (b) Ước lượng; (c) Sai số điểm; (d) Lát cắt so sánh x1 = 1/2 (hình nét đứt: hàm xác, hình nét liền: hàm ước lượng) 35 2.2 Bài tốn đồng hóa số liệu với quan sát tích phân miền Trong mục này, luận văn nghiên cứu tốn đồng hóa số liệu xác định lại điều kiện ban đầu v(x) tốn biên Dirichlet (1.1)–(1.3) từ quan sát tích phân miền lu = h(t), t ∈ (τ, T ), τ > 0, với Z ω(x)u(x, t)dx = h(t), t ∈ (τ, T ) lu(x, t) = (2.29) Ω Bài toán đặt từ quan sát ta xây dựng lại điều kiện ban đầu v(x) Cũng tương tự Mục 2.1., chương nghiên cứu tốn đồng hóa số liệu toán liên tục toán rời rạc 2.2.1 Công thức gradient phiếm hàm mục tiêu a Công thức gradient dạng liên tục Tiếp theo, để tiện theo dõi ta viết lại toán giá trị ban đầu (1.1)–(1.3) đánh số lại phiếm hàm mục tiêu J0 (1.11) Jγ (1.12) dạng sau ∂u P ∂ ∂u aij (x, t) + b(x, t)u = f, − ∂xj ∂t i=1 ∂xi (x, t) ∈ Q, (2.30) u(x, 0) = v(x), x ∈ Ω, u(x, t) = 0, (x, t) ∈ S Bài tốn đồng hóa số liệu: Từ quan sát tích phân miền lu = h(t), t ∈ (τ, T ), τ > 0, ta ước lượng lại điều kiện ban đầu v(x) Ta kí hiệu nghiệm u(x, t) hệ (2.30) dạng u(x, t; v) (hoặc u(v) khơng có nhầm lẫn) để nhấn mạnh phụ thuộc nghiệm u(x, t) vào điều kiện ban đầu v Từ ta có tốn biến phân sau: cực tiểu hóa phiếm hàm (2.31) J0 (v) = klu(v) − hk2L2 (0,T ) với v ∈ L2 (Ω) Kết hợp toán bình phương tối thiểu hiệu chỉnh 36 Tikhonov, ta có tốn sau: cực tiểu hàm mục tiêu γ γ Jγ (v) = J0 (v) + kv − v ∗ k2L2 (Ω) = klu(v) − hk2L2 (0,T ) + kv − v ∗ k2L2 (Ω) (2.32) 2 v ∗ dự đốn tiên nghiệm v γ > tham số hiệu chỉnh Tiếp theo ta chứng minh tính khả vi theo nghĩa Fréchet đưa công thức gradient hàm mục tiêu Jγ (v) Định lý 2.3 Gradient ∇J0 (v) hàm mục tiêu J0 (v) v cho ∇J0 (v) = p(x, 0), (2.33) với p(x, t) thỏa mãn toán liên hợp ∂ ∂p ∂p P − a (x, t) + b(x, t)p = ω(lu − h), − ij ∂t i,j=1 ∂xi ∂xj p(x, T ) = 0, p(x, t) = 0, (x, t) ∈ Q, x ∈ Ω, (x, t) ∈ S (2.34) Chứng minh Cho biến phân δv v, ta có 1 J0 (v + δv) − J0 (v) = klu(v + δv) − hk2L2 (0,T ) − klu(v) − hk2L2 (0,T ) 2 = klδu(v)k2L2 (0,T ) + hlδu(v), lu(v) − hi = hlδu(v), lu(v) − hi + o(kδvk) δu(v) nghiệm tốn ∂ ∂δu P ∂δu − aij (x, t) + b(x, t)δu = 0, ∂t ∂xj i,j=1 ∂xi δu(x, 0) = δv, x ∈ Ω, δu(x, t) = 0, (x, t) ∈ S (x, t) ∈ Q, (2.35) 37 Từ (2.29), ta có J0 (v + δv) − J0 (v) = hlδu, lu − hi + o(kδvk) Z T Z ωδux lu − h dt + o(kδvk) = Ω Z TZ = δuω(lu − h)dxdt + o(kδvk) Ω Z TZ = δuω(lu − h)dxdt + o(kδvk) (2.36) Ω Sử dụng công thức Green (1.15) (Định lý 1.1) cho hệ (2.34) (2.35), ta nhận T Z Z Z δuω(lu − h)dxdt = Ω δvp(x, 0)dx (2.37) Ω Từ (2.36) (2.37), ta có Z J0 (v + δv) − J0 (v) = δvp(x, 0)dx + o(kδvk) = hp(x, 0), δvi + o(kδvk) Ω Do J0 khả vi theo nghĩa Fréchet gradient ∇J0 (v) cho ∇J0 (v) = p(x, 0) Định lý chứng minh Từ kết này, ta kết luận phiếm hàm Jγ (v) khả vi Fréchet gradient ∇Jγ (v) có dạng ∇Jγ (v) = p(x, 0) + γ(v − v ∗ ) (2.38) p(x, t) nghiệm tốn liên hợp (2.34) b Cơng thức gradient dạng rời rạc Ta rời rạc phiếm hàm mục tiêu dạng J0h,∆t (¯ v) M X 1X := [ ω k uk,m (¯ v ) − hm ]2 m=1 (2.39) k∈Ωh Ở uk,m (¯ v ) biểu thị phụ thuộc nghiệm vào điều kiện ban đầu v¯ m số điểm lưới trục thời gian Kí hiệu ω k = ω(xk ) xấp xỉ hàm trọng ω(x) Ω điểm xk , Gradient hàm mục tiêu J0h,∆t (¯ v ) cho thông qua định lý 38 Định lý 2.4 Gradient ∇J0h,∆t (¯ v ) hàm mục tiêu J0h,∆t v¯ cho ∇J0h,∆t (¯ v ) = A0 ∗ η0, (2.40) η = (η , , η M ) thỏa mãn toán liên hợp P k m+1 η m = (Am+1 )∗ η m+1 + ω k [ ω u (¯ v ) − hm+1 ], m = M − 1, M − 2, , 0, k∈Ωh η M = (2.41) Ở ma trận (Am )∗ cho ∆t m ∆t m −1 ∆t m ∆t m −1 Λ1 )(E1 + Λ1 ) (En − Λn )(En + Λ ) 4 4 n ∆t m −1 ∆t m ∆t m −1 ∆t m Λn )(En + Λn ) (E1 − Λ1 )(E1 + Λ ) × (En − 4 4 (2.42) (Am )∗ = (E1 − Chứng minh Cho biến phân δ¯ v v¯, từ (2.39), ta nhận J0h,∆t (¯ v + δ¯ v )−J0h,∆t (¯ v) M X M X 1X 1X k k,m m = [ [ ω u (¯ v +δ¯ v )−h ] − ω k uk,m (¯ v )−hm ]2 m=1 m=1 k∈Ωh = = = M X 1X m=1 ω w k,m + M X X k ω w k,m + k∈Ωh X ω k wk,m [ m=1 k∈Ωh M X X ω k uk,m (¯ v )−hm ] k∈Ωh ω k wk,m ψ k,m m=1 k∈Ωh k∈Ωh M X 1X m=1 k k∈Ωh M X 1X m=1 k∈Ωh k ω w k,m + M X (ωwm , ψ m ) m=1 (2.43) v k,m := uk,m (¯ v + δ¯ v ) − uk,m (¯ v ) ψ k,m = P ω k uk,m − hm k∈Ωh Từ (1.34), ta có w nghiệm toán wm+1 = Am wm , m = 0, , M − w0 = δ¯ v (2.44) Nhân vơ hướng hai vế phương trình thứ m hệ (2.44) với vector 39 η m ∈ RN1 × ×Nn , lấy tổng với m = 0, , M − 1, ta nhận M −1 X (w m+1 m ,η ) = m=0 = M −1 X (Am wm , η m ) m=0 M −1 X (2.45) (wm , A m ∗ η m ) m=0 ∗ Trong Am ma trận liên hợp ma trận Am Xét toán liên hợp η m = (Am+1 )∗ η m+1 + ωψ m+1 , m = M − 1, M − 2, , 0, (2.46) η M = Nhân vơ hướng hai vế phương trình (2.46) với vector wm+1 , lấy tổng kết với m = 0, , M − 1, ta có M −1 X (w m+1 m ,η ) = m=0 = M −1 X (w m+1 m+1 ∗ m+1 , (A )η )+ M −1 X (wm+1 , ωψ m+1 ) m=0 m=0 M X M −1 X m=1 m=0 (wm , (Am )∗ η m ) + (2.47) (wm , ωψ m ) Từ (2.45) (2.47), ta nhận đẳng thức M X ∗ ∗ ∗ (wm , ωψ m ) + (wM , AM η M ) = (w0 , A0 η ) = (δ¯ v , A0 η ) (2.48) m=1 Mặt khác, ta M P P 2 ω k wk,m = o(δ¯ v ) Do kết hợp với m=1 k∈Ωh điều kiện η M = 0, từ (2.43) (2.48) ta có ∗ v ) J0∆t (¯ v + δ¯ v ) − J0∆t (¯ v ) = (δ¯ v , A0 η ) + o(δ¯ (2.49) Như vậy, gradient hàm mục tiêu J0h có dạng sau ∂J0∆t (¯ v) ∂¯ v ∗ = A0 η (2.50) Chú ý rằng, ma trận hệ số Λm , m = 0, , M − đối xứng nên ∆t m −1 ∆t m ∗ m ∗ (A ) = (E + Λ ) (E − Λ ) 4 ∆t m ∗ ∆t m −1 ∗ = (E − Λ ) (E + Λ ) 4 ∆t m ∆t m −1 = (E − Λ )(E + Λ ) 4 40 Do m m m ∗ (Am )∗ = (Am A2 A2 A1 ) ∗ m ∗ m ∗ m ∗ = (Am ) (A2 ) (A2 ) (A1 ) ∆t m −1 ∆t m ∆t m −1 (2.51) ∆t m = (E1 − Λ1 )(E1 + Λ1 ) (E2 − Λ2 )(E2 + Λ ) 4 4 ∆t m ∆t m −1 ∆t m ∆t m −1 × (E2 − Λ2 )(E2 + Λ2 ) (E1 − Λ1 )(E1 + Λ ) 4 4 Định lý chứng minh c Phương pháp gradient liên hợp Phương pháp gradient liên hợp cho phiếm hàm rời rạc (2.39) viết qua bước sau Bước Cho xấp xỉ ban đầu v tính phần dư rˆ0 = [lu(v ) − h] việc giải lược đồ phân rã (1.34) với v¯ thay xấp xỉ ban đầu v đặt k = Bước Tính gradient r0 = −∇Jγ (v ) cho cơng thức (2.40) việc giải tốn liên hợp (2.41) Tiếp theo ta đặt d0 = r0 Bước Tính kr0 k2 α = kld0 k2 + γkd0 k ld0 tính từ lược đồ phân rã (1.34) với v¯ thay d0 F = Ta đặt v = v + α0 d0 Bước Cho k = 1, 2, · · · , tính rk = −∇J0 (v k ), dk = rk + β k dk−1 , k β = krk k2 krk−1 k2 Bước Tính αk k α = krk k2 kldk k2 + γkdk k ldk tính từ lược đồ phân rã (1.34) với v¯ thay dk F = Thực bước lặp v k+1 = v k + αk dk 41 2.2.2 Ví dụ số Xét miền Ω = (0, 1) × (0, 1), bước lưới h = (0.02, 0.02), thời điểm cuối T = khoảng thời gian ∆t = 0.02 Thuật toán CG xuất phát v = 4, tham số hiệu chỉnh γ = 1e − 2, đặt x = (x1 , x2 ) Xét hệ ut − (a1 (x, t)ux1 )x1 − (a2 (x, t)ux2 )x2 + b(x, t)u = f (x, t), u(0, x2 , t) = u(1, x2 , t) = u(x1 , 0, t) = u(x1 , 1, t) = 0, u(x, 0) = v(x) Nghiệm xác uexact = v(x)(1 − t) Quan sát tích phân Z ω(x)u(x, t)dx = h(t), t ∈ (0, T ), lu(x, t) = Ω với ω(x) = 1 25 25 25 if x ∈ (x25 − 0.01, x1 + 0.01) × (x2 − 0.01, x2 + 0.01) 0 trường hợp ngược lại 2 (2.52) Ví dụ Trong ví dụ này, ta thử nghiệm thuật toán với điều kiện ban đầu v(x) hàm khả vi, với hệ số a1 (x, t), a2 (x, t), b(x, t) cho sau v(x) = sin(πx1 ) sin(πx2 ), a1 (x, t) = a2 (x, t) = 0.5 − (1 − t) cos(3πx1 ) cos(3πx2 ) , b(x, t) = x21 + x22 + 2x1 t + 1, hàm vế phải f (x, t) có dạng 2 2 f (x, t) = −v(x) 1−(1−t) π + 0.5π cos(3πx1 ) cos(3πx2 )−(x1 + x2 + 2x1 t + 1) + 0.75π (1 − t)2 × sin(3πx1 ) cos(3πx2 ) cos(πx1 ) sin(πx2 ) + cos(3πx1 ) sin(3πx2 ) sin(πx1 ) cos(πx2 ) Kết Ví dụ minh họa Hình 2.4 Ví dụ Trong ví dụ này, hệ số a1 (x, t), a2 (x, t), b(x, t) cho Ví dụ 1, hàm điều kiện ban đầu v(x) chọn hàm tuyến tính