Mục tiêu:Tìm hiểu một số tính chất nghiệm của các bài tốn ngược thời gian thơngqua một số cơng cụ toán học về giải tích hàm, phương trình đạo hàm riêng.Cụ thể, trong đề tài này, chúng tô
Kiến thức chuẩn bị
Một số định nghĩa
Mục này giới thiệu một số định nghĩa vềbài toán thuận, bài toán ngược, bài toán chỉnh, bài toán không chỉnh Đồng thời, các ví dụ cho bài toán chỉnh, bài toán không chỉnh cho một số phương trình đạo hàm riêng cũng được khảo sát. Định nghĩa 2.1.1 Cho ánh xạ K : X → Y Bài toán "cho f ∈ X, tìm g ∈ Y thỏa g = Kf" được gọi là bài toán thuận Các bài toán "cho g ∈ Y, tìmf ∈ X thỏa g = Kf" và "cho f ∈ X, g ∈ Y, xác định lại mô hình K thỏa g = Kf" được gọi là các bài toán ngược.
Ví dụ 2.1.2 Cho ánh xạ K như sau
• Bài toán "cho f = 2, tìm g ∈R thỏa mãn g = 2f" là bài toán thuận.
• Bài toán "cho g = 4, tìm f ∈R thỏa mãn g = 2f" là bài toán ngược. Định nghĩa 2.1.3 Cho ánh xạ K : X → Y Xét bài toán "cho f ∈ X, tìm g ∈ Y thỏa g = Kf" Bài toán này được gọi là bài toán chỉnh nếu thỏa mãn cả 3 tính chất sau i) Tồn tại: Cho f ∈ X, luôn tìm được g ∈ Y sao cho g = Kf. ii) Duy nhất: Nếu f 1 , f 2 ∈ X thỏa f 1 = f 2 thì g 1 = g 2, với g 1 = Kf 1, g 2 = Kf 2 iii) Ổn định: Nếu (f n ) ⊂ X, f n n→∞ −→ f thì g n n→∞ −→ g, với g = Kf, g n = Kf n , n ∈N ∗
Bài toán vi phạm ít nhất 1 trong 3 tính chất trên được gọi là bài toán không chỉnh.
Ví dụ 2.1.4 Cho K : C[0, 1] → C[0, 1] thỏa mãn (Kf)(t) = Rt
0 f(s)ds Chứng minh bài toán "chof ∈ C[0, 1], tìmg ∈ C[0, 1]thỏa g = Kf" là bài toán chỉnh.
Chứng minh i) Tồn tại: Cho f ∈ C[0, 1] Khi đó, g(t) = Rt
Xét (t n ) ⊂ [0, 1] : t n → t khi n → ∞, ta chứng minh
|f (t)|, từ đó suy ra g(t n ) → g(t), khi n → ∞ Thật vậy, đặt
Vậy ta luôn tìm được g ∈ C[0, 1] sao cho g = Kf. ii) Duy nhất: (dễ thấy). iii)Ổn định: Lấy(f n ) ⊂ C[0, 1], f n n→∞ −→ f theokãk ∞ Ta chứng minh:Kf n n→∞ −→
Kf theo kãk ∞ Thật vậy, với mọi t ∈ [0, 1], ta cú
Do đó, |Kf n (t) − Kf (t)| ≤ t kf n − f k ∞ ≤ kf n − f k ∞ Từ đó suy ra kKf n − Kf k ∞ = sup t∈[0,1]
Vậy Kf n n→∞ −→ Kf theo kãk ∞ Tóm lại, bài toán "cho f ∈ C[0, 1], tìm g ∈ C[0, 1] thỏa g = Kf" là bài toán chỉnh.
Một số không gian hàm
Ta định nghĩa toán tử A như sau Với mọi s ≥ 0, toán tử A s được cho bởi A s h :=
(2.2.1) Trong đó, D(A s ) là một không gian Banach được trang bị chuẩn sau khk D(A s ) :=
Cho không gian Banach B, C ([0, T ]; B) là tập các hàm liên tục với ánh xạ từ [0, T ] vào B Khi đó, với θ > 0, chúng tôi giới thiệu không gian hàm liên tục H¨older với bậc θ như sau
, và chuẩn tương ứng kvk C θ ([0,T ];B) := sup
|t − s| θ Với 0 < θ < 1, ta định nghĩa không gian Banach như sau
Xét toán tử −∆, xem trong [14] Ta có
−∆ϕ n (x) = λ n ϕ n (x), x ∈ Ω; ϕ n = 0, x ∈ ∂Ω, n ∈N , (2.2.2) trong đó λ n ∞ n=1 được gọi là giá trị riêng của −∆ thỏa mãn
0 < λ 1 ≤ λ 2 ≤ ã ã ãλ n ≤ , (2.2.3) và lim n→∞ λ n = ∞ Với mọi q ≥ 0, ta có định nghĩa sau
, (2.2.4) khi đó H q (Ω) là một không gian Hilbert với chuẩn u
Bổ đề 2.2.1 Ta có các phép nhúng được sử dụng như sau
Với số thực r ≥ 0 và v ∈ L ∞ ((0, T ); D(A r )), ta định nghĩa chuẩn như sau kvk r =esssup 0≤t≤T kv(t)k D(A r ) Định nghĩa 2.2.2 ChoHlà không gian Hilbert vàg, g δ ∈ H là các hàm thỏa (1.1.2) ta có g δ obs (x) = g(x) + δξ(x) với hg δ , χi = hg, χi + δ hξ, χi , ∀χ ∈ H, (2.2.7) trong đóδlà biên độ nhiễu Chúng tôi cũng giả sử rằngξlà một quá trình ngẫu nhiên Gauss được lập trên một không gian xác suất và hξ, χi ∼ N (0, kχk 2 H ). Hơn nữa, với χ 1 , χ 2 ∈ H, ta có
=E hχ 1 , χ 2 i (2.2.8) Định nghĩa 2.2.3 Sai số ngẫu nhiên là một quá trình ngẫu nhiên trong không gian Hilbert, tức là một toán tử tuyến tính bị chặnξ : H → L 2 (Ω, A, P ) với (Ω, A, P ) là không gian xác suất cơ bản.
Nhắc lại bài toán giá trị riêng
(2.2.9) có một họ giá trị riêng thỏa mãn 0 < λ 1 ≤ λ 2 ≤ λ 3 ≤ ≤ λ j ≤ và hệ véc-tơ riêng {φ j } Hơn nữa, λ j → ∞ khi j → ∞ (xem trang 335, [14]). Định nghĩa 2.2.4 Lớp hàm với chỉ số σ > 0, xem chi tiết ở [7], được cho bởi
, đây là một không gian Hilbert với tích vô hướng hv 1 , v 2 i W σ :=
, với mọi v 1 , v 2 ∈ W σ và chuẩn tương ứng kv k W σ = qP∞ j=1 e 2σλ j v, φ j
Các kết quả
Tính không chỉnh của phương trình parabolic với nhiễu ngẫu nhiên
Tính không chỉnh của phương trình truyền nhiệt đã được quan tâm trong nhiều nghiên cứu trước Tuy nhiên, trong trường hợp nhiễu ngẫu nhiên, chúng ta cần cho ví dụ để minh hoạ tính không chỉnh của bài toán theo nghĩa của Hadamard. Định lý 3.1.1 Bài toán (1.1.1) là không chỉnh trong trường hợp a = 1, Ω = (0, π).
Chứng minh Với Ω = (0, π) và a(x, t) = 1, ta có λ N = N 2 Xét phương trình parabolic sau đây
(3.1.1) trong đó F 0 được cho bởi
X j=1 e −T j 2 2T hv, φ j (x)i φ j (x) (3.1.2) với mọi v ∈ L 2 (Ω), và φ j (x) = q2 π sin(jx) Cho G δ,N(δ) ∈ L 2 (Ω) thỏa mãn
X j=1 hg δ (x), φ j (x)i φ j (x) (3.1.3) với g δ được định nghĩa bởi hg δ , φ j i = δ hξ, φ j i , j = 1, N = {j ∈N , 1 ≤ j ≤ N } (3.1.4)
Hơn nữa, kỳ vọng được định nghĩa bởi
= δ 2 N(δ) (3.1.8) Nghiệm của bài toán (3.1.1) được cho bởi dạng Fourier ([29])
Chúng tôi chỉ ra rằng (3.1.9) cho nghiệm duy nhấtV δ,N(δ) ∈ C([0, T ]; L 2 (Ω)). Xét hàm Φv :=
Với mọi v 1 , v 2 ∈ C([0, T ]; L 2 (Ω)), sử dụng bất đẳng thức H¨older, với mọi t ∈ [0, T ], ta có kΦv 1 (t) − Φv 2 (t)k 2 L 2 (Ω) =
2 kv 1 − v 2 k C([0,T ];L 2 (Ω)) (3.1.12)Do vậy, Φlà một ánh xạ co Sử dụng định lý điểm bất động Banach Φ(w) = w có nghiệm duy nhấtV δ,N(δ) ∈ C([0, T ]; L 2 (Ω)) Sử dụng a 2 +b 2 ≥ 1 2 (a−b) 2 , a, b ∈ R, chúng tôi ước lượng được
Trước tiên, bằng cách sử dụng bất đẳng thức H¨older’s, ta có
(3.1.14) Ta chặn dưới I 1 như sau
2 δ 2 e 2(T −t)λ N(δ) (3.1.16) Lấy supremum hai vế trên [0, T ], ta được
Bằng cách chọn N := N(δ) = q 1 2T ln( 1 δ ), ta có EkG δ,N(δ) k 2 L 2 (Ω) = δ 2 N(δ) = δ 2 r 1 2T ln( 1 δ ) → 0 với δ → 0, (3.1.18) và
5δ → +∞ khi δ → 0 (3.1.19)Từ (3.1.18) và (3.1.19), ta kết luận rằng (1.1.1) là không chỉnh.
Kết quả chỉnh hóa với hệ số hằng và hàm nguồn Lipschitz toàn cục
Trong phần này, chúng tôi xem xét bài toán xấp xỉ nghiệm u(x, t), (x, t) ∈ Ω × [0, T ], thỏa mãn bài toán
(3.2.1) Ở đây, chúng tôi giả sử tồn tại một hằng số không đổi K > 0 với
|F (x, t; u) − F (x, t; v)| ≤ K |u − v|, trong đó (x, t) ∈ Ω × [0, T ] và u, v ∈R. Bổ đề 3.2.1 Cho G δ,N(δ) ∈ L 2 (Ω) thỏa mãn
Giả thiết rằng g ∈ H 2γ (Ω) Khi đó, chúng tôi có ước lượng như sau
EkG δ,N(δ) − gk 2 L 2 (Ω) ≤ δ 2 N(δ) + 1 λ 2γ N(δ) kgk 2 H 2γ (Ω) (3.2.3) với mọi γ ≥ 0 Trong đó, N phụ thuộc vào δ và thỏa mãn lim δ→0 N(δ) = +∞ và lim δ→0 δ 2 N(δ) = 0.
Nhận xét 3.2.2 Xét vế phải của (3.2.3) Để chỉ ra rằng vế phải (3.2.3) hội tụ về 0, chứng tôi chỉ ra rằng lim δ→0 δ 2 N(δ) = 0 và điều kiện
N(δ) ∼ (N(δ)) 4γ d ,với điều kiện (3.2.4) và lim δ→0 N(δ) = +∞.
Chứng minh Trong chứng minh này, chúng tôi xét mô hình (1.1.3) Ta có EkG δ,N(δ) − gk 2 L 2 (Ω) = E
Bằng cách sử dụng phương pháp chặt cụt chuỗi Fourier, ta có nghiệm chỉnh hóa cho bài toán (1.1.1) như sau
(3.2.7) trong đó α N(δ) là tham số chỉnh hóa và J α N(δ) là toán tử được định nghĩa như sau
Bên dưới trình bày kết quả chính của chúng tôi trong phần này. Định lý 3.2.3 Bài toán (3.2.7) có nghiệm duy nhất u δ N(δ) ∈ C([0, T ]; L 2 (Ω)) thỏa mãn u δ N(δ) (x, t) = X λ j ≤α N(δ)
Giả thiết bài toán (1.1.1) có nghiệm duy nhất u thỏa mãn
Bằng cách chọn α N(δ) sao cho δ→0 lim α N(δ) = +∞, lim δ→0 e kT α N(δ) λ γ N(δ) = 0, lim δ→0 e KT α N(δ) p
Ta có đánh giá sau Eku(., t) − u δ N(δ) (., t)k 2 L 2 (Ω)
Nhận xét 3.2.4 1 Từ định lý trên, ta thấy rằngE u δ N(δ) (x, t) − u(x, t)
2 Chúng tôi đưa ra một ví dụ về chọn N(δ) thỏa điều kiện (3.2.11) Từ λ N ∼ N 2 d , xem ở [8], ta chọn α N sao choe kT α N(δ) = |N(δ)| a với mọi 0 < a < 2γ d Khi đó, ta có α N(δ) = kT a log(N(δ)) Hằng số N(δ) được chọn
1 δ ba+ b 2 với 0 < b < 1 Với N(δ) được chọn như trên, E u δ N(δ) (x, t) − u(x, t)
3 Sự tồn tại và tính duy nhất của nghiệm của phương trình (1.1.1) vẫn là một bài toán mở Do đó, chúng tôi không xem xét vấn đề này ở đây.
Chứng minh định lý 3.2.3 Chúng tôi chia chứng minh thành các phần sau.
Phần 1 Bài toán (3.2.7) có nghiệm duy nhất u δ N(δ) ∈ C([0, T ]; L 2 (Ω)) Bằng cách chứng minh tương tự [29] (xem định lý 3.1, trang 2975, [29]).
Phần 2 Ước tính kỳ vọng của sai số giữa nghiệm chính xác u và nghiệm u δ N(δ) Chúng ta hãy xem xét phương trình tích phân sau đây v δ N(δ) (x, t) = X λ j ≤α N(δ)
Lấy kỳ vọng của cả hai vế của bất đẳng thức cuối cùng, ta nhận được Eku δ N(δ) (., t) − v δ N(δ) (., t)k 2 L 2 (Ω) ≤ 2e 2(T −t)α N(δ) EkG δ,N(δ) − gk 2 L 2 (Ω)
Nhân cả hai vế với e 2tα N , ta có e 2tα N(δ) Eku δ N(δ) (., t) − v δ N(δ) (., t)k 2 L 2 (Ω) ≤ 2e 2T α N(δ) EkG δ,N(δ) − gk 2 L 2 (Ω)
(3.2.17) Áp dụng bất đẳng thức Gronwall, chúng ta nhận được e 2tα N(δ) Eku δ N(δ) (., t) − v δ N(δ) (., t)k 2 L 2 (Ω) ≤ 2e 2T α N(δ) e 2K 2 T (T −t) EkG δ,N(δ) − gk 2 L 2 (Ω)
(3.2.18) Do đó, sử dụng Bổ đề 3.2.1, ta được
(3.2.19)Ta tiếp tục đánh giá ku(., t) − v δ N(δ) (., t)k L 2 (Ω) Bằng cách sử dụng bất đẳng thức H¨older’s và tính Lipschitz toàn cục của hàm nguồn F, ta có ku(., t) − v N(δ) δ (., t)k 2 L 2 (Ω)
Nghiệm nhẹ u được cho bởi u(x, t) =
Nhân hai vế với e 2tα N(δ) , ta có e 2tα N(δ) ku(., t) − v N(δ) δ (., t)k 2 L 2 (Ω) ≤ α −2β N(δ)
(3.2.20) Áp dụng bất đẳng thức Gronwall, ta có e 2tα N ku(., t) − v N(δ) δ (., t)k 2 L 2 (Ω) ≤ e 2K 2 (T −t) α −2β N(δ) A 0 (3.2.21) Kết hợp với đánh giá (3.2.19), dẫn đến
(3.2.23) trong đó A 0 được cho trong (3.2.10) Chứng minh xong. Định lý tiếp theo cung cấp ước tính sai số trong không gian Sobolev H p (Ω) với chuẩn được trang bị bởi kgk 2 H p (Ω) =
(3.2.24) Để đánh giá sai số theo chuẩn H p , chúng ta cần các giả thiết mạnh hơn cho nghiệm u. Định lý 3.2.5 Giả thiết bài toán (1.1.1) có nghiệm duy nhất u thỏa mãn
X j=1 e 2(t+r)λ j hu(., t), φ j i 2 < A”, t ∈ [0, T ] (3.2.25) với mọi r > 0 Chọn α N(δ) sao cho δ→0 lim α N(δ) = +∞, lim δ→0 e kT α N(δ) λ γ N(δ) = 0, lim δ→0 e kT α N(δ) p
Ta có đánh giá sau
Chứng minh Trước tiên, ta có Eku δ N(δ) (., t) − J α N(δ) u(., t)k 2 H p (Ω) = E
Tiếp theo, chúng ta đánh giá Eku δ N(δ) (., t) − u(., t)k 2 L 2 (Ω) với giả thiết (3.2.25).
Nhắc lại v δ N(δ) ở (3.2.14) Kì vọng của sai số giữa u δ N(δ) và v δ N(δ) được cho bởi đánh giá (3.2.19) như sau
(3.2.30)Ta chỉ cần đánh giáku(., t) − v N(δ) δ (., t)k L 2 (Ω) Thật vậy, sử dụng bất đẳng thức
H¨older’s và tính Lipschitz toàn cục của hàm nguồn F, ta có ku(., t) − v N(δ) δ (., t)k 2 L 2 (Ω)
Nhân hai vế với e 2tα N(δ) , ta có e 2tα N(δ) ku(., t) − v δ N(δ) (., t)k 2 L 2 (Ω) ≤ A”e −2rα N δ
(3.2.31) Áp dụng bất đẳng thức Gronwall, ta được e 2tα N ku(., t) − v δ N(δ) (., t)k 2 L 2 (Ω) ≤ e 2K 2 T (T −t) A”e −2rα N δ (3.2.32) Kết hợp với (3.2.30), ta có
G(ξ) = ξ p e −Dξ , D > 0 (3.2.34) Đạo hàm của G là G 0 (ξ) = ξ p−1 e −Dξ (p − Dξ) Do vậy, G là giảm nghiêm ngặt khi Dξ ≥ p Vì lim δ→0 α N(δ) = +∞, ta thấy nếu δ đủ nhỏ thì 2rα N(δ) ≥ p Đặt D = 2(t + r), ξ = α N(δ) như (3.2.34), ta được với λ j > α N(δ) ,
Bất đẳng thức sau dẫn đến ku(., t) − J α N(δ) u(., t)k 2 H p (Ω) = X λ j >α N(δ) λ p j hu(x, t), φ j (x)i 2
, (3.2.35) trong đó ta áp dụng giả thiết (3.2.25) cho bất đẳng thức cuối Kết hợp (3.2.29), (3.2.33), (3.2.35), ta có
Nhận xét 3.2.6 Trong Định lý ở trên, để đạt được ước lượng sai số, chúng tôi đòi hỏi giả định mạnh trên u Đây là giới hạn của Định lý 3.2.3, vì chỉ có hàm u thoả mãn điều kiện này Để bỏ đi hạn chế này, chúng ta cần tìm công thức ước lượng mới Tính hội tụ trong trường hợp giả thiết yếu hơn của u là bài toán khó hơn Thật vậy, trong Định lý tiếp theo, chúng tôi cho kết quả chỉnh hoá trong trường hợp giả thiết yếu hơn của nghiệm u, cụ thể u ∈ C([0, T ]; L 2 (Ω)) Đây là một trong những kết quả đầu tiên trong trường hợp này.
Nghiệm chỉnh hóa thứ hai và đánh giá sai số tương ứng Để có được nghiệm xấp xỉ khi nghiệm u thuộc không gian C([0, T ]; L 2 (Ω)), chúng tôi không sử dụng nghiệm chỉnh hóa như Định lý 3.2.3 Ta có G δ,N(δ) là xấp xỉ của G và K là hằng số Lipschitz của F Nội dung chính của Định lý 3.2.8 gồm 2 trường hợp:
Trường hợp 1:KT < 1, dựa trên dữ liệu đầu vào G δ,N(δ) , chúng tôi xây dựng dạng nghiệm chỉnh hóa và đánh giá sai số giữa nghiệm chỉnh hóa và nghiệm chính xác của bài toán.
Trường hợp 2: KT > 1, trường hợp này việc xây dựng nghiệm chỉnh hóa khó khăn hơn Để áp dụng nghiệm chỉnh hóa như ở trường hợp 1, chúng tôi cần chia đoạn [0, T ] thành các đoạn con [T h , T h 0 ], trong đó K(T h 0 − T h ) < 1. Từ dữ liệu đầu vào θ và tham số chỉnh hóa ζ, chúng ta có Y ζ T h ,T h 0 (f)(x, t) thỏa mãn phương trình tích phân (3.2.38) Sự tồn tại của Y ζ T h ,T h 0 (f) trong C([T h , T h 0 ]; L 2 (Ω)) được xác định khi K(T h 0 − T h ) < 1 Từ đánh giá (3.2.57), chúng ta có kết quả quan trọng như sau: Nếu ζ được chọn phù hợp và θ là nghiệm xấp xỉ của nghiệm utrên tất cả các đoạn [T h , T h 0 ] và s là một hằng số dương thỏa mãn s > KT Ta định nghĩa một chuỗi{T l }, l = 0, 1, , 2s sao cho
T 0 = 0 < T 1 = hT < T 2 = 2hT < < T 2s = 2shT = T (3.2.37) trong đó h = 2s 1 Trên tất cả các đoạn [T i , T i+1 ], i = 0, 2s − 1, chúng tôi xây dựng nghiệm xấp xỉ trên các đoạn con và sử dụng phương pháp nối nghiệm nối chúng lại để có một nghiệm chỉnh hóa hoàn chỉnh Cụ thể, ta có:
• Bước thứ nhất, để xây dựng nghiệm chỉnh hóa trên [T 2s−1 , T ], chúng tôi sử dụng dữ liệu đầu vào G δ,N(δ) và tham số chỉnh hóa ζ 2s để đánh giá Y ζ T 2s
(x, t) Khi đó, ta định nghĩa nghiệm chỉnh hóa U δ (x, t) = Y T ζ 2s
• Bước thứ hai, để xây dựng nghiệm xấp xỉ trên[T 2s−2 , T 2s−1 ], chúng tôi sử dụng dữ liệu đầu vào U n (x, T 2s−1 ) (được tính toán ở bước 1) và tham số chính hóaζ 2s−1 để đánh giá hàm Y ζ T 2s
(x, t) Khi đó, chúng tôi định nghĩa nghiệm chỉnh hóa
• Cuối cùng, chúng tôi có được nghiệm chỉnh hóa trong (3.2.62) và (3.2.63).
Bây giờ, ta xét bổ đề sau.
Bổ đề 3.2.7 Cho 0 ≤ T h < T h 0 ≤ T với f ∈ C([T h , T h 0 ]; L 2 (Ω)), xét phương trình tích phân phi tuyến sau
(3.2.38) với ζ > 0 Giả thiết rằng K(T h 0 − T h ) < 1 Khi đó, bài toán (3.2.38) có nghiệm duy nhất Y T ζ h ,T h 0 (f ) ∈ C([T h , T h 0 ]; L 2 (Ω)) Hơn nữa, ta có đánh giá sau
Chứng minh Phần A Ta chỉ ra rằng (3.2.38) có nghiệm duy nhất trong C([T h , T h 0 ]; L 2 (Ω)) Chúng tôi sử dụng phương pháp tương tự trong bài báo [29] Ta định nghĩa không gian C([T h , T h 0 ]; L 2 (Ω)) với chuẩn Bielecki kvk 1 = sup
T h ≤t≤T h 0 e (t−T h )ζ(δ) kv(t)k (3.2.40) với mọiv ∈ C([T h , T h 0 ]; L 2 (Ω)) Dễ thấy rằngk.k 1 là một chuẩn trongC([T h , T h 0 ]; L 2 (Ω)). Đặt f trong L 2 (Ω) Ta muốn chỉ ra rằng ánh xạ
(3.2.41) với w(f ) ∈ C([T h , T h 0 ]; L 2 (Ω)), là một ánh xạ co trên C([T h , T h 0 ]; L 2 (Ω)) với điều kiện K(T h 0 − T h ) < 1 Thật vậy, chúng ta sẽ chứng minh rằng với mọi w 1 , w 2 ∈ C([T h , T h 0 ]; L 2 (Ω)),
Trước tiên, bằng cách sử dụng bất đẳng thức H¨older và tính Lipschitz toàn cục của hàm F, ta có đánh giá sau đây với mọi t ∈ [T h 1 , T h 2 ], tức là
Chú ý rằng, nếu λ j > ζ thì e (τ −t)λ j ≤ e (τ−t)ζ với T h ≤ τ ≤ t Khi đó
= e −2(t−T h )ζ K 2 (t − T h ) 2 kw 1 (f ) − w 2 (f)k 2 1 Từ định nghĩa của I được cho ở (3.2.41), ta có
Kết hợp (3.2.43), (3.2.43), (3.2.43) và bất đẳng thức (a + b) 2 ≤ (1 + θ 0 )a 2 + 1 + θ 1
0 b 2 với mọi số thựca, bvà θ 0 > 0,ta có đánh giá sau với mọi t ∈ (T h , T h 0 ) kI(w 1 (f ))(., t) − I(w 2 (f ))(., t)k 2
Bằng cách chọn θ 0 = T h 0 t −t , với mọi t ∈ (T h , T h 0 ), ta có e 2(t−T h )ζ kI(w 1 (f ))(., t) − I(w 2 (f ))(., t)k 2 ≤ K 2 (T h 0 − T h ) 2 kw 1 (f) − w 2 (f )k 2 1
(3.2.43) Mặt khác, đặt t = T h 0 trong (3.2.43), ta được e 2(T h 0 −T h )ζ kI(w 1 (f))(., T h 0 ) − I(w 2 (f ))(., T h 0 )k 2 ≤ K 2 (T h 0 − T h ) 2 kw 1 (f ) − w 2 (f)k 2 1
(3.2.44) Đặt t = T h in (3.2.43), ta có kI(w 1 (f ))(., T h ) − I(w 2 (f ))(., T h )k 2 ≤ K 2 (T h 0 − T h ) 2 kw 1 (f ) − w 2 (f)k 2 1 (3.2.45) Kết hợp (3.2.43), (3.2.44) và (3.2.45), với mọi T h ≤ t ≤ T h 0 , ta có e 2(t−T h )ζ kI (w 1 (f ))(t) − I(w 2 (f ))(t)k ≤ K(T h 0 − T h )kw 1 (f ) − w 2 (f)k 1 ,(3.2.46) dẫn đến (3.2.42) TừK(T h 0 −T h ) < 1, ta cóIlà một ánh xạ co trênC([T h , T h 0 ]; L 2 (Ω)). Sử dụng định lý điểm bất động Banach, ta có I(w) = w có nghiệm duy nhất Y T ζ h ,T h 0 (f ) ∈ C([T h , T h 0 ]; L 2 (Ω)). Phần B Đánh giá sai số EkY ζ T h ,T h 0 (f)(., t) − u(., t)k 2 L 2 (Ω). Bằng cách sử dụng kỹ thuật tương tự Định lý 3.2.3, ta có u j (T h ) = e (T h 0 −T h )λ j u j (T h 0 ) −
Từ (3.2.48) và sau một số tính toán đơn giản, ta được
Sử dụng đẳng thức trên và (3.2.48), ta có u(x, t) = X λ j ≤ζ h e (T h 0 −t)λ j u j (T h 0 ) −
(τ ) − F j (u)(τ) dτ + e −(t−T h )ζ |u j (T h )| (3.2.52) Do đó, sử dụng đẳng thức Parseval và bất đẳng thức
1 + 1 q 0 c 2 2 + (1 + q 0 )c 2 3 với mọi số thực c 1 , c 2 , c 3 và q 0 > 0, ta có
Nhân cả hai vế của bất đẳng thức cuối cùng cho e 2(t−T h )ζ và sử dụng tính
Lipschitz toàn cục của F, ta được e 2(t−T h )ζ EkY T ζ h ,T h 0 (f )(., t) − u(., t)k 2 L 2 (Ω)
Từ Y ζ T h ,T h 0 (f), u ∈ C([T h , T h 0 ]; L 2 (Ω)) suy ra e 2(t−T h )ζ EkY ζ T h ,T h 0 (f)(., t) − u(., t)k 2 L 2 (Ω) liên tục trên [T h , T h 0 ] Vì vậy, ta có
T h ≤t≤T h 0 e 2(t−T h )ζ EkY T ζ h ,T h 0 (f )(., t) − u(., t)k 2 L 2 (Ω) là một hằng số dương hữu hạn Hơn nữa,
Từ giả thiết 0 < q 0 < K 2 (T h 1 0 −T h ) 2 − 1, suy ra vế trái là dương Điều này ngụ ý rằng với mọi t ∈ [T h , T h 0 ], e 2(t−T h )ζ EkY ζ T h ,T h 0 (f)(., t) − u(., t)k 2 L 2 (Ω)
(3.2.56) Do vậy, với mọi t ∈ [T h , T h 0 ], ta có
Kết quả chính trong mục này được trình bày trong định lý sau. Định lý 3.2.8 Cho g như ở Định lý 3.2.3 Giả thiết rằng u là nghiệm duy nhất của (1.1.1).
(a) Giả thiết KT < 1, với K là hằng số Lipschitz của F Nghiệm chỉnh hóa được cho như sau
Bằng cách chọn ζ(δ) sao cho δ→0 lim ζ(δ) = +∞, lim δ→0 e kT ζ(δ) λ γ N(δ) = 0, lim δ→0 e kT ζ(δ) p
Ek Ub δ (., t) − u(., t)k 2 L 2 (Ω) có bậc e −2tζ(δ) (3.2.60) (b) Giả sử rằng KT > 1 và u ∈ C([0, T ]; L 2 (Ω)) Đặt ζ 1 (δ) : = s
Ta xây dựng nghiệm chỉnh hóa Ub δ như sau
(θ)(x, t) được định nghĩa trong (3.2.38) Ta có
Ek Ub δ (., t) − u(., t)k 2 L 2 (Ω) là bậc ξ(δ) 22 st s−1
Nhận xét 3.2.9 Theo [29], chúng tôi chỉ cần nghiệm chỉnh hóa với0 < KT 0.
Chứng minh phần (a) của Định lý 3.2.8 Đặt T h = 0 và T h 0 = T f = G δ,N(δ) khi đó Y T ζ h ,T h 0 (f ) được cho bởi (3.2.38) trong Bổ đề 3.2.7 là bằng với
Ub δ được cho bởi (3.2.58) Áp dụng kết quả từ (3.2.39) Từ KT < 1, áp dụng Bổ đề 3.2.7 , ta có
Chứng minh phần (b) của Định lý 3.2.8
Theo Định lý 3.1.1, ta có EkG δ,N(δ) − gk 2 L 2 (Ω) ≤ Cξe 2 (δ) với Ce= 1 + kgk 2 H 2γ Ta đánh giá sai số trên [T l , T l+1 ] với l = 0, 2s.
Trường hợp 1 Đặt t ∈ [T 2s−1 , T ] Từ ζ 2s (δ) = T s log
, bởi Bổ đề 3.2.7, ta có
Trường hợp 2 Đặt t ∈ [T 2s−2 , T 2s−1 ] Từ ζ 2s−1 (δ) = 2T s log
, bởi Bổ đề 3.2.7, ta có
1 2 , trong đó có sử dụng kết quả ở (3.2.66):
Vì vậy, ta có đánh giá
Ce+ kuk 2 L ∞ (0,T ;L 2 (Ω)) ξ(δ) 22 s−k−1 1 với mọi t ∈ [T k , T k+1 ] và k = 1, 2s − 1.
Nếu t ∈ [0, T 1 ], ta có đánh giá
Kết quả chỉnh hóa trong trường hợp hàm nguồn Lipschitz địa phương 30 3.4 Kết quả chỉnh hóa với số hạng hàm nguồn tổng quát
Mục 3.2 tập trung giải quyết bài toán với hàm nguồnF Lipschitz toàn cục.
Trong phần này, chúng tôi mở rộng phân tích đến hàm Lipschitz địa phươngF Kết quả cho trường hợp Lipschitz địa phương là khó khăn Ở đây, chúng ta phải tìm một phương pháp chính quy hóa khác để nghiên cứu bài toán với nguồn Lipschitz địa phương.
Giả thiết rằng a bị nhiễu bởi dữ liệu quan sát a obs δ : Ω × [0, T ] →R có dạng a obs δ (x, t) = a(x, t) + δψ(t) (3.3.1) trong đó δ > 0 và ψ ∈ L ∞ (0, T ) sao cho kψk L ∞ (0,T ) = sup
|ψ(t)| ≤ M (3.3.2) với M > 0 Trong trường hợp a không bị xáo trộn, chúng tôi có thể sử dụng phương pháp trong các phần trước (trường hợp khi a không bị xáo trộn đơn giản hơn trường hợp a bị nhiễu) Nếu a bị xáo trộn bởi dữ liệu ngẫu nhiên, rất khó để sử dụng phương pháp cũ và chúng ta cần một cách tiếp cận mới, được nêu dưới đây.
Giả thiết rằng với mỗi R > 0, tồn tại K R > 0 sao cho
|F (x, t; u) − F (x, t; v)| ≤ K R |u − v|, nếu max{|u|, |v|} ≤ R, (3.3.3) trong đó (x, t) ∈ Ω × [0, T ] và
Chúng ta chú ý rằng K R là hàm tăng và lim R→+∞ K R = +∞ Ý tưởng chính để chỉnh hóa bài toán (1.1.1) như sau: Với mọi R > 0, chúng tôi xấp xỉ F bởi F R được định nghĩa bởi
Với mỗi δ > 0, chúng tôi xét tham số R(δ) → +∞ khi δ → 0 + Đặt toán tử P = M ∆ , trong đó M là một số dương thỏa mãn M > a obs δ (x, t) với mọi (x, t) ∈ Ω × (0, T ) Xét toán tử được định nghĩa sau
L 2 (Ω) φ j (x), (3.3.5) với mọi hàm v ∈ L 2 (Ω) Ở đây N(δ) được cho bởi Bổ đề 3.2.1. Ý tưởng chính để giải bài toàn (1.1.1) với hàm nguồn tổng quát (3.3.4), chúng tôi xét bài toán
(3.3.6) Trong đó, G δ,N(δ) (x) được định nghĩa ở (3.2.2) Bây giờ, chúng tôi giới thiệu một số bổ đề sẽ giúp ích cho kết quả chính của chúng tôi Trước tiên, chúng tôi nhắc lại lớp hàm Gevrey với chỉ số σ > 0 (xem [7]) được cho như sau
, đây là một không gian Hilbert được trang bị tích vô hướng hv 1 , v 2 i W σ :=
L 2 (Ω) , với mọi v 1 , v 2 ∈ W σ ; với chuẩn kvk W σ = qP∞ n=1 e 2σλ n v, φ n
Bổ đề 3.3.1 Với F R ∈ L ∞ (Ω × [0, T ] ×R ) , ta có
|F R (x, t; u) − F R (x, t; v)| ≤ K R |u − v|, ∀(x, t) ∈ Ω × [0, T ], u, v ∈R Chứng minh Xem chứng minh cụ thể ở Bổ đề 2.4 trong [28].
Bổ đề 3.3.2 1 Đặt M, T > 0 Với mọi v ∈ W M T (Ω), ta có kQ δ β
M T (Ω) (3.3.7) 2 Đặt β N(δ) < 1 − e −M T λ 1 Với mọi v ∈ L 2 (Ω), ta có
Chứng minh Sử dụng bất đẳng thức ln(1 + a) ≤ a, ∀a > 0, ta có
M T (3.3.9)Từ β N(δ) < 1 − e −M T λ 1 , ta thấy rằng β N(δ) + e −M T λ j < 1 Sử dụng đẳng thức
1 β N(δ) kvk 2 L 2 (Ω) Định lý 3.3.3 Bài toán (3.3.6)có nghiệm duy nhấtu δ N(δ) ∈ C [0, T ] ; L 2 (Ω)
Giả thiết rằng bài toỏn (1.1.1) cú duy nhất nghiệm u thỏa món u(ã, t) ∈ W M T Bằng cách chọn β N(δ) sao cho δ→0 lim δp
N(δ)β N(δ) −1 = lim δ→0 β N(δ) −1 λ −γ N(δ) = lim δ→0 β N(δ) = 0 (3.3.10) Bằng cách chọn R δ sao cho δ→0 lim β
N(δ) e 2KR δ T = 0, t > 0 (3.3.11) Ta có đánh giá sau
N(δ) e (2K(R δ ))+1)T C(δ).e (3.3.12) Trong đó, C(δ)e được cho bởi
M T (Ω)) + δ 2 T 3 b 0 β N 2 δ kuk 2 L ∞ (0,T ;H 1 0 (Ω)) và giả thiết rằng Ω là miền một chiều.
Nhận xét 3.3.4 1 Với giả thiết (3.3.11), vế phải của phương trình (3.3.12) tiến về 0 khi t > 0.
2 Bằng cách chọn β N(δ) = N(δ) −c với mọi 0 < c < min( 1 2 , 2γ d ), và N(δ) được chọn như sau
Chứng minh Định lý 3.3.3 Chứng minh được chia làm hai phần.
Bước 1 Sự tồn tại và duy nhất nghiệm của bài toán chỉnh hóa(3.3.6). Đặt b(x, t) được cho bởi b(x, t) = M − a(x, t) Ta thấy rằng 0 < b(x, t) < M. Từ (3.3.6), ta có
X j=1 ln 1 β N(δ) + e −M T λ j u δ N(δ) (ã, t), φ j φ j (x) (3.3.14) với (x, t) ∈ Ω × (0, T ). Đặt v δ N(δ) được cho bởi v δ N(δ) (x, t) = u δ N(δ) (x, T − t) Ta có
Dẫn đến v N(δ) δ thỏa bài toán
(3.3.15) trong đó G được định nghĩa bởi
< ln 1 β N(δ) và sử dụng đẳng thức Parseval, với mọi v 1 , v 2 ∈ L 2 (Ω), ta có kG(ã, t, v 1 (ã, t)) − G(ã, t, v 2 (ã, t))k L 2 (Ω)
Khi đó G là một hàm Lipschitz Sử dụng kết quả của Định lý 12.2 ở [9], ta chứng minh được bước thứ nhất.
Bước 2 Đánh gái sai số Chúng tôi đánh giá sai số giữa nghiệm chỉnh hóa của bài toán (3.3.6) và nghiệm chính xác (1.1.1).
Với mọi (x, t) ∈ Ω × (0, T ), ta có b(x, t), b obs δ (x, t) thỏa mãn
Hàm số u δ N(δ) (x, t) và u(x, t) là nghiệm các phương trình sau
N(δ) u δ N(δ) (3.3.20) Với ρ δ > 0, chúng tôi đặt V N(δ) δ (x, t) = e ρ δ (t−T ) h u δ N(δ) (x, t) −u(x, t) i Khi đó, với (x, t) ∈ Ω × (0, T )
Bằng cách lấy tích vô hướng hai vế của (3.3.21) với V δ N(δ) và chú ý rằng
Ω b obs δ (x, t)|∇V N(δ) δ | 2 dx, ta có kV δ N(δ) (ã, T )k 2 L 2 (Ω) − kV δ N(δ) (ã, t)k 2 L 2 (Ω)
(3.3.22) Đầu tiên, bằng cách sử dụng (3.3.8), kỳ vọng của Af4 được đánh giá như dưới đây
EkV N(δ) δ (ã, s)k 2 L 2 (Ω) ds (3.3.23) Kế đến, sử dụng (3.3.7)và bất đẳng thức H¨older, ta có
EkV δ N(δ) (ã, s)k 2 L 2 (Ω) ds (3.3.24) Để đánh giá kỳ vọng fA 6 , chúng tôi sử dụng công thức Green
L 2 (Ω) và bất đẳng thức H¨older, ta có
Chú ý rằngE|ψ(s)| 2 = svìψlà chuyển động Brown Cuối cùng, vìlim δ→0 + R δ = +∞, với hằng số đủ nhỏ δ > 0, tồn tại R δ > 0 sao cho R δ ≥ kuk L ∞ ([0,T ];L 2 (Ω)) Ta có
F R δ (x, t;u(x, t)) = F (x, t;u(x, t)) Sử dụng tính chất Lipschitz toàn cục của F R (Bổ đề 3.3.1), ta có đánh giá
Kết hợp (3.3.22), (3.3.23), (3.3.24),(3.3.25) và (3.3.26), ta có EkV N(δ) δ (ã, T )k 2 L 2 (Ω) − EkV δ N(δ) (ã, t)k 2 L 2 (Ω)
(3.3.28) Vì V δ N(δ) (x, t) = e ρ δ (t−T ) u δ N(δ) (x, t) −u(x, t) và áp dụng 3.2.1, ta có e 2ρ δ (t−T ) E u δ N(δ) (ã, t) −u(ã, t)
2 L 2 (Ω) ds (3.3.29) Áp dụng bổ đề Gronwall, ta có e 2ρ δ (t−T ) E u δ N(δ) (x, t) −u(x, t)
N(δ) e (2K(R δ ))+1)T C(δ).e (3.3.31) Chứng minh Định lý 3.3.3 hoàn thành.
3.4 Kết quả chỉnh hóa với số hạng hàm nguồn tổng quát
Trong phần này, chúng tôi khảo sát bài toán
(3.4.1) với giả thiết F ∈ C 0 (R ) thỏa mãn: Tồn tại C 1 và C 1 0 , C 2, p > 1, γ sao cho zF (x, t, z) ≥ C 1 |z| p − C 1 0 , (3.4.2)
Dễ thấy hàm F (x, t, z) = z 1 3 thỏa điều kiện (3.4.2), (3.4.3) và (3.4.4) Chú ý rằng đây không phải là hàm Lipschitz địa phương Ta có kết quả sau. Định lý 3.4.1 Giả thiết rằng F thỏa (3.4.2), (3.4.3) và (3.4.4) Tồn tại duy nhất nghiệm u δ N(δ) của bài toán (3.4.1) thỏa mãn u δ N(δ) ∈ L 2 (0, T ; H 1 ) ∩ L ∞ (0, T ; L 2 ).
Giả sử bài toỏn (1.1.1) cú duy nhất nghiệm u thỏa u(ã, t) ∈ W M T Chọn β N δ như Định lý 3.3.3 Khi đó, ta có đánh giá
N(δ) e (2γ+1)T C(δ), , ,e (3.4.5) trong đó C(δ)e được định nghĩa như (3.5.46).
Nhận xét 3.4.2 Sai số hội tụ (3.4.5) tốt hơn sai số hội tụ cho trong (3.3.12).
Thật vậy, từ lim δ→0 K(R δ ) = +∞, ta có
Vế phải của (3.3.12) Vế phải của (3.4.5) = β
Chứng minh Định lý 3.4.1
3.5.1 Chứng minh tính tồn tại nghiệm của bài toán
Bằng cách đổi biếnv δ N(δ) (x, t) = u δ N(δ) (x, T − t), ta chuyển (3.4.1) thành bài toán
(3.5.1) trong đó b obs δ (x, t) = M − a obs δ (x, t) Dạng yếu của bài toán (3.5.1) có thể phát biểu dạng v δ N(δ) (t) được xác định trên tập mở (0, T ) sao cho v δ N(δ) thỏa bài toán sau Z
N(δ) (v δ N(δ),m (t))ϕdx (3.5.2) với mọi ϕ ∈ H 1 , và điều kiện v N(δ) δ (0) = G δ,N(δ) (3.5.3)
Chứng minh tính duy nhất nghiệm của bài toán (3.4.1) Bước 1: Xấp xỉ Faedo – Galerkin (phương pháp được giới thiệu bởi nhà toán học Lions [18]).
Trong không gian H 1 (Ω), ta lấy cơ sở {e j } ∞ j=1 và không gian con
V m =span{e 1 , e 2 , e m }. Đặt G δ,N(δ),m là một phần tử của V m thỏa mãn
G δ,N(δ),m =Pm j=1 d δ mj e j → G δ,N(δ) mạnh trong L 2 (3.5.4) khi m → +∞ Chúng ta có thể khai triển xấp xỉ nghiệm (3.5.1) dưới dạng v N(δ),m δ (t) = m
X j=1 c δ mj (t)e j , (3.5.5) trong đó hệ số c δ mj thỏa hệ sau Z
N(δ) (v δ N(δ),m (t))e i dx (3.5.6) với i = 1, m và điều kiện ban đầu c δ mj (0) = d δ mj , j = 1, m (3.5.7)
Sự tồn tại của nghiệm địa phương của bài toán (3.5.6)-(3.5.7) được cho bởi định lý Peano Với mỗi m tồn tại một nghiệm v N(δ),m δ (t) dưới dạng (3.5.5) thỏa mãn (3.5.6) và (3.5.7) và 0 ≤ t ≤ T m với T m ∈ (0, T ].
Bước 2 Đánh giá tiên nghiệm. a) Đánh giá thứ nhất Nhân hai vế của phương trình thứ i của (3.5.6) với c δ mi (t), ta được v δ N(δ),m (t)
2 ≤ B 0 (δ), với mọi m, (3.5.9) trong đó B 0 (δ) phụ thuộc vào G δ,N(δ) và độc lập với m. Sử dụng chặn dưới của b obs δ (x, t), ta có đánh giá 2
Z t 0 kv δ N(δ),m (s)k H 1 (Ω) ds (3.5.10) Sử dụng giả thiết của F, ta được
2 L 2 (Ω) ds ≤Rt 0 S δ m (s)ds, và kết hợp với (3.5.13) ta có
S δ m (s)ds (3.5.15) Áp dụng Bổ đề Gronwall, ta có
(3.5.16) với mọi m ∈N , với mọi t, 0 ≤ t ≤ T m ≤ T, i.e.,T m = T, với C T phụ thuộc T. b) Đánh giá thứ hai Nhân phương trình thứ i của (3.5.6) bởi t 2 dt d c δ mi (t) và lấy tổng theo i, ta có t d dt v N(δ),m δ (t)
N(δ) v δ N(δ),m (t) d dt v δ N(δ),m (t)dx (3.5.17) Với mọi u ∈ H 1 (Ω), ta có d dt
(3.5.18) Khi đó (3.5.17) tương đương với
N(δ) v δ N(δ),m (t) d dt v δ N(δ),m (t)dx (3.5.19)Lấy tích phân hai vế từ 0 đếnt, ta được
(3.5.20) Đánh giá I 1 Từ giả thiết b obs δ (x, t) ≥ b 0, ta có
(3.5.21) Đánh giá I 2 Để đánh giá được I 2 , ta cần sử dụng bổ đề sau Bổ đề 3.5.1 Choà 0 =
Chúng minh Bổ đề 3.5.1 là dễ dàng có được Áp dụng một số kỹ thuật tính toán và Bổ đề 3.5.1, ta có
≥ −B 2 (δ, T ) (3.5.23) Đánh giá I 3 Sử dụng (3.5.14), ta có đánh giá sau
2b 0 S δ m (t) (3.5.24) Đánh giá I 4 Ta có e a T = sup
∂t b obs δ (x, t), và I 4 được cho bởi
(3.5.25) Đánh giá I 5 Sử dụng Bổ đề 3.3.2, ta có đánh giá I 5:
Z t 0 ks d ds v N(δ),m δ (s)k 2 ds (3.5.26) Kết hợp (3.5.21), (3.5.23), (3.5.24), (3.5.25), ta được
Z t 0 ks d ds v δ N(δ),m (s)k 2 ds kết hợp với (3.5.27), ta có
B (2, δ) a 0 Áp dụng bất đẳng thức Gronwall, ta có
≤ B 4 (δ, T ), (3.5.29) trong đó B(4, δ) phụ thuộc δ, T và không phụ thuộc m. Bước 3 Lấy giới hạn.
Kết hợp (3.5.14), (3.5.16) và (3.5.29), tồn tại {v δ N(δ),m } được ký hiệu bởi {v N(δ),m δ } thỏa mãn (xem [18])
v δ N(δ),m → v δ N(δ) yếu* trong L ∞ (0, T ; L 2 ), v δ N(δ),m → v δ N(δ) yếu trong L 2 (0, T ; H 1 ), tv N(δ),m δ → tv δ N(δ) yếu* trong L ∞ (0, T ; H 1 ), tv δ N(δ),m 0
→ tv δ N(δ) 0 yếu trong L 2 (Q T ), v δ N(δ),m → v δ N(δ) yếu trong L p (Q T ),
(3.5.30) trong đó Q T = Ω × (0, T ) Sử dụng bổ đề ([18], Lions, trang 57) áp dụng vào (3.5.30), ta có {v δ N(δ),m } được ký hiệu bởi {v N(δ),m δ } thỏa mãn tv N(δ),m δ
Theo định lý Riesz-Fischer, ta có {v δ N(δ),m } ký hiệu bởi{v δ N(δ),m } thỏa mãn v N(δ),m δ (x, t) → v N(δ) δ (x, t) với hầu hết (x, t) trong Q T = Ω × (0, T ).
(3.5.33) với hầu hết (x, t) trong Q T = Ω × (0, T ).Mặt khác, bằng cách sử dụng (3.4.3), (3.5.14), (3.5.16) , ta có
≤ B 5 (δ, T ), (3.5.34) với B 5 (δ, T ) là ánh xạ không phụ thuộcm.
Bổ đề 3.5.2 (Theo [18] (Bổ đề 1.3)) Đặt Q là miền mở, bị chặn con của R N và G m , G ∈ L q (Q), 1 < q < ∞, sao cho kG m k L q (Q) ≤ C, với C là hằng số độc lập với m (3.5.35) và
G m → G yếu trong L q (Q) Áp dụng bổ đề 3.5.2 với q = p 0 = p−1 p , G m = F v δ N(δ),m (x, t)
Cho qua giới hạn (3.5.6) và (3.5.4) bởi (3.5.30) và (3.5.36), ta có được đánh giá (3.4.1).
3.5.2 Chứng minh tính duy nhất của nghiệm bài toán
Giả thiết bài toán (3.4.1) có hai nghiệm v δ N(δ) và w δ N(δ) Ta cần chỉ ra rằng v N(δ) δ = w N(δ) δ Nhắc lại:
Khi đó với (x, t) ∈ Ω × (0, T ), ta có
Lấy tích vô hướng hai vế của (3.5.38) với W δ N(δ) và lấy tích phân từ t đến T và chú ý
Ω b obs δ (x, t)|∇W δ N(δ) | 2 dx, ta được kW δ N(δ) (., T )k 2 L 2 (Ω) − kW δ N(δ) (., t)k 2 L 2 (Ω)
Sử dụng các giả thiết, ta có Z T t
Sử dụng bất đẳng thức (3.3.8), ta có đánh giá sau Z T t
Do đó, với mọi t ∈ [0, T ] thì kW δ N(δ) (., t)k 2 L 2 (Ω) = 0 vì W N(δ) δ (x, T ) = 0 Chứng minh xong.
3.5.3 Đánh giá sự hội tụ
Phân tích và chứng minh là tương tự với chứng minh của Định lý 3.3.3.
Bằng một số tính toán, ta có kV δ N(δ) (ã, T )k 2 L 2 (Ω) − kV δ N(δ) (ã, t)k 2 L 2 (Ω)
Các số hạng Ae4 , Ae5 , Ae6 tương tự với (3.3.22) Xét Ae8 Bởi các giả thiết (3.4.4), ta có
= −γ Z T t kV δ N(δ) (., s)k 2 L 2 (Ω) ds (3.5.43) Áp dụng Định lý 3.3.3, ta có EkV N(δ) δ (ã, t)k 2 L 2 (Ω) ≤ EkG δ,N(δ) (x) − g(x)k 2 L 2 (Ω)
V δ N(δ) (x, t) = e ρ δ (t−T ) u δ N(δ) (x, t) −u(x, t) và áp dụng Bổ đề 3.2.1, ta có e 2ρ δ (t−T ) E u δ N(δ) (x, t) −u(x, t)
2 L 2 (Ω) ds (3.5.45) Áp dụng bổ đề Gronwall, ta thu được e 2ρ δ (t−T) E u δ N(δ) (x, t) − u (x, t)
Áp dụng kết quả vào một số phương trình đặc biệt
Ta xét hàm nguồnF (u) = u − u 3 cho bài toán (1.1.1) Đây là dạng phương trình Ginzburg-Landau thỏa mãn ở mục 3.3 và không thỏa mãn 3.2 Với mọi R > 0, ta xấp xỉ F bởi F R được cho bởi
Dễ thấy K(R δ ) = 1 + 3R 2 δ Chọn β N(δ) = N(δ) −c với mọi 0 < c < min( 1 2 , 2γ d ), và N(δ) được chọn bởi
3 Áp dụng Định lý 3.3.3, sai số E u δ N(δ) (x, t) −u(x, t)
3.6.2 Phương trình Fisher–KPP phi tuyến
Trong mục này, chúng tôi quan tâm đến bài toán ngược đối với phương trình parabolic phi tuyến dạng Fisher-Kolmogorov-Petrovsky-Piskunov u t − ∇ a(x, t)∇u
Theo tác giả Skellam [19], phương trình (3.6.4) có nhiều ứng dụng trong động lực dân số và môi trường định kỳ Trong những tài liệu tham khảo, đại lượng u(x, t) thường là viết tắt của mật độ dõn số và cỏc hệ sốa(x, t), γ(x), à(x)lần lượt là hệ số khuếch tán, hệ số tốc độ tăng trưởng nội tại và hệ số đo lường ảnh hưởng của cạnh tranh đến tỷ lệ sinh và tử Phương pháp của chúng tôi có thể được áp dụng cho mô hình này tương tự như ví dụ 7.1 Tuy nhiên, vì các ý tưởng của ví dụ 7.1 và 7.2 là như nhau, chúng tôi chỉ nêu mô hình mà không đưa ra các sai số.
Lấy F (u) = u 1 3 thì dễ thấy F thỏa mãn (3.4.2), (3.4.3) và (3.4.4) Hơn nữa, có thể chỉ ra rằng F không phải là hàm Lipschitz địa phương Vì vậy, chúng tôi không thể giải quyết bài toán trong trường hợp này với bài toán (3.3.6).
Chúng tôi xét bài toán
Chọn β N δ và N δ như ở mục 6.1 Áp dụng định lý 3.3.3, sai số giữa nghiệm của (3.6.6) và u là E u δ N(δ) (x, t) −u(x, t)
Nhận xét 3.6.1 Sau đây, chúng tôi đưa ra một so sánh về phương pháp và kết quả trong nghên cứu này với kết quả trong [30, 32] Tất cả các phương pháp là phương pháp cắt, nhưng vấn đề của chúng tôi rất phức tạp do dữ liệu bị nhiễu bởi dữ liệu ngẫu nhiên Chúng tôi cần Bổ đề 3.2.1 để xác định thiết lập chính xác theo dữ liệu đo được Các hệ số N (δ) nên được chọn một cách thích hợp để sai số giữa nghiệm xấp xỉ và nghiệm chính xác hội tụ Có hai điểm mạnh trong nghiên cứu này được cải tiến hơn so với [30, 32]
• Trong Định lý 3.2.8, chúng tôi đưa ra kết quả chỉnh hóa trong trường hợp giả định yếu hơn chou, cụ thể,u ∈ C([0, T ]; L 2 (Ω)) Đây là một trong những kết quả đầu tiên thu được trong trường hợp này và không được xem xét trong [30, 32] Trong các bài báo đó, để điều tra lỗi, nghiệm chính xác được giả định trong không gian Gevrey, điều này giới hạn số lượng hàm thỏa so với không gian hàm C([0, T ]; L 2 (Ω))
• Trong [30, 32], các hàm nguồn phải đáp ứng điều kiện Lipschitz toàn cục Tuy nhiên, trong nghiên cứu này, chúng tôi xét một lớp hàm khá rộng, bao gồm lớp hàm Lipschitz địa phương và một số hàm phi địa phương.