MỤC LỤC
Trang MUC LUG 000 c cece eee c ec ec ec eceveveeeeseveses 1
LỜI NÓI ĐẦU 2
Chương 1:Một số kiến thức bổ trợ 6
1.1 Khái niệm bài tốn đặt khơng chỉnh và các ví dụ 6
1.1.1 Khái niệm bài tốn đặt khơng chỉnh 6
1.1.2 Các ví dụ về bài tốn đặt khơng chỉnh 8
1.1.3 Phuong trinh parabolic ngược thời gian là bài tốn đặt khơng ChỈnh Q2 Q n n n n n nh nh ko kh nhà kg 17 1.2 Khái niệm về họ các toán tử chỉnh hóa và các tính chất cơ bản 19 1.2.1 Khái niệm về họ các toán tử chỉnh hóạ 19
1.2.2 Các tính chất cơ bản của toán tử chỉnh hóa_ 20
Chương 2: Một phương pháp chỉnh hóa phương trình parabolic ngược thời gian 24
Trang 2Bài toán ngược cho phương trình đạo hàm riêng thường xuyên xuất hiện trong nhiều lĩnh vực khác nhau của công nghệ địa vật lý, thủy động
học, y học, xử lý ảnh đó là những bài toán khi các dữ kiện của quá
trình vật lý không đo đạc được trực tiếp mà ta phải xác định chúng từ những dữ kiện đo đạc gián tiếp Trong luận văn này, chúng tôi đề cập tới phương trình parabolic ngược thời gian Đó là bài toán cho phương
trình parabolic khi điều kiện ban đầu không được biết mà ta phải xác định nó khi biết điều kiện cuối cùng
Phương trình parabolic ngược thời gian thường xuyên xuất hiện trong
lý thuyết truyền nhiệt, khi ta xác định nhiệt độ tại một thời điểm nào đó trong quá khứ qua nhiệt độ đo đạc được tại thời điểm hiện tại, bài toán
này thường xuyên xuất hiện trong địa vật lý Trong bài toán về nước ngầm, để xác định việc truyền tải của các chất gây ô nhiễm tại một vùng
nước ngầm người ta dùng phương trình khyếch tán-đối lưu (phương trình parabolic) ngược thời gian với đo đạc ở thời điểm hiện tạị Phương trình parabolic ngược thời gian cũng thường xuyên xuất hiện trong khoa học vật liệu, xử lý ảnh các bài toán này nghiên cứu khá nhiều, tuy nhiên
cũng chỉ cho một lớp phương trình đặc biệt, hơn nữa việc đề xuất các phương pháp giải gần đúng các bài tốn này ln là vấn đề được đề cập
đến
Bài toán kế trên đặt không chỉnh theo nghĩa J.S.Hadamard (1865 - 1963) Một bài toán được gọi là đặt chỉnh nếu nó thỏa mãn ba điều kiện a) nó có nghiệm, b) nghiệm duy nhất, c) nghiệm phụ thuộc liên tục (theo
một tôpô nào đó) theo dữ kiện của bài toán Nếu ít nhất một trong ba
Trang 3điều kiện này không thỏa mãn thì ta nói rằng bài tốn đặt khơng chỉnh
Nhiều bài toán thực tiễn của khoa học và công nghệ đã dẫn đến các
bài tốn đặt khơng chỉnh, khi nghiên cứu các bài toán đặt không chỉnh là việc tìm các đánh giá ổn định Các đánh giá này cho ta biết bài toán
"xấu" đến mức nào để từ đó đưa ra một số phương pháp hữu hiệụ Để
xấp xỉ một cách ổn định nghiệm của bài toán đặt không chỉnh, ta phải dùng các phương pháp chỉnh hóa như: phương pháp tựa đảo, phương pháp phương trình Sobolev, phương pháp bài toán giá trị biên không địa phương đã tỏ ra khá hữu hiệu cho phương trình truyền nhiệt ngược thời gian trong trường hợp tuyến tính (ƒ = 0)
Ý tưởng chỉnh hóa phương trình parabolic ngược thời gian bằng
phương trình đầm ngược (the backward beam equation approach) được
Buzbee và Carasso đề xuất vào năm 1973, tác giả đã đưa ra phương pháp phương trình dầm ngược để giải phương trình parabolic tuyến tính tự liên hợp ngược thời gian Một đặc điểm quan trọng của phép xấp xỉ này là nó không giới hạn tới phương trình parabolic đối với một công thức rõ ràng về toán tử nghiệm Trong luận văn này, chúng tơi nghiên cứu bài tốn sau đây
Cho 7ï là không gian Hilbert với tích vô hướng (-,-) và chuẩn || - |
Giả sử © là một giới hạn miền xác dinh trong R” với một C® biên Ø9,
với ƒ(œ) € I^(©) đã cho và hằng số dương đã biết ở, Af, 7, tìm tất các
nghiệm của hệ phương trình
Trang 4bởi bài toán phương trình dầm ngược thị =(A+k}⁄u,xzcO9,0<£f<7T u =Au=0, 1€ 00, 0<t<T (3) u(ø,0) = g(x), u(x,T) = f(x), ở đây k là một số dương đã chọ Nếu thay bài toán (1)-(2) bởi bài toán sau u=0, c0, 0<f<7: (4) với rằng buộc th +Au=h(t,u(t)), «EQ, 0<t<T, llu(-.7) — ƒllz < ở {Hh <M, (5)
ƒ(%) € 12(O) và hằng số dương đã biết ổ, A7, 7 và A là toán tử Laplacian trên @, thì câu hỏi đặt ra là có thể chỉnh hóa bài toán (4)-(5) bằng bài toán phương trình dầm ngược hay không ?
Mục tiêu của luận văn này là
- Chứng minh phương trình dầm ngược (3) là bài toán đặt chỉnh
- Đưa ra phương pháp chỉnh hóa nghiệm phương trình parabolic tuyến
tính ngược thời gian (1)-(2) đã nêu và đánh giá sai số
- Đưa ra phương pháp chỉnh hóa nghiệm phương trình parabolic phi
tuyến ngược thời gian (4)-(5) đã nêu và đánh giá sai số
Trang 5Trong chương 1, trình bày một số kiến thức liên quan bổ trợ cho nội
dung chương 2, cụ thể là khái niệm bài tốn đặt khơng chỉnh, các ví dụ,
khái niệm về họ các toán tử chỉnh hóa và các tính chất cơ bản
Trong chương 2, tìm hiểu một phương pháp chỉnh hóa nghiệm của
phương trình parabolic ngược thời gian dạng (1)-(2) và dạng (4)-(5) Ở chương này, để chỉnh hóa nghiệm của bài toán ( 1)-(2) chúng tôi sử
dụng nghiệm 0(f) = e #!⁄(:,#) của bài toán phương trình dầm ngược
đặt chỉnh (3) làm nghiệm xấp xỉ cho bài toán (1)-(2) Và chứng minh
` Z 1 MT Z
rang néu k = (j) In (5) trong (1)-(2) va u(x, ¢) là nghiệm bất kì của (1)-(2) thì ta luôn có
le “f+ø(-,£) — u(-,£)||z < AMI9*31”, vị e |0, TỊ (6) Vì khả năng của bản thân còn hạn chế nên luận văn sẽ không tránh
khỏi những thiếu sót, tác giả rất mong nhận được sự góp ý của thầy cô
và các bạn
Luận văn được hoàn thành dưới sự hướng dẫn nhiệt tình của thầy giáo, TS Nguyễn Văn Đức, sự giúp đỡ của các thầy cô giáo trong tổ Giải tích, khoa toán-trường Đại học Vinh cùng với gia đình và ban bè Tác giả
xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới thầy giáo, Ts Nguyễn Văn Đức-người
đã dành cho tác giả sự quan tâm giúp đỡ tận tình trong suốt quá trình nghiên cứu và hoàn thành luận văn
Cuối cùng, tác giả xin gửi lời cảm ơn đến Ban chú nghiệm khoa, các
thầy cơ trong khoa Tốn-trường Đại học Vinh đã trang bị kiến thức và
kinh nghiệm bổ ích cho tác giả trong thời gian học, xin cảm ơn tập thể cao học 17-Giải Tích đã tạo điều kiện giúp đỡ cho tác giả trong quá trình
học tập và hoàn thành luận văn
Xin tran trọng củm on Nghệ An, tháng 12 năm 2011
Trang 6CHƯƠNG 1
MOT SO KIEN THUC BO TRG
1.1 Khái niệm bài toán đặt không chỉnh và các ví
dụ
1.1.1 Khái niệm bài toán đặt không chỉnh
Khái niệm về bài foán chỉnh được J Hadamard đưa ra khi nghiên cứu
về ảnh hưởng của các điều kiện biên lên nghiệm của các phương trình
elliptic cũng như parabolic Việc tìm nghiệm + của bất kì một bài toán
nào cũng phải dựa vào dữ kiện ban đầu ƒ, có nghĩa là z = R(ƒ) Ta sẽ
coi nghiệm cũng như các dữ kiện đó là những phần tử thuộc không gian X và Y với các độ đo tương ứng là
li — z:|lx và l1 — /|ly, #i,z3 € X: J €Ỵ
Giả sử đã có một khái niệm thế nào là nghiệm của một bài toán Khi đó, bài toán tìm nghiệm « = R(f) được gọi là ổn định trên cặp không
gian (X,Y), nếu với mỗi số e > 0 có thể tìm được một số ổ(£) > 0, sao
cho từ
Il fi — fally < d(e) ta có |l+ì — %2||x < €,
6 day a — R(fI), sa — R›), xì, ra €X;:Í]h, J €Ỵ
Định nghĩa 1.1
Bài toán tìm nghiệm z € X theo dữ kiện ƒ € Ỵ được gọi là bà¿ toán
Trang 7“I
e Véi méi f € Y, ton tai nghiém x € X;
e Nghiém x do được xác định một cách duy nhất;
e Bài toán này ổn định trên cặp không gian (X, Y)
Một thời gian dài người ta cho rằng mọi bài toán đặt ra đều thỏa mãn ba
điều kiện trên Nhưng trên thực tế chỉ ra rằng quan niệm đó là sai lầm Trong tính toán, các bài toán thực tế bằng máy tính luôn diễn ra quá trình làm tròn số, chính sự làm tròn đó dẫn đến các kết quả sai lệch đáng
kể Nếu ít nhất một trong ba điều kiện trên không thỏa mãn, bài toán tìm nghiệm được gọi là bài tốn khơng chỉnh Đơi khi người ta gọi là bài tốn đặt khơng chính quy hoặc bài toán thiết lập khơng
đúng đắn Bài tốn có thể thiết lập không đúng đắn trên cặp không
gian định chuẩn này, nhưng lại thiết lập đúng đắn trên cặp không gian định chuẩn khác Đối với bài toán tìm nghiệm xấp xỉ của phương trình
Ăx) = f(x)(*), f € Y (trong do A là một toán tử từ không gian định chuẩn X vào không gian định chuẩn Y nào đó) dữ kiện ban đầu ở đây
chính là toán tử 4 và về phải ƒ
Giả sử rằng toán tử A cho trước một cách chính xác, còn về phải ƒ cho bởi ƒ; với sai số ||ƒs — ƒl|y < ð Như vậy, với (ƒ;, ở) ta cần phải tìm một
phần tử z¿ € X hội tụ đến nghiệm chính xác zo của phương trình (+) khi
öð — 0, phần tử z¿ có tính chất như vậy được gọi là nghiệm xấp xỉ của bài tốn khơng chỉnh trên Nếu kí hiệu Q¿ = {z € X : ||Ă+) — ƒ#|ly < of,
thì nghiệm xấp xỉ của phương trình trên phải nằm trong tập Q¿ Nhưng
rất tiếc là tập Q¿ này lại quá lớn, tức là có các phần tử cách nhau rất xạ Chính vì vậy, không phải tất cả các phần tử của Q¿ có thể coi là nghiệm xấp xỉ củăx) được Vì lẽ đó, bài toán đặt ra là phải chọn phần tử nào của Q¿ làm nghiệm xấp xỉ cho (+) Muốn thực hiện việc chọn đó cần thiết
Trang 8thông tin định tính (tính trơn hoặc tính đơn điệu của nghiệm ) cho ta xây dựng thuật toán tìm nghiệm xấp xỉ của bài tốn khơng chỉnh (+)
1.1.2 Các ví dụ về bài tốn đặt khơng chỉnh
Sau đâỵ chúng tôi đưa ra một số ví dụ về loại các bài toán đặt không
chỉnh
1.1.2.1 Ví dụ hệ phương trình đại số tuyến tính
Nhiều bài toán thực tế được quy về giải hệ đại số tuyến tính, trong đó có một sự thay đổi nhỏ hệ số của hệ phương trình dẫn đến thay đổi
lớn nghiệm của hệ, thậm chí làm cho hệ trở nên vô nghiệm hoặc vô định
Những hệ phương trình đại số tuyến tính có tính chất như vậy được gọi
là hệ phương trình điều kiện xấụ Ma trận 4 tạo bởi hệ số của hệ phương trình này được gợi là ma trận điều kiện xấụ Ví dụ 1.2 Hệ phương trình 2m1 + #2 =2 tr + 1,01z¿ =2,01 (1.1) rn 1 ' 32 ba 3 có nghiệm là z¡ —= 7 = 1, trong khi đó hệ phương trình 221 + X2 =2 {3 Ole; +22 = 2,05 (1.2)
có nghiệm là z¡ — 5ð, z¿ — —8 ta thấy một sự thay đổi nhỏ của hệ số và
về phải trong phương trình thứ hai kéo theo những thay đổi đáng kể của
nghiệm Vậy hệ phương trình đó được gợi là hệ điều kiện xấụ
Ví dụ 1.3 Ma trận
—73 78 24
A=lL 92 66 25
—80 37 10
Trang 9—73 78,01 24 det | 92 66 25) & —28, 199999003 —80 37 10 —73 78 24 det {92,01 66 25] = 2,0800007556 —80 37 10 —73 78 24 det {| 92 66 25 = —118, 93999938 —80 37 10,01 1.1.2.2 Ví dụ về tính đạo hàm của một hàm số Vi dụ 1.4 Gia stt ham y = f(x) c6 dao ham Ta can tinh đạo hàm œ-+h) — fe) = time) = Flo) h—0 h bằng số tại z Muốn vậy, ta chọn dãy {h¿} sao cho h¿ — 0 khi k —> œ ` 2 4 : ^ và tỷ sô sai phân Dy = "— TIO) r—01 N uk
Khi đó, nếu N dt lén, tite hy dt nho, Dy sẽ là xấp xỉ tốt của /“(+) Vậy
thi hy nhd bao nhiêu ta sẽ nhận được xấp xỉ tốt Liệu hx càng nhỏ có
cho ta xấp xỉ càng tốt hơn không? Để trả lời cho câu hỏi này ta xét ví
dụ sau
Cho ƒ(z) = e* Tính đạo hàm /f(1) với hạ = {10}”* cho ta kết quả
Nếu k = 10 thi Dy =0 ma ƒ“(1) © 2.718282, Néu k = 5 thi D; = 2,7183 ma f'(1) & 2, 718282
Như vậy khi k = 5 thì tỷ số sai phân cho ta xấp xỉ tốt hơn cả
1.1.2.3 Ví dụ về cực trị của hàm số
Ví dụ 1.5 Xét bài toán ¿(y) = ø trên đoạn thang y = Apx + yo chita
trong phần tư thứ nhất của mặt phẳng XOY, trong đó > 0 và À¿ là
các số cho trước Giả sử Às = 0 và thay cho À¿ ta có À¿ : ||A¿ — Aa|| <
Trang 1010
® À¿ >0, thay đường thẳng # — o ta có đường thẳng đi: : 1 — Às#-/
Giá trị cực tiểu của hàm ¿() trên một phần của đ¡ nằm trong vùng {z > 0, > 0} đạt được tại điểm (0, yo) điều đó có nghĩa là
x =0
(200) nơ
® À; > 0, thay đường thẳng y = y ta co dung thang dy : = À¿#-L0 do À¿ < 0 nên dy cat true OX tại một điểm z;(ở) nào đó Giá trị cực tiểu của hàm ¿(ø) trên một phần của đạ nằm trong vùng {z >0, > 0} đạt được tại điểm (z¿(ỏ),0) tức tại x = %(0) 1.4 Â6(e(8) =0 t4) khi ổ —> 0, As > 0 va x2(6) 3 oœọ Vậy bài toán này không ổn định 1.1.2.4 Ví dụ về tìm cực tiểu của hàm số Ví dụ 1.6 we Xét J(u) = 1+) >0 (1.5) 0, u< 0
e Giá trị nhỏ nhất của J(u) 1a J* = 0
e Tập lồi giải ={u | <0}
Trang 1111
toán trên hội tụ đến nghiệm của bài toán trong chuẩn Lạ[0, 1] Tuy nhiên,
tồn tại dãy tối thiểu hóa không hội tụ đến œ„(£) trong chuẩn C[0, 1] là 1— |ðkí — 1| 2kt ; St<a = 0¿(1) — 1 (1.6) 0 ? k <t<l That vay 1 lluy — w;|[r„ = g 0 khi k->occ, nhưng |lo¿—+lc =120 khi k>œ 1.1.2.5 Ví dụ về tính chuỗi Fourier khi hệ số cho gần đúng Ví dụ 1.8 Xét chuỗi Fourier too filt) = 5° ap cos(nt) n=0 v6i hé s6 (ap, a1, ,n, -) € Ly dutdc cho xp xi bic) = Gn + —,n > 1 n va co = ag Khi do, chudi Fourier tuong ttng fo(t) = ` én cOs(0£) „=0 cũng cố hệ số (co,ei, ,e» ) € bạ Khoảng cách giữa chúng là + % ? 2 + oo ? 2 6 2 1 ra = À X(œ — đa) =£ ` 2) oN GE n=0 n=1 — Do đó, khoảng cách giữa hai bộ hệ số này có thể làm nhỏ tùy ý, trong khi đó +00 | fo(t) — fAi(D |] = >> n=1
Trang 12định khi hệ số của chuỗi có sự thay đổi nhỏ Tuy nhiên, nếu xét trong ha |0, 7L | thi Nis 7 T -+% Tu —fi(t)P dt} = [Xo — dp) cos(nt) Pdt 0 ụ "=0 ] +00 T 2 = » n-1 ~ = (Cn — an)” HI =e Za: 2
Như vậy, bài toán lại ổn định, tức là khi dữ kiện ban đầu a„ cho bởi
xấp xỈ eạ với sai số khá nhỏ, thì các chuỗi Fourier tương ứng ở trên cũng sai khác nhau không nhiều trong "20, z|
1.1.2.6 Ví dụ về xét bài toán Cauchy cho phương trình Laplace hai chiều Ví dụ 1.9 Xét bài toán Cu Pu 3„2 ng — 0, dy Ou (1.7)
(s0) = fla), 5rly-0= ola), se < x < 400,
(ở đây f(x) va v(x) 1a cdc ham cho trudéc)
a
e Néu lay f(z) = fi(x) = g(x) = yi(x) = tsin(ax) thi nghiém
4 Sin(ax)sh(ay),a > 0
cha bai todn trén 1a u(x, a
e Nếu lấy f(x) = fo(x) = ¢(x) = ă+) = 0 thì nghiệm của bài toán (1.7) là œ¿(z,) = 0 Với khoảng cách giữa các hàm cho trước và nghiệm được xét trong độ đo đều ta có
fi — fell = sup |fi(x) — (z)|=0,
1
|: — 2|] = sup |yi (x) — 2(3)| = a
Trang 1313
Với a khá lớn thì khoảng cách ||¿¡ — ựa|| lại khá nhỏ Trong khi đó,
khoảng cách giữa các nghiệm
llui — wei] = sup Jan (x, y) — ue(x, y)| ry 1 = sup |- sin(ax)sh(ay)| xy @ = 4 sh(ay),
với > 0 cố định lại lớn bất kì Do đó bài tốn khơng ổn định
1.1.2.7 Ví dụ về phương trình tích phân Fredholm loại I Ví dụ 1.10 Xét [KC s)p(s)ds = fo(t), t € [c,d] —œ < ø< b< +œ —œ << đ< +œc, (1.8)
ở đây nghiệm là một hàm ¿(s), về phải ƒă£) là một hàm số cho trước và nhan Ăt, s) cua tich phan cùng với 20) được giả thiết là các hàm liên
tục Ta giả thiết nghiệm ¿(s) thuộc lớp các hàm liên tục trên [a, b} với khoảng cách giữa hai hàm ¿¡ và ¿¿ là
l2: — #2 = max |pi(s) — #s(s)|- s€la,b]
Sự thay đổi vế phải được đo bằng độ lệch trong ⁄a[c, đị tức là khoảng cách giữa hai hàm ƒ¡(f), fo(t) trong Le{c, d] la
1 2
d
li — fallzatea = | fi(t) — f(t) [Pat
Giả sử phuong trinh (1.8) cé nghiém yo(s) Khi đó, với về phải
b
filt) = fo(t)4 v | K(t, s) sin(ws)ds
Trang 1414 phương trình (1.8) có nghiệm #18) = ¥0(s) + Nsin(ws) Với N bat ki va w đủ lớn, thì khoảng cách giữa hai hàm fo(t), f,(t) trong La[{c, đị là 1 LẮM 2 li — Filltsed = |N| leo (e2) có thể làm nhỏ tùy ý Thật vậy, đặt K = K(t.s)| may cet ca | ứ.s)| ta tính được đ 2 1 lI fo — JiÌÌr;:ẹa < |N| (sna ons] € < [VIKuuCn, œ
với Cạ là một hằng số dương Chọn và œ lớn tùy ý, thì ||ƒo — #ilÌr;:ea: có thể lấy đủ nhỏ khi ¿ — œ Trong khi đó
ko — #¡l[ = max |øo(s) — #¡(5)| = |NỊ, s€Ía,b]
Trang 1515
Dễ dang chon N, w sao cho || fo — fillzejeq rất nhỏ nhưng vẫn cho kết quả |l¿o — #i|Ìr;(a») rất lớn
1.1.2.8 Ví dụ về bài toán xác định của hàm bởi hệ số Fourier Ví dụ 1.11 Lấy một dãy của {u„} € L; đã chọ Xác định hàm z(z): HỶ [9| Ÿ38noá = Un, n = 1,2, (*) 0 2 eas ae Day ham VỆ n0) n=1,2, , 1a hệ trực chuân đây đủ trong không 7 gian Lạ|0, z| Với mỗi œ — {u„} € Lạ tồn tại duy nhất hàm z € Lạ[0,Z] mà z(%) = > m n=1 và đẳng thức (+) cố định Mặt khác 00 Izllf,ø„¡ = llellf,o„j = 22 #2 n=1
cố định Do đó nghiệm z(+) phụ thuộc liên tục trên dữ kiện ban đầu = {uạ} Sự xác định của hàm z € L»[0, 7] bang hé s6 Fourier u = {un} là bài toán đặt chỉnh Bây giờ, chứng tổ bài toán này đặt không chỉnh
nếu z € C[0, 7] va u = {un} € L› Thật vậy, nghiệm của bài tốn khơng
Trang 1616
nếu hàm z(z) tồn tại thì từ đẳng thức Parseval ta có
lÌz — ZÌl,„o„¡ — 0 và e C[0, z]
Vì vậy có sự mâu thuẫn, do đó bài toán không ổn định
1.1.2.9 Ví dụ về bài toán thác triển giải tích Ví dụ 1.12 Xét bài toán:
e f(z): giải tích (phức) trên 7)
e ham f cho trén 7 C D e d(t,AD) > dy > 0
Từ giá trị của ƒ trên 7, tồn tại duy nhất một thác triển giải tích của ƒ
trén D Cho z € OD,d(z,T) =d > 0, cho f; gidi tích trên ñ) Dat fo(z) = /(z) + ta có ® z— Z0 y là hàm giải tích trên faz) — fiz) = > |felz) — filz) £ <= O(e > 0) <= + 0(- 40) Z — Ø0 Khi do z — 2 thi |fo(z) — fi(z)| => %(z —> z),z€ D 1.1.2.10 Ví du về phương trình tích chap Ví dụ 1.13 Cho
k € LI(R),u€ LăR), k * u(&) —= / k(œ — y)u(y)dy € LăR) Giải phương trinh: k «u = ƒ (ƒ dữ kiện đo đạc) Tìm ủ
Cho ƒ € L¿(R), xét phương trình tích chập k xu = ƒ Lấy biến đổi Tourier cả hai về
~OoO
Figl(€) = 2(§) = = In
Trang 17
E—'[g](€) = (6) = zJ g(+)et* dr
nên ta có k « u(€) = kale) = f(g) > ñ(@ = ry
Do d6 u(x) — Pra vậy
e #(£) rất nhỏ tại một số điểm, do đó bài tốn khơng ổn định e k(€) với |&(£)| —> 0(|€| —> se), do đó bài tốn khơng ổn định
1.1.3 Phương trình Parabolic ngược thời gian là bài tốn đặt khơng chỉnh
1.1.3.1 Phương trình Parabolic tuyến tính ngược thời gian là bài toán đặt không chỉnh
Cho ï7 là không gian Hilbert với tích vô hướng (- -) và chuẩn ||.|| Xét
phương trình parabolic tuyến tính ngược thời gian dạng
LG 0<t<T (1.9)
lu(7) — fll <4,
với rằng buộc
lu(0)||< 1, (1.10)
trong đó 4 là tốn tử dương, khơng bị chặn, tự liên hợp và ƒ là hàm
thuộc #7 Tìm một hàm u : [0,7] —> J7 thỏa mãn (1.9) Ta chứng minh (1.9) là bài tốn đặt khơng chỉnh
Thật vậy, với giả thiết A có một cơ sở riêng trực chuẩn {p}p>1 trong khong gian Hilbert H, tuong ting vdi gid tri riéng 1a
0<Ài¡<À¿<Às< < lim = +00
Trang 1818 và bài toán (1.9) có thể biến đổi dưới dạng oO um = i eF-O foby, O<t <T, po (1.11) f= » Soop: p=1
Từ £ <7, thì từ (1.11) khi p rất lớn eƒ~?› tăng khá nhanh Như vay cŒ~Đ3% là không ổn định Do đó bài toán (1.9) là bài toán đặt không chỉnh
1.1.3.2 Phương trình Parabolic phi tuyến ngược thời gian là
bài toán đặt không chỉnh
Cho ÿƒ là không gian Hilbert với tích vô hướng (.,.) và chuẩn ||.|| Xét phương trình parabolic phi tuyến ngược thời sian dạng
any phen 0<t<T (1.12)
llu(2) — fll < 6,
với rằng buộc
lu(0)||< 1, (1.13)
trong đó A là tốn tử dương, khơng bị chặn, tự liên hợp và ƒ là hàm
thuộc H Tìm một hàm u : [0,7] + H thoa man (1.12) Ta chứng minh (1.12) là bài tốn đặt khơng chỉnh
Trang 1919
Từ £ <7, thì từ (1.14) khi p rất lớn cƒỨ~?z tăng khá nhanh Như vậy
số hạng cŒ=ĐÀ› là không ổn định Do đó bài toán (1.12) là đặt không
chỉnh
1.2 Khái niệm về họ các toán tử chỉnh hóa và các tính chất cơ bản
1.2.1 Khái niệm về họ các toán tử chỉnh hóa
Cho (X |.lIx), (Y, ||-|ly) là các không gian định chuẩn, 4: Y -> X là toán tử (ánh xạ)
Dặt G:— Á!: X—Ỵ
Giải phương trinh Ay = x, cho x thi tim ø bởi công thức y = Aq!a,
Nhưng ta cho z là số gần đúng zŸ với zŠ thỏa mãn dữ kiện ||# — 2° || < 4
thi y = A7!x tim nhu thé nàọ Khi đó nếu tìm được toán tử ?(.) sao cho ||Rạ(zŠ) — Gz||y < e và ï¿ xác định trên toàn bộ không gian X thì
đã tính được Sai số của thuật toán được định nghĩa
Ăf,ð,z)= sup || Rs(x°) — Gall
lz—z°|<ô
Định nghĩa 1.14
Ánh xạ Œ được gọi chỉnh được trên tập 2 C D2¿ C X, nếu tồn tại ánh
xa R;(.) tit X © R* lén Y sao cho
lim Ă, ð, +) = 0, Va € D 630
Cho ở > 0, dữ kiện zẺ: || — x°||x < 6
¡, Liệu có thể chỉ sử dụng mỗi zŠ để xấp xỉ được Œz? 1, Khi nào thì G chỉnh được?
Trang 2020
1.2.2 Các tính chất cơ bản của toán tử chỉnh hóa
Dinh ly 1.15 (Bakushinskii) Anh xa G c6 thể chỉnh được trên D C De bdi ho Rs(.) = R(.)(khéng phu thuộc 6), 0 < 6 < 00, khi va chi khi nó
thác triển được lên toàn X sao cho thác triển nàu liên tục trén D
Chứng mưnh Ta có
e Diéu kién can: R(.) là thác triển phải tìm, (z¿,ở) là thông tin tối
thiểu để có thể xây dựng được xấp xỉ của Œ
e Diều kiện đủ: lấy h(.) — Œ là thác triển liên tục của Œ lên toàn
D(D(G))
Dịnh lý được chứng minh L]
Dịnh lý 1.16 (VZnokuroo) Giả sử ánh xa G sác định trên Dœ C X lên Y trong đó X, Y là các không gian metric Nếu Œ chỉnh được trên
+90
Dg, N là tap tri mat khap noi trong X, thi (J Ri(N) trù mật khắp trong
n=l "
Ỵ
Chứng mảnh Giả sử € Y, z € G-!(u) Vì N trù mật khắp nơi trong
X, nên tồn tại z„ € sao cho ||#¿„ — #||< — n
Do G chỉnh được trên 2¿ nên lim [Ri(2,), y| = 0
Oo
+00
Như vậy ta chỉ ra được dãy „ = :(+a) € LJ Ri(N) vay > y, viy 7 mio
bất kỳ nên định lý được chứng minh oO
Hé qua 1.17 NéuG: De C X 4 Y la toan anh Néu G chinh được
trên lq uà X tách được thà Y tách được
Trang 21Ví dụ 1.18 Cho X = 1° = {(ap)| sup |xn| < co} n VY =P ={(2y)| » |x„|?< œ} n=1 A:X—Y Ly 2: Un in > Alan) = (24 pg) Jhi đó e A là toàn ánh e KerA=0
e Toan tit ngudc G = A7!: Y > X khong chỉnh được bởi vì Y tách được còn X không tách được
Ví dụ 1.19 Biến phân của một hàm
Cho ƒ(z) xác định trên [ø, b] Lấy ø = #\ < #2 < < #ạ = b.(®) n-1 > |f (wer) — f(xx)| bién phan cha f trén [a,b] theo phan hoach Z k=1 Tñ la, Ù|
Kí hiệu V)( ƒ) không gian các hàm có biến phân toàn phần giới nội là không tách được (\V°(ƒ) kí hiệu là BV (a,b) hoaic TV (a, b).) a n—] Lay sup È} |ƒ(¿.i) — ƒ(zz)| = VW}(ƒ) biến phân toàn phần của ƒ trên k=l A: BV(a,b) > L7(Q), ánh xạ Ã! không chinh duoc trén ABV (a,b) C L?, vi BV(a,b) khong tách được, còn Lˆ thì tách được
Trang 22Chứng mảnh Giả sử Œ„ là dãy xấp xỉỈ, ta xác định họ các phủ IT, cua
không gian X bằng các tập mở như sau
II¡ Tập tất cả các tập mở U C X bởi điam < 1 sao cho diam G¡(Ù) < 1 ⁄ 3y Ta ai 1 1 II; Tập tất cả các tập mở C X bởi diam < 5 sao cho điam G2() < 5 4, 2 , ae 7: 1 1 II, Tap tat ca cdc tap md U C X bdi diam < — sao cho diam G,,(U) < — n n
(Với diam X=sup{ ||z — yl], Vz, y € X} Vi G,, lién tuc, nén bat ki x © X
nào cũng thuộc II],,
Z Z 2 1
Thực vậy, nêu z € X, lẫy một lân cận U của X sao cho diam < —,
a
khi do do tinh lién tuc ciia Gy, ta c6 thé lay U dé sao cho diam G,(U) < n
Bây giờ xây dựng hệ chỉnh R¿(+), cố định z và ở > 0 Với ở đủ nhỏ ở < ở, tồn tai n = m(ð,+) sao cho tìm được tập U C Iạ(ð,+), S(z,ð) C U
(9(z, ð) là quả cầu tâm z, bán kính ở)
Giả sử ñ(ð, z) là số lớn nhất, để điều kiện cuối thỏa mãn
Rõ ràng với ở < do đủ nhỏ thì luôn tìm được 7 Chứng minh ?3¿(z) chỉnh
trén tapD C De CX
Giả sử # € 7, theo bất đẳng thức tam giác
sup_ ||făz')— Œ(Z)|| < ||Œmaz›() — Œ(Z)|| lz-#ll<ð
+ snp_ |IGă3') |z—#|<ơ = Gs(3)|
Y M 1
< |ÌGn(#) — G()|| + n
ở đây n = n(6,z) + 0 khi 6 > 0 Thực vậy, mỗi quả cầu S(z,ð) chứa #, nên khi ở -> 0 rơi vào bất kì lân cận nào đó của #, nên với số N
được chọn, với ð đủ nhỏ, S(#,ð) rơi vào phủ mở IIy nào đó nghĩa là
m(ð.) > N
Trang 2323
Dinh lý 1.21 Nếu không gian Y tách được tà là tập cơn lồi của không
gian định chuẩn, tuyén tinh, G: Dg C X > Y la gidi han theo diém trén
DC D(G) ctia céc anh ta Gn, Gy lién tuc trén X Khi d6 G chinh được Dinh ly 1.22 Anh xa G ttt X vao khong gian tuyén tính định chuẩn Y tách được, chỉnh được trên D C D(Œ) C X khi va chi khi né la gidi han
Trang 24CHƯƠNG 2
MỘT PHƯƠNG PHÁP CHỈNH HÓA PHƯƠNG TRÌNH
PARABOLIC NGƯỢC THỜI GIAN
2.1 Chỉnh hóa phương trình parabolic tuyến tính
ngược thời gian bằng phương trình dầm ngược
Phần này trình bày chỉ tiết các kết quả được công bố trong bài báo [2] Xét bài toán m= Au,crEQ,0<t<T u=0, cE€d00,0<t<T với ràng buộc Ja¿(7) - fll <6 ¿(0| <1,
trong đó A là toán tử Laplacian trên 2 ÄAƒ > ở > 0, 7' là các số thực dương đã cho, ƒ(+) € L(O) Trong phần này, chúng tôi trình bày các
kết quả sau của Carassọ
Nếu #4(z,£), uăz, £) là hai nghiệm của bài toán trên thi
IJ (.,t) — uặ, #2 < 2M 7 Or
Gia stt N la so chieu cia 2, ¢ € Z, q > 0 va gia sto > 5s + Với
0< †<7T, chúng ta chứng tổ rằng có một hằng số £ thỏa mãn điều kiện
sau
5 2 + [{log(*4)\? a
Trang 252.1.1 Giới thiệu bài tốn
Cho #7 là khơng gian Hilbert với tích vô hướng (-.-) và chuẩn ||.|| Giả
sử © là một giới hạn miền xác định trong #‡* với một C® biên 29 Xét
bài toán sau
Với ƒ(z) € L?(O) đã cho và hằng số dương đã biết ở, M, 7, tìm tất
các nghiệm của hệ phương trình
uw = Au, cE, 0<t<T
‘een rE00,0<t<T (2.1)
với rằng buộc
(lu 0p CS, (2.2)
trong dé Au = ee la todn ttt Laplacian trên 2.V6i s > 0 giả sử {Àm}#% ¡ là giá trị riêng của toán tử Laplacian trong © với điều kiện
biên Dirichlet ØQ=0 tương ứng với dãy hàm {¿„(+)}Z ¡ Đối với mỗi
0€ L2(O), lấy {8a} ¡ là dãy hệ số Fourier của 0 Với mỗi s > 0, không
Trang 26dầm ngược tạ =(A+k)?ụ z€O,0<t<T u= Au=0, crEOQ.,0<t<T u(x, 0) = g(x) u(x T) = f(x) (2.3) với k là một số dương đã chọ Và chứng minh rằng nghiệm duy nhất u của (2.3) thoả mãn T—t t u(.#)|lt:< —— “Vfl, O<t<T 24 Iu(.9)l.< "Mall + Fllfll, OS tS (24) với f,g € L(Q), L> 0 bat kì
2.1.2 Tính đặt chỉnh của bài toán (2.3)
Trong phần này, chúng tôi nghiên cứu tính tồn tại, tính duy nhất và tính
ổn định của nghiệm yếu của bài toán (2.3) Cụ thể, chúng ta có
Định lý 1.23 Phương trình (2.3) có một nghiệm duy nhất đối tới ƒ, g bat ki trong L?(Q) va V1 > 0, ta có
T—t t
+ < — = <f<TT
Jules lg + #IUlị OS ts
Ngoài ra, u(x,t) € H®(Q),0<t<T, r,s >0 val > max(r,s) thi
Trang 28Néu 1 > max(r, s) va Am # k, 8h? (Am — k)(T - He " Ĩs „ ~3|A„,=klt oo KS CE Amt mo Am sh?(Am — k)(T) (Amt) < Œœ-=°), (2.7) với Œ là một hằng số chung, độc lập À¿„ và ¿ Một cách tương tự ta có ¡_„sR?(Àu — È)(f) ™ sh?(Am — k)T Vì © là cận, —A có một nghịch đảo compact Do đó, từ (2.7) và (2.8) ta <Œ(T~t)"t?), (2.8) có 2 tổng này kéo theo giá trị riêng luôn hội tụ Kết quả thu được là (ion) < e pT a ) m yew ‘let + e k” tes )?k" re Amok i 2 +) SO C(t) Nom? | (2.9) Amok Suy ra L „T— luc.9li< ( SE” +0) *”) li, rt =>) + (È7Zz£+cŒ~9 5 ) fl (2.10) Định lý được chứng minh L]
2.1.3 Chỉnh hóa của bài toán (2.1) và (2.2)
Trang 2929 Khi đó, nếu +»(z+,) là nghiệm duy nhất của tu =(A+k)*, ©cÓ,0<t<T w=Aw=0, 1€00,0<t<T w(x,0) = 0, (2.11) w(a,T) = eT f(x), x €Q Thì chúng ta có định lý sau đây 1 M
Dinh ly 1.24 Cho k = (2) In (5) trong (2.11) Giả sti u(x,t) la
nghiệm bắt kỳ của (2.1) uà (2.2) †a có
lle" w(.,t) — ul le < MP Ot 0<t <T
Với VÌ > 0, 0< t < TT, tồn tai C thỏa mãn =I —i log 3 t =t ot le #w(.,) = w( 1)|i < (« (1 +87) +p j Mi, „ N Do đó, neuge Z,q20,0>54+9,0<t<T, ta có max Ile" D?w(.,t) = D”u(,0)||x Bl<q - =# =e log „ Tot ot <K|t#+(T-1?+( °*)†| MT ä? (2.13) tới K là hằng số Cuối cùng, trơng (2.9) có ||u(-;T) — ƒlluz < ö, ||u(-,0)|lyz < M »ài >0 thì T_t
le" w( t) — ul, Hy < MP ot, Vt e (0,7) 2
Chiing minh Néu u(x, t) 1a mot nghiém ctia (2.1) va (2.2), giả sử (+, 0) —= g(x) thì ||g||rz < Af Vận dụng kết quả, khi phương trình có dạng
{Hi z€Q.£>0,
u(ac, t) = 0, x € O0,t > 0, (2.14)
Trang 3030
thì phương trình đó tồn tại duy nhất nghiệm đối với Vợ € L(©),
Ngồi ra, u(z,£) 6 /I*(Q) với t > 0 Dối với ! và s bất kỳ mà 0 < s < ï
ta có
|Iu( 2)|i < CC)
ở đây Œ là một hằng số dương chỉ phụ thuộc vào Ï — s
Tw két qua trén, u(x,t) 6 /T*(O) với £ > 0 Vì vậy u = Au = 0 trên 0 Định lý đúng đối với ø = c “+ Thật vậy, ø(z,£) thỏa mãn hệ 0a =(A+k)u, cEQ, 0<t<T v=Av=0, cEdaQ,0<t<T v(x, 0) = 9) v(x, T) = é u(x, T) «t >, (2.15) (2.16)
Lấy e(z,£) = (#,£)— 0(z, £) Thì e(z, £) là một nghiệm của phương trình
Trang 3232
2.2 Chỉnh hóa phương trình parabolic phi tuyến
ngược thời gian bằng phương trình dầm ngược Phần này trình bày kết quả về phương trình Burgers được công bố trong bài báo [3] Trước hết xét phương trình Burgers trên đoạn |0, L} theo biến z;
uw = —vAư F(u)+ f(), 0<t<TT, (2.19)
u(0) =a, (2.20)
ở day F(u) = —uuỵ
Giả sử ăz), ƒ(+, £) là các hàm trơn và đủ nhỏ để quá trình lặp Kato-
Fuita (xem |3|) hội tụ tới bài toán thuận thời gian trên đoạn |0, 7] Đặt
u(x,T) = b(x) V6i mot ham xấp xỉ b(») được đưa ra và áp đặt thêm giả
thiết về tính giới nội của nghiệm trên đoạn [0, T], Carasso đã thành lập
được một thuật toán để tính u(f) 0 < t< 7T Thuật tốn này khơng cần
địi hỏi thông tin chính xác về dữ kiện ban đầu a, mà chỉ cần đòi hỏi giữ
kiện này đủ bé Bồ đề 1.26 Tu có
T
Í (v\t — s|)“'/?ds < (8T/v)'? (2.21) Hơn nữa, nếu k > 0 thà
[tu — s|)- "eds < (o/kv)"?, (2.22)
Trang 3333 Từ (2.23) ta có khẳng định (2.21) Tiếp theo ta chứng minh (2.22) Ta có T i T [ lt — s[- eds = | (t— s)~!/2ẽ*5ds + / (s—t) eds 0 0 t (2.24) Bằng cách đổi biến u = s — f ở tích phân thứ haị Ta có T T~t / (s—t) ec" ds = om | ũ}/2e= 9u < e m/k)!!2 (2.25) t 0 Tiếp theo, ta xét tích phân thứ nhất ở về phải của (2.24) Đặt ò = ks Ta có t i fe kt /£ ị (t— s)~!2ẽ**ds = kẽ? | (kt — 0)~1'2ẽ*dọ (2.26) Jo 0
Vì tích phân Íj (z — v)7!/2e-"du bi chan déu theo x trong mién x > 0 nên (2.22) kéo theo các khẳng định (2.25) và (2.26)
Bồ đề đã được chứng minh oO
Chúng ta thiết lập bài toán parabolic tuyến tính ngược thời gian cho mỗi bước lap u™(t)
Tìm tất cả các nghiệm của bài toán
up = —vAu™ + F(u™!) + f(t), O<t<T, (2.27) với ràng buộc II⁄4/?(b„ — u{7))|| Area ||] = sup [Alum (t)|| <M = 0(v/16LT)'?, (2.29) << <£
trong đó 0 < Ø < 1 Carasso đề xuất thuật toán như sau
Đặt k = (1/T)In(A//ð) Xác định °(?) là nghiệm duy nhất của
phương trình
w) =v?(A—k/v)Pw® — (A — k/v)(e"f)
+ (ef), O<t<T, (2.30)
Trang 3434 Với mỗi n — 1,2,3, - , ta xác định +0”{/) là nghiệm của phương trình tị = U2(A— k(0)*ú" — v(A — kÍ0) (cƑ + e F(w™!) + (e™ f + eM Fw), , (2.32) w™(0) =0, w™(T) = edn (2.33) Bằng cách sử dụng Bổ đề 1.26, Dịnh lý 6.1, các bổ đề và định lý trong phần 3 của bài báo [3], Carasso chứng minh được kết quả sau
Định lý 1.27 Giả sửạ ƒ(f) 6€ D(A12) với ||A1/2ƒ(t)||e L'[0, 7] va điều
kiện sau được thỏa mãn
¡ T7 „
|Ị4!?a|| +| Al’? f(s) \|ds < (v/64LT)!”, (2.34) 0
Ky hiéu u(t) la nghiệm tương ứng của phuong trinh Burgers trén |0,T| va {w™ (Lt) }X_9 la mot day duoc rác định bởi (2.30) — (2.33) Khi dé, ton
tại một hằng số dương C„, chỉ phụ thuộc mm, sao cho
|.Á/2e— #2") — AU2u(0)||< Ca (n(M/ð)" ANŒ—9/TgU
+Ø*!*(u/64LT)!, (2.35)
ở đâu
Trang 3535
KẾT LUẬN Kết quả đạt được trong Luận văn này là
e Đưa ra một số ví dụ về bài toán Đặt không chỉnh
e Chứng minh bài toán phương trình dầm ngược ui =(Atk)?Pu, c€Q,0<t<T u= Au=0, cEdQ,0<t<T u{+,0) = g(x), u(x,T) = f(z) 22711 1S 2 1, M v2
véi k la hang so va k = T I(==) là bài toán đặt chỉnh
e Dưa ra phương pháp chỉnh hóa nghiệm của phương trình parabolic
phi tuyến ngược thời gian dạng
tạ =—UAu + F(u) + f(t), O<t<T, u(0) =a,
Trang 36TÀI LIỆU THAM KHẢO
[1] Baumeister J (1987), Stable Solution of Inverse Problems, Friedr
Vieweg & Sohn, Braunschweig
|2] Carasso Ạ S (1976), "Error bounds in the final value problem for
the heat equation", SIAM J Math Anal., Vol 7, Nọ 2, pp 195-199
[3] Carasso Ạ S (1977), "Computing small solutions of Burgers’ equa-
tion backwards in time" J Math Anal Appl., 59, pp 169-209
[4] B L Buzbee and Ạ Carasso (1973), On the numberical computation
of parapolic problems for prceding times, Math Comput, 27, pp 237- 266 Journal of Differential Equations, 147(2006), 1-15
[5] Ạ Carasso (1972), the backward beam equation: Two A-Stable
schemes for parabolic problems, SIAM J Numer Anal., 9, pp 406- 434
[6] Denisov Ạ M (1999), Elements of the Theory of Inverse Problems, Inverse and Ill-Posed Problems Series, Walter De Gruyter
[7] Dinh Nho Hào, Nguyen Van Duc (2009), Stability results for the
heat equation backward in time, J Math Anal Appl., Nọ 353, pp
627-641
[8] B M C Hetrick and R J Hughes (2007), Continuous dependence re-sults for inhomogeneous ill-posed problems in Banach space, J Math Anal Appl., 331, 342-357