(Luận văn) xác định điều kiện ban đầu cho phương trình truyền nhiệt tuyến tính một chiều

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ——————–o0o——————– lu an NGUYỄN THỊ THÚY HOA n va p ie gh tn to d oa nl w XÁC ĐỊNH ĐIỀU KIỆN BAN ĐẦU CHO PHƯƠNG TRÌNH TRUYỀN NHIỆT TUYẾN TÍNH MỘT CHIỀU oi lm ul nf va an lu z at nh z m co l gm @ an Lu n va ac th THÁI NGUYÊN - 6/2020 si ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ——————–o0o——————– NGUYỄN THỊ THÚY HOA lu an n va p ie gh tn to XÁC ĐỊNH ĐIỀU KIỆN BAN ĐẦU CHO PHƯƠNG TRÌNH TRUYỀN NHIỆT TUYẾN TÍNH MỘT CHIỀU d oa nl w an lu oi lm ul nf va Chuyên ngành: Toán ứng dụng Mã số: 8460112 z at nh z NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC TS NGUYỄN THỊ NGỌC OANH m co l gm @ an Lu n va ac th THÁI NGUYÊN - 6/2020 si Mục lục Trang lu Lời nói đầu an Danh sách hình vẽ n va Một số kiến thức ie gh tn to Chương p 1.1 Nguồn gốc phương trình truyền nhiệt nl w 1.2 Bài toán thuận cho phương trình truyền nhiệt chiều oa 1.3 Phương pháp sai phân cho toán thuận chiều 14 d 1.3.1 Rời rạc biến không gian 14 lu 17 va an 1.3.2 Rời rạc biến thời gian Chương oi lm ul nf 1.4 Xấp xỉ toán biến phân 18 Xác định điều kiện ban đầu cho phương trình z at nh truyền nhiệt chiều 23 2.1 Bài toán ngược, toán liên hợp, gradient phiếm z gm @ hàm mục tiêu 23 2.2 Bài toán biến phân rời rạc 26 l m co 2.2.1 Gradient phiếm hàm mục tiêu rời rạc 27 2.2.2 Phương pháp gradient liên hợp 30 an Lu 2.3 Ví dụ số 32 n va 40 ac th Tài liệu tham khảo si Danh sách hình vẽ lu 2.1 Ví dụ 1: Xây dựng lại hàm v: (a) nhiễu 0.1 × 10−2 , sai an số L2 (Ω) 0.0057764; (b) nhiễu 0.3 × 10−2 , sai số n va L2 0.0060894; (c) nhiễu 0.5 × 10−2 , sai số 2.2 Ví dụ 2: Xây dựng lại hàm v: (a) nhiễu 0.1 × 10−2 ; (b) p ie gh tn to L2 0.006133; (d) nhiễu 10−2 , sai số L2 0.006116 34 nhiễu 0.3 × 10−2 ; (c) nhiễu 0.5 × 10−2 ; (d) nhiễu 10−2 35 w 2.3 Ví dụ 3: Xây dựng lại hàm v: (a) nhiễu 0.1 × 10−2 ; (b) oa nl nhiễu 0.3 × 10−2 ; (c) nhiễu 0.5 × 10−2 ; (d) nhiễu 10−2 36 d 2.4 Ví dụ 4, 5, 6: Xây dựng lại điều kiện ban đầu với hàm v: oi lm ul nf va an lu (a) trơn; (b) liên tục không trơn; (c) gián đoạn 38 z at nh z m co l gm @ an Lu n va ac th si Lời nói đầu Điều kiện ban đầu có nhiều ý nghĩa nghiên cứu mơ hình lu thực tiễn khí tượng, thủy văn, địa chất, hải dương học, lý thuyết an va dự báo, [1, 2, 3] Bởi vì, có điều kiện ban đầu, ta đưa n dự báo tiến hóa mơ hình Tuy nhiên, thực gh tn to tế lúc điều kiện ban đầu biết, vấn đề đặt ie từ số quan sát nghiệm ta tìm lại điều kiện ban đầu p Các quan sát nghiệm đa dạng [6, 7] quan sát thời điểm nl w cuối, quan sát tích phân, quan sát điểm, quan sát biên hay phần oa biên, Trong luận văn này, chúng tơi tập trung nghiên cứu tốn d xác định điều kiện ban đầu từ quan sát nghiệm thời điểm cuối lu va an cho phương trình truyền nhiệt chiều Cụ thể, cho Ω = (0, L) ⊂ R, ul nf kí hiệu Q = Ω × [0, T ] với T > cho trước S = ∂Ω × [0, T ] Cho oi lm hàm a(x, t), b(x, t) ∈ L2 (Q) Xét toán giá trị ban đầu  ut − auxx + bu = f (x, t), (x, t) ∈ Q, u(x, 0) = v(x), x ∈ Ω z at nh (0.1) z Bài toán đặt từ thông tin ta quan sát nghiệm @ gm thời điểm cuối Cu = u(x, T ) = z(x) xác định lại điều kiện ban đầu v(x) m co l Bài toán xác định điều kiện ban đầu tốn khó có tính đặt khơng chỉnh cao Một toán gọi đặt chỉnh theo nghĩa an Lu Hadamard thỏa mãn tất điều kiện: i) Tồn nghiệm; ii) Nghiệm nhất; iii) Nghiệm phụ thuộc liên tục vào kiện va n tốn Nếu điều kiện khơng thỏa mãn ac th tốn gọi đặt khơng chỉnh Bài tốn đặt khơng chỉnh thường gây si 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 phương trình truyền nhiệt chiều với điều kiện biên Dirichlet sau (0.2) x ∈ (0, π), ≤ t ≤ 1, ut (x, t) = uxx (x, t), (0.3) ≤ t ≤ 1, u(0, t) = u(π, t) = 0, (0.4) u(x, 0) = v(x) ∈ L2 (0, π) lu Vấn đề đặt ta tìm lại điều kiện ban đầu v từ thơng tin an n va u(x, 1) = ξ(x) Sử dụng khai triển Fourier cho v, ta có biểu diễn sau to tn v(x) = ∞ X (0.5) ϕn (x), x ∈ [0, π] ie gh n=1 q p với ϕn(x) = π sin(nx) = oa nl w Từ ta có u(x, t) = q Rπ π d ∞ X v(τ ) sin(nτ )dτ e−n t ϕn (x) lu n=1 Do ξ ∈ L (0, π), nf va an e −n2 ϕn(x) = oi lm ul ξ(x) = u(x, 1) = ∞ X n=1 Do vậy, π ξ(τ ) sin(nτ )dτ n=1 z = ξ n e n , gm ∞ l X n2 e ξn sin(nx) π n=1 n (0.7) ac th n=1 e2n |ξn |2 < ∞ va = ∞ X an Lu Với v ∈ L2 (0, π), ta phải có kvk2L2 (0,π) (0.6) m co v(x) = r n = 1, 2, @ ξn ϕn(x) z at nh với ξn = q Rπ ∞ X si Từ (0.6) (0.7), 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 trình bày chương: Chương giới thiệu số kiến thức chuẩn bị, nguồn gốc phương lu trình truyền nhiệt, phương trình truyền nhiệt chiều dạng tổng quát, an va toán thuận, phương pháp sai phân hữu hạn rời rạc toán thuận n cách sử dụng lược đồ sai phân Crank-Nicolson sử dụng phương pháp biến phân kết hợp với hiệu chỉnh Tikhonov, công ie gh tn to Chương nghiên cứu toán xác định điều kiện ban đầu cách p thức gradient phiếm hàm mục tiêu tính thơng qua nghiệm nl w tốn liên hợp trường hợp liên tục (Định lý 2.1) oa trường hợp rời rạc (Định lý 2.2) Trong chương này, chúng tơi trình d bày lại phương pháp gradient liên hợp để tìm cực tiểu phiếm hàm mục va an lu tiêu nf Bên cạnh việc chứng minh số kết lý thuyết cho toán, oi lm ul để nghiên cứu toán dạng rời rạc, luận văn sử dụng phương pháp sai phân rời rạc hóa tốn thuận, tốn biến phân giải z at nh phương pháp lặp gradient liên hợp Một số thử nghiệm số trình bày luận văn nhằm minh họa cho tính hữu hiệu z @ thuật toán đề xuất l gm Quá trình thực luận văn tốt nghiệp thạc sĩ giai đoạn quan trọng quãng đời học viên Luận văn tốt nghiệp thạc sĩ m co tiền đề nhằm trang bị cho chúng em kỹ nghiên cứu, an Lu kiến thức quý báu đường giảng dạy va Trước hết, chúng em xin chân thành cảm ơn quý Thầy, Cô Trường n Đại học Khoa học, Đại học Thái Nguyên, đặc biệt Thầy, Cô ac th si Khoa Toán - Tin tận tình dạy trang bị cho em kiến thức cần thiết suốt thời gian ngồi ghế giảng đường, làm tảng cho em hoàn thành luận văn Em xin trân trọng cảm ơn cô Nguyễn Thị Ngọc Oanh trực tiếp hướng dẫn, giúp đỡ em trình thực đề tài Và cuối cùng, xin gửi lời cảm ơn đến gia đình, bạn bè, tập thể lớp K12A6, người sẵn sàng sẻ chia giúp đỡ học tập sống Mong rằng, mãi gắn bó với lu Một lần em xin gửi đến thầy cô, bạn bè lời cảm ơn chân thành an va tốt đẹp nhất! n Em xin trân trọng cảm ơn! tn to gh Thái Nguyên, ngày 30 tháng năm 2020 p ie Học viên nl w d oa Nguyễn Thị Thúy Hoa oi lm ul nf va an lu z at nh z m co l gm @ an Lu n va ac th si Chương Một số kiến thức lu an va n Trong chương chúng tơi trình bày số kiến thức liên trình truyền nhiệt, tốn thuận, số không gian hàm bản, định gh tn to quan tới phương trình truyền nhiệt chiều nguồn gốc phương p ie nghĩa nghiệm yếu phương pháp sai phân rời rạc tốn thơng qua Nguồn gốc phương trình truyền nhiệt d oa 1.1 nl w lược đồ Crank-Nicolson lu va an Phương trình truyền nhiệt đóng vai trò quan trọng lý thuyết nf phương trình đạo hàm riêng, mơ tả phân bố nhiệt (hay biến oi lm ul thiên nhiệt độ) miền cho trước theo thời gian Nhiệt (hay cịn gọi nhiệt) q trình trao đổi lượng hai điểm có nhiệt z at nh độ khác Năng lượng nhiệt tính theo cơng thức (1.1) z q = −k∇u, @ gm q lượng nhiệt truyền tải đơn vị thời gian qua m co l đơn vị thể tích, số dương k gọi hệ số truyền dẫn ∇u gradient nhiệt độ u Trong trường hợp chiều, phương trình q = −kux , n ac th ∂u ∂x va ux = an Lu (1.1) trở thành si Trong số nghiên cứu, thay đổi ∆Q lượng bên vật chất liên quan tới thay đổi ∆u nhiệt độ thông qua công thức ∆Q = cρ∆u số c > 0, ρ > tương ứng nhiệt dung riêng mật độ khối lượng vật chất Nếu chọn nhiệt độ ban đầu ta có (1.2) Q = cρu lu Ta cụ thể hóa phương trình (1.1) (1.2) sau: Ký hiệu (x, t) an tương ứng tọa độ không gian thời gian Xét hình chữ nhật va n R = {(ξ, τ ) : x − ∆x ≤ ξ ≤ x + ∆x t − ∆t ≤ τ ≤ t + ∆t} gh tn to Khi đó, nhiệt độ thay đổi khoảng thời gian 2∆t miền 2∆x p ie tính sau ZZ Z x+∆x ∂u {u(ξ, t + ∆t) − u(ξ, t − ∆t)}dξ = cρ dξdτ cρ ∂τ R x−∆x oa nl w d Năng lượng biên cho Z t+∆t ZZ ∂u ∂ u ∂u { (x + ∆x, τ ) − k (x − ∆x, τ )}dτ = k dξdτ ∂x ∂x t−∆t R ∂ξ ul nf va an lu oi lm Theo Định luật bảo toàn lượng, ta có ZZ (cρuτ − kuξξ )dξdτ = z at nh R với khoảng ∆x ∆t Do vậy, ta nhận z @ hay ut − κuxx = m co l gm cρut − kuxx = an Lu với κ = c−1 ρ−1 k Sử dụng công thức đổi biến τ = κt gán lại τ thành n va t ta nhận phương trình truyền nhiệt dạng cổ điển sau (1.3) ac th Lu = uxx − ut = si 22 Do kvhγ − vˆhγ k  c 1 ≤ c7 Φ2 (h) + c9 Φ1 (h) + δ γ γ (1.35) Kết hợp bất đẳng thức với (1.35) ta nhận kết luận định lý lu an n va p ie gh tn to d oa nl w oi lm ul nf va an lu z at nh z m co l gm @ an Lu n va ac th si 23 Chương Xác định điều kiện ban đầu cho lu an phương trình truyền nhiệt n va p ie gh tn to chiều nl w Trong chương này, chúng tơi tập trung nghiên cứu tốn xác định oa điều kiện ban đầu cho toán biên Dirichlet (1.4)-(1.5) toán d biên Neumann (1.4), (1.6) Để giải ổn định tốn, chúng tơi đưa lu va an toán dạng biến phân cách cực tiểu hóa phiếm hàm mục tiêu kết nf hợp với hiệu chỉnh Tikhonov Chúng chứng minh hàm mục tiêu oi lm ul khả vi Fréchet đưa công thức cho gradient phiếm hàm mục tiêu thông qua nghiệm toán liên hợp Song song với việc nghiên z at nh cứu toán rời rạc, chúng tơi trình bày vài minh họa số để chứng minh tính hữu hiệu thuật tốn đề xuất z @ Bài toán ngược, toán liên hợp, gradient m co l phiếm hàm mục tiêu gm 2.1 an Lu Để tiện trình bày, chúng tơi viết lại tốn biên Dirichlet (1.4)(1.5), toán biên Neumann (1.4), (1.6) đánh số lại sau: n va ac th si 24 Bài toán biên Dirichlet    u − (a(x, t)ux )x + b(x, t)u = f Q,    t u(0, t) = u(L, t) = (0, T ],     u|t=0 = v Ω (2.1) lu Bài toán biên Neumann    u − (a(x, t)ux )x + b(x, t)u = f Q,    t −aux = g(0, t), aux = g(L, t) (0, T ],     u|t=0 = v Ω (2.2) an n va sát Cu = u(x, T ) = ξ(x) ∈ L2 (Ω), mục đích tốn tìm lại điều gh tn to Giả sử ta có thơng tin nghiệm thời điểm cuối thông qua quan p ie kiện ban đầu v Ta thấy rằng, nghiệm u(x, t) toán (2.1) w toán (2.2) phụ thuộc vào điều kiện ban đầu v, để nhấn mạnh phụ oa nl thuộc này, ta sử dụng ký hiệu u(x, t; v) (hoặc u(v) khơng d có nhầm lẫn) nf va kiện ban đầu v an lu Bài toán ngược: Từ quan sát Cu = u(x, T ) = ξ(x) ta tìm lại điều oi lm ul Để giải tốn, chúng tơi sử dụng phương pháp biến phân, tìm hàm v để cực tiểu hóa phiếm hàm J0 (v) := ku(·, T ; v) − ξk2L2 (Ω) z at nh (2.3) z L2 (Ω) cho hệ (2.1) (tương ứng (2.2)) Vì tính đặt khơng chỉnh @ gm tốn, chúng tơi sử dụng phương pháp hiệu chỉnh Tikhonov để ổn m co l định hóa cách cực tiểu phiếm hàm hiệu chỉnh Tikhonov sau γ Jγ (v) : = J0 (v) + kv − v ∗ k2L2 (Ω) (2.4) γ ∗ = ku(·, T ; v) − ξkL2 (Ω) + kv − v kL2 (Ω) , 2 an Lu ac th điều kiện ban đầu v (ta đặt v ∗ = 0) n va L2 (Ω) với γ > tham số hiệu chỉnh v ∗ dự đoán si 25 Tiếp theo chứng minh phiếm hàm Jγ (v) khả vi Fréchet đưa công thức cho gradient ∇Jγ Jγ Sử dụng công thức Green [7, Định lý 3.18, p 158], ta có tốn liên hợp cho tốn (2.1) có dạng lu    −p − (a(x, t)px )x + b(x, t)p = Q,    t p(x, T ) = u(x, T ; v) − ξ(x) Ω,     p = S (2.5) an n va (2.6) p ie gh tn to Tương tự, toán liên hợp cho (2.2) có dạng    −p − (a(x, t)px )x + b(x, t)p = Q,    t px = S,     p(x, T ) = u(x, T ; v) − ξ(x) Ω Định lý 2.1 Phiếm hàm Jγ khả vi Fréchet gradient phiếm oa nl w hàm cho (2.7) d ∇Jγ (v) = p(x, 0) + γ(v − v ∗ ), an lu oi lm ul nf liên hợp (2.6)) va p(x, t) nghiệm toán liên hợp (2.5) (tương ứng toán Chứng minh Ta chứng minh định lý cho toán biên Dirichlet, z at nh toán biên Neumann chứng minh cách hoàn toàn tương tự Cho biến phân δv v, ta nhận z 1 J0 (v + δv) − J0 (v) = ku(v + δv) − ξk2L2 (Ω) − ku(v) − ξk2L2 (Ω) 2 1 = ku(v + δv)−u(v)+u(v)−ξk2L2 (Ω)− ku(v)−ξk2L2 (Ω) 2 = ku(v+δv)−u(v)k2L2 (Ω)+hu(v+δv)−u(v), u(v)−ξiL2 (Ω) = kδu(v)k2L2 (Ω) + hδu(v), u(v) − ξiL2 (Ω) Z   = kδu(v)kL2 (Ω) + δu(v) u(v) − ξ dx Ω (2.8) m co l gm @ an Lu n va ac th si 26 δu(v) = u(v + δv) − u(v) nghiệm toán     n ∂δu ∂ ∂δu P   aij (x, t)  + b(x, t)δu = Q,  −   ∂x ∂x  ∂t i j i=1 (2.9)   δu = S,     δu(x, 0) = δv(x) Ω Sử dụng ước lượng [6, Định lý 1.1.1, p 12] cho tốn (2.9), ta có tồn số cD cho kδukW (0,T ;H 1(Ω)) ≤ cD kδvkL2 (Ω) Do lu an 2 kδu(v)kL2 (Ω) = o(kδvkL2 (Ω)) n va Mặt khác, sử dụng công thức Green Định lý 1.1 Chương gh tn to [7, Định lý 3.18, p 158], cho toán (2.5) (2.9), ta nhận Z Z   δvp(x, 0)dx u(v) − ξ δu(x, T )dx = Ω p ie Ω w Kết hợp với (2.8), ta có d oa nl J0 (v + δv) − J0 (v) = o(kδvkL2 (Ω)) + Z δvp(x, 0)dx Ω an lu = o(kδvk2L2 (Ω)) + hδv, p(x, 0)iL2 (Ω) ∇J0 (v) = p(x, 0) oi lm ul nf va Do vậy, J0 khả vi Fréchet p(x, t) nghiệm toán liên hợp (2.5) Do vậy, ta nhận z at nh công thức (2.7) cho gradient phiếm hàm Jγ (v) Định lý Bài toán biến phân rời rạc l gm @ 2.2 z chứng minh xong m co Trong mục này, chúng tơi rời rạc tốn biến phân cực tiểu hóa hàm mục tiêu J0 (v) xấp xỉ sau i=1 (2.10) ac th v ) − ξ i ]2 [ui,Nt (¯ n := n 1X va v) J0h (¯ an Lu phiếm hàm (2.4) phương pháp sai phân hữu hạn Khi phiếm si 27 Trong đó, v¯ hàm lưới v, ui,Nt (¯ v ) để nhấn mạnh phụ thuộc nghiệm vào điều kiện ban đầu v¯ Nt số thời gian thời điểm cuối Để đơn giản ký hiệu, số chỗ ta bỏ qua số h không gây nhầm lẫn Hơn nữa, ta sử dụng ký hiệu J0h J0 có phụ thuộc vào bước lưới theo thời gian ∆t 2.2.1 Gradient phiếm hàm mục tiêu rời rạc Tiếp theo mục này, cực tiểu hóa phiếm hàm mục lu tiêu rời rạc (2.10) phương pháp gradient liên hợp Để thực an va điều này, trước tiên chúng tơi tính gradient phiếm hàm mục n tiêu rời rạc J0h Ta định nghĩa tích hai hàm lưới u := {ui , i = ie gh tn to 1, 2, , Nx } v := {v i , i = 1, 2, , Nx } sau p (u, v) := Nx X (2.11) ui v i w i=1 oa nl Công thức gradient phiếm hàm mục tiêu (2.10) cho thông qua d định lý lu ul nf v¯ cho va an Định lý 2.2 Gradient ∇J0h (¯ v ) phiếm hàm mục tiêu J0h hàm lưới oi lm v ) = A0 ∇J0h (¯
∗ (2.12) η0 , z at nh η = (η , , ηtN ) thỏa mãn toán liên hợp  η Nt −1 = uNt (¯ v) − ξ η m = Am+1
∗ η m+1 , m = N − 2, N − 3, , t t z (2.13) gm @ m co l Ở đây, ma trận (Am )∗ có dạng  ∆t m −1 ∆t m ∗ m ∗ (A ) = (E + Λ ) (E − Λ ) 4  ∆t m −1 ∗ ∆t m ∗  Λ ) (E + Λ ) = (E − 4 ∆t m −1 ∆t m Λ )(E + Λ ) = (E − 4 an Lu (2.14) n va ac th si 28 Chứng minh Cho biến phân nhỏ δ¯ v v¯, từ (2.10) ta có v+ J0h (¯ δ¯ v) − v) J0h(¯ = = = lu an = Nx 1X [u i=1 (¯ v + δ¯ v) − ξ ] − i=1 v
i,Nt
i,Nt + Nx X Nx 1X v ) − ξ i ]2 [ui,Nt (¯ i=1 v ) − ξ i] wi,Nt [ui,Nt (¯ i=1 + Nx X wi,Nt ψ i i=1
2 wi,Nt +(wNt , ψ) (2.15) n va Nx 1X w i=1 Nx 1X k i=1 Nx 1X i,Nt wm := {v i,m , i = 0, , Nx } ψ = uNt (¯ v ) − ξ Từ (1.25) ta có w ie gh tn to wi,m := ui,m (¯ v + δ¯ v ) − ui,m (¯ v ), i = 0, , Nx , m = 0, , Nt , p nghiệm toán  wm+1 = Am wm , w0 = δ¯ v (2.16) d oa nl w m = 0, , Nt − 1, lu va an Lấy tích vơ hướng hai vế phương trình thứ m hệ (2.16) với véc nf tơ η m ∈ RNx , sau lấy tổng kết từ m = 0, , Nt − 1, ta m=0 (w m+1 m ,η ) = N t −1 X (Am wm , η m ) z at nh N t −1 X oi lm ul nhận @ m=0 (2.17)
∗ (wm , Am η m ) z = m=0 N t −1 X m co l gm
∗ Ở Am ma trận liên hợp Am Xét toán liên hợp  η m = (Am+1 )∗ η m+1 , m = Nt − 2, Nt − 1, , 0, (2.18) η Nt −1 = ψ an Lu va Lấy tích vơ hướng hai vế phương trình (2.18) với véc tơ n wm+1 , sau lấy tổng kết theo m = 0, , Nt − 2, ta nhận ac th si 29 N t −2 X (w m+1 m ,η ) = m=0 N t −2 X (2.19) (wm+1 , (Am+1 )∗ η m+1 ) m=0 Lấy tích vơ hướng hai vế phương trình thứ hai (2.18) với véc tơ v Nt , ta có (2.20) (wNt , η Nt −1 ) = (wNt , ψ) Từ (2.19) (2.20) suy lu N t −2 X (w m+1 m Nt , η ) + (w , η Nt −1 )= an m=0 N t −2 X (wm+1 , (Am+1 )∗ η m+1 ) + (wNt , ψ), m=0 va n hay tn to N t −1 X m+1 (w m ,η ) = gh m=0 N t −1 X (2.21) (wm , (Am )∗ η m ) + (wNt , ψ) m=1 p ie Từ (2.17) (2.21) ta nhận oa nl w
∗
∗ v , A0 η ) (wNt , ψ) = (w0 , A0 η ) = (δ¯ d Mặt khác, ta có P lu k∈Ωh (2.22)
2 v k) Từ (2.15) (2.22) suy wi,Nt = o(kδ¯ an
∗ v k) v ) = (δ¯ v , A0 η ) + o(kδ¯ v + δ¯ v ) − J0h (¯ J0h (¯ nf va (2.23) oi lm ul Do vậy, gradient phiếm hàm J0h viết sau ∂J0h (¯ v) (2.24) z at nh ∂¯ v
∗ = A0 η z Chú ý rằng, ma trận Λm đối xứng, thật vậy, với m = 0, , Nt −  ∆t m −1 ∆t m ∗ m ∗ (A ) = (E + Λ ) (E − Λ ) 4  ∆t m ∗  ∆t m −1 ∗ = (E − Λ ) (E + Λ ) 4 ∆t m −1 ∆t m Λ )(E + Λ ) = (E − 4 m co l gm @ an Lu Định lý chứng minh n va ac th si 30 2.2.2 Phương pháp gradient liên hợp Trong mục này, để tìm cực tiểu phiếm hàm mục tiêu sử dụng phương pháp gradient với quy tắc dừng trình bày tài liệu tham khảo [5] Chúng xây dựng lại điều kiện ban đầu v¯ từ quan sát nghiệm thời điểm cuối uNt = ξ với ξ bị nhiễu ǫ thành ξ ǫ, tức kξ − ξ ǫ k ≤ ǫ Quá trình thực sau: Giả sử bước lặp thứ k, ta nhận v k Khi bước lặp lu v k+1 = v k + αk dk , an  −∇Jγ (v k ) k d = −∇J (v k ) + β k dk−1 n va với tn to k = 0, k > 0, ie gh γ p k k∇Jγ (v k−1 )k2L2 (Ω) , d oa nl w β = k∇Jγ (v k )k2L2 (Ω) lu αk = argminα≥0 Jγ (v k + αdk ) va an Để ước lượng αk ta kí hiệu u¯(f ) nghiệm toán (tương ứng nf v = 0) oi lm ul    u − (a(x, t)ux )x + b(x, t)u = f Q,    t u(0, t) = u(L, t) = (0, T ],     u|t=0 = Ω z at nh z u˜[v] nghiệm tốn tuyến tính (tương ứng f = 0)    u − (a(x, t)ux )x + b(x, t)u = Q,    t u(0, t) = u(L, t) = (0, T ],     u| = v Ω m co l gm @ n va Trong trường hợp này, tốn tử quan sát có dạng an Lu t=0 (2.25) ac th Cu = C u˜[v] + C u¯(f ) = Av + C u¯(f ) si 31 A tốn tử tuyến tính bị chặn từ L2 (Ω) vào L2 (Ω) Ta có γ Jγ (v k + αdk ) = ku(v k + αdk ) − zk2L2 (0,T ) + kv k + αdk − v ∗ k2L2 (Q) 2 γ = kαAdk + Av k + C u¯(f ) − zk2L2 (Ω) + kαdk + v k − v ∗ k2L2 (Q) 2 γ = kαAdk + Cu(v k ) − zk2L2 (0,T ) + kαdk + v k − v ∗ k2L2 (Q) 2 Lấy vi phân Jγ (v k + αdk ) theo α, ta nhận lu ∂J(v k + αdk ) = αkAdk k2L2 (Ω) + Adk , Cu(v k ) − z L2 (Ω) ∂α + γαkdk k2L2 (Ω) + γ dk , v k − v ∗ L2 (Ω) an n va gh tn to Cho ∂Jγ (v k + αdk ) = 0, ta có p ie ∂α w αk = − Adk , Cu(v k ) − z k k ∗ + γ d , v − v L2 (Ω) L2 (Q) =− d oa nl =− kAdk k2L2 (0,T ) + γkdk k2L2 (Q) k
d , (A)∗ Cu(v k ) − z L2 (Ω) + γ dk , v k − v ∗ L2 (Ω) an lu nf va dk , (A)∗ kAdk k2L2 (Ω) + γkdk k2L2 (Ω)
Cu(v k ) − z + γ(v k − v ∗ ) L2 (Ω) oi lm ul kAdk k2L2 (Ω) + γkdk k2L2 (Ω) k d , ∇Jγ (v k ) L2 (Ω) =− kAdk k2L2 (Ω) + γkdk k2L2 (Ω) z at nh z Vì dk = −∇γ (v k ) + β k dk−1 , rk = −∇Jγ (v k ) rk , dk−1 L2 (Ω) = 0, ta krk k2L2 (Ω) k kAdk k2L2 (Ω) + γkdk k2L2 (Ω) m co l α =P gm @ nhận Bước (khởi tạo): Cho trước dự đoán điều kiện ban đầu v an Lu số α > 1, tính phần dư rˆ0 = u(v ) − ξ cách giải lược đồ (1.25) với điều kiện ban đầu v¯ thay điều kiện ban đầu dự đoán v va n Nếu kˆ r0 k ≤ αǫ, ta dừng thuật toán Ngược lại, đặt k = 0, d−1 = ac th (0, , 0) chuyển tới Bước si 32 Bước Tính phần dư rk = ∇J0i,Nt (v k ) theo công thức (2.12) cách giải tốn liên hợp (2.13) Sau ta đặt (2.26) dk = −rk + βk−1 dk−1 ,  k   β k−1 = k r k với k ≥ 1, k rk−1 k2   β −1 = (2.27) lu Bước Tính nghiệm u¯k lược đồ (1.25) với v¯ thay dk , đặt an va k rk k2 (2.28) v k+1 = v k + αk dk (2.29) k n α = Khi đó, đặt p ie gh tn to k (¯ uk )N t k nl w Phần dư cập nhật (2.30) d oa rˆk+1 = rˆk + αk (¯ uk )Nt lu an Bước Nếu k rˆk+1 k≤ αǫ, thuật toán dừng (quy tắc dừng Ne- nf va mirovskii) Ngược lại, đặt k := k + 1, trở lại Bước oi lm ul Chúng ý (2.30) suy từ đẳng thức rˆk+1 = uNt (v k+1 ) − ξ = uNt (v k + αk dk ) − ξ z at nh (2.31) uk )Nt = rˆk + uNt (αk dk ) = rˆk + αk (¯ gm @ Ví dụ số z 2.3 l Trong mục này, trình bày số minh họa số với điều kiện an Lu trơn (Ví dụ 2) gián đoạn (Ví dụ 3) m co ban đầu v khác nhau: Điều kiện ban đầu trơn (Ví dụ 1), liên tục khơng n va ac th si 33 Bài toán biên Dirichlet Cho Ω = (0, 1) T = Xét hệ    u − (a(x, t)ux )x = f (x, t) Q,    t u(0, t) = u(1, t) = 0 < t ≤ T,     u(x, 0) = v(x) Ω (2.32) với a(x, t) = 2xt + x2 + lu Ta thử nghiệm với nhiễu ǫ tương ứng 0.1×10−2, 0.3×10−2, 0.5× an va 10−2 10−2 , tham số hiệu chỉnh γ = × 10−3 n Ví dụ Nghiệm xác sau tn to ie gh uexact = et sin(2πx) p Từ điều kiện ban đầu xác v(x) = sin(2πx) nl w Vế phải d oa f (x, t) = (1 + 4π (x2 t + 2xt + 1))et sin(2πx) − 2πet(2xt + 2t) cos(2πx) lu Hình 2.1 oi lm ul nf va an Kết xây dựng lại điều kiện ban đầu v minh họa z at nh z m co l gm @ an Lu n va ac th si 34 Comparison Comparison exact sol approx sol 0.8 0.8 0.6 0.6 0.4 0.4 0.2 0.2 0 −0.2 −0.2 −0.4 −0.4 −0.6 −0.6 −0.8 −0.8 −1 −1 0.2 0.4 0.6 0.8 exact sol approx sol 1 0.2 0.4 0.6 x lu an (a) Comparison va exact sol approx sol n 0.6 0.4 0.4 0.2 0.2 ie gh tn to 0.8 0.6 0 p −0.2 −0.2 −0.6 nl −0.8 oa −1 0.4 lu 0.2 −1 d −0.4 w −0.8 exact sol approx sol 0.8 −0.6 (b) Comparison −0.4 0.8 x 0.6 0.8 0.2 0.4 0.6 x an (d) nf va (c) 0.8 x oi lm ul Hình 2.1: Ví dụ 1: Xây dựng lại hàm v : (a) nhiễu 0.1 × 10−2 , sai số L2 (Ω) 0.0057764; (b) nhiễu 0.3 × 10−2 , sai số L2 0.0060894; (c) nhiễu 0.5 × 10−2 , sai số L2 0.006133; (d) nhiễu 10−2 , sai số L2 0.006116 z at nh Ví dụ Ví dụ ta xét trường hợp ban đầu hàm liên tục z ngược lại m co an Lu 2(1 − x), x ≤ 0.5, l  2x, gm v(x) = @ không trơn cho n va ac th si 35 Comparison Comparison exact sol appr sol exact sol appr sol 1 0.8 0.8 0.6 0.6 0.4 0.4 0.2 0.2 0 −0.2 0.2 0.4 0.6 0.8 −0.2 0.2 0.4 0.6 x 0.8 x lu an (a) (b) Comparison Comparison va n exact sol appr sol exact sol appr sol 0.8 0.8 gh tn to 0.6 0.6 p ie 0.4 nl 0.4 0.6 lu 0.2 d oa −0.2 0.2 w 0.2 0.4 0.8 −0.2 0.2 0.4 0.6 x an (d) nf va (c) 0.8 x 0.5 × 10−2 ; (d) nhiễu 10−2 oi lm ul Hình 2.2: Ví dụ 2: Xây dựng lại hàm v : (a) nhiễu 0.1 × 10−2 ; (b) nhiễu 0.3 × 10−2 ; (c) nhiễu z at nh Ví dụ Trong ví dụ này, điều kiện ban đầu ta xét hàm không ngược lại m co l 0, 0.25 ≤ x ≤ 0.75, gm  1, @ v(x) = z liên tục cho an Lu n va ac th si 36 Comparison Comparison 1 0.8 0.8 0.6 0.6 0.4 0.4 0.2 0.2 0 exact sol appr sol −0.2 0.2 0.4 exact sol appr sol 0.6 0.8 −0.2 0.2 0.4 0.6 x lu (a) an 0.8 0.8 x (b) Comparison Comparison n va 0.8 0.8 gh tn to 0.6 0.6 p ie 0.4 nl exact sol appr sol 0.4 lu 0.2 d oa −0.2 0.2 w 0.2 0.4 exact sol appr sol 0.6 0.8 −0.2 0.2 0.4 0.6 x x an (d) nf va (c) 0.5 × 10−2 ; (d) nhiễu 10−2 oi lm ul Hình 2.3: Ví dụ 3: Xây dựng lại hàm v : (a) nhiễu 0.1 × 10−2 ; (b) nhiễu 0.3 × 10−2 ; (c) nhiễu z at nh Bài toán biên Neumann z Đối với toán biên Neumann, ta chọn Ω = (0, 1) T = Xét hệ @ Q, l gm ut − (aux )x = f m co −aux (0, t) = ϕ1(t) (0, T ], aux (1, t) = ϕ2(t) (0, T ], Ω, an Lu u|t=0 = v va n với hệ số a = 2xt + x2t + Như nói trên, điều kiện ban đầu ac th chọn hàm trơn (Ví dụ 4), hàm liên tục khơng trơn (Ví dụ 5) si