CHỈNH HÓA NGHIỆM CHO BÀI TOÁN NHIỆT VÀ BÀI TOÁN ELASTIC NGƯỢC

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THƯ VIỆN TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TP HỒ CHÍ MINH PHÙNG TRỌNG THỰC CHỈNH HÓA NGHIỆM CHO BÀI TOÁN NHIỆT VÀ BÀI TOÁN ELASTIC NGƯỢC Chuyên ngành: Toán giải tích Mã số: 60 46 01 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC: PGS TS ĐẶNG ĐỨC TRỌNG Thành phố Hồ Chí Minh - 2010 LỜI CẢM ƠN Em xin chân thành gửi lời cảm ơn đến thầy cô trường ĐH Sư Phạm ĐH KHTN tận tình giảng dạy chúng em suốt thời gian học cao học Toán Đặc biệt em chân thành cảm ơn thầy Đặng Đức Trọng ân cần chu đáo hướng dẫn em làm luận văn Học Viên: Phùng Trọng Thực MỞ ĐẦU Nội dung luận văn đưa chỉnh hóa nghiệm cho dạng toán nhiệt hai chiều toán Elastic ba chiều Cụ thể đưa chỉnh hóa nghiệm cho toán: Bài toán nhiệt: Cho T > độ dài thời gian quan sát Ω = (0, 1) × (0, 1) vật dẫn nhiệt Xác định cặp hàm (u, f ) thỏa mãn hệ:   ut − ∆u = ϕ (t) f (x, y) ,     u (0, y, t) = u (1, y, t) = u (x, 0, t) = u (x, 1, t) = 0, x x y y  u (1, y, t) = 0,     u (x, y, 0) = g (x, y) , với (x, y) ∈ Ω, t ∈ (0, T ), g ∈ L1 (Ω) ϕ ∈ L1 (0, T ) cho Bài toán Elastic: Cho T > độ dài thời gian quan sát Ω = (0, 1) × (0, 1) × (0, 1) vật thể đàn hồi đẳng hướng ba chiều Xác định cặp (u, f ) thỏa mãn hệ:                                ∂ 2u + µ∆u + (λ + µ) ∇ (div (u)) = ϕ (f1 , f2 , f3 ) , (x, t) ∈ Ω × (0, T ) , ∂t2 (u1 (x, t) , u2 (x, t) , u3 (x, t)) = (0, 0, 0) , (x, t) ∈ ∂Ω × (0, T ) , (u1 (x, 0) , u2 (x, 0) , u3 (x, 0)) = (g1 (x) , g2 (x) , g3 (x)) , x ∈ Ω, ∂u1 ∂u2 ∂u3 (x, 0) , (x, 0) , (x, 0) = (h1 (x) , h2 (x) , h3 (x)) , x ∈ Ω, ∂t  ∂t   ∂t   X1 σ1 τ12 τ13 n1       τ21 σ2 τ23   n2  =  X2  , τ31 τ32 σ3 n3 X3 với λ µ số thỏa µ < 0, λ + 2µ < 0, σj = λdiv (u) + 2µ ∂uj , ∂xj ∂uj ∂uk + ) n = (n1 , n2 , n3 ) pháp vectơ đơn vị hướng ∂xk ∂xj ∂Ω Trong kiện cho τjk = µ( I (ϕ, X, g, h) ∈ L1 (0, T ) , L1 0, T, L1 (∂Ω) 3 , L2 (Ω) , L2 (Ω) Bài toán nhiệt toán Elastic toán ngược, không chỉnh Tính không chỉnh toán chỗ toán không tồn nghiệm tồn nghiệm nghiệm không phụ thuộc liên tục vào kiện cho Trong năm gần đây, số tác giả có nghiên cứu toán Chẳng hạn xem xét ổn định nghiệm toán nhiệt [12], [14], [15], [16]; chỉnh hóa trường hợp nghiệm không ổn định cho toán nhiệt [5], [6], [9]; tính nghiệm cho toán Elastic [8], [11] đưa chỉnh hóa nghiệm cho toán Elastic hai chiều [8] Bởi toán toán ngược không chỉnh nên chỉnh hóa nghiệm cần thiết Trong [7], tác giả Trong, Dinh, Nam đưa chỉnh hóa nghiệm cho toán nhiệt phương pháp cắt ngắn chuỗi Fourier sử dụng vài kỹ thuật, chẳng hạn phương pháp nội suy để xấp xỉ hệ số chuỗi cắt ngắn từ kiện nhiễu Ưu điểm phương pháp loại bỏ giả thiết nghiệm điều kiện cuối thời gian Chú ý [6], [8], [9] tác giả cần sử dụng thông tin điều kiện cuối thời gian u (x, T ) việc chỉnh hóa nghiệm giúp đưa công thức biến đổi Fourier f từ khôi phục f Dựa vào nhận xét phương pháp cắt ngắn chuỗi Fourier áp dụng để chỉnh hóa nghiệm cho toán Elastic giúp ta loại bỏ giả thiết nghiệm điều kiện cuối thời gian (điều mà [8] chỉnh hóa nghiệm cho toán Elastic hai chiều tác giả cần sử dụng đến) nên luận văn đưa trình bày chi tiết cho phương pháp để chỉnh hóa nghiệm toán Elastic, so với [8] luận văn có hai điểm sau: • Mở rộng xem xét toán Elastic không gian chiều • Bỏ ràng buộc nghiệm điều kiện cuối thời gian Luận văn bao gồm ba chương: Chương Kiến thức chuẩn bị Chương trình bày số định nghĩa, kết số kiến thức bổ trợ dùng đến chương sau Chương Chỉnh hóa nghiệm cho toán nhiệt Trong chương trình bày nghiệm chỉnh hóa nghiệm cho toán nhiệt Đây trình bày chi tiết kết báo [7] qua cho thấy phương pháp mà tác giả sử dụng để chỉnh hóa nghiệm cho toán nhiệt hai chiều Chương Chỉnh hóa nghiệm cho toán Elastic Trong chương trình bày nghiệm đưa chỉnh hóa nghiệm cho toán Elastic ba chiều Trong chương có phần giải số để minh họa cho kết thu Chương Kiến thức chuẩn bị 1.1 Tính không chỉnh chỉnh hóa Tính không chỉnh Một toán ngược gọi không chỉnh thỏa mãn ba điều sau: • Bài toán không tồn nghiệm • Bài toán không nghiệm • Nghiệm toán không phụ thuộc liên tục vào kiện toán, tức với thay đổi nhỏ kiện toán dẫn đến thay đổi lớn nghiệm toán Sự chỉnh hóa Trong trường hợp toán ngược tồn nghiệm nhiên nghiệm toán không ổn định với kiện cho, tức sai số nhỏ kiện (điều thực tế kiện kiện đo đạc gần với kiện xác) dẫn đến sai số lớn nghiệm, chỉnh hóa nghiệm cần thiết Chỉnh hóa nghiệm tức từ kiện đo đạc (có thể có sai số so với kiện xác) ta xây dựng nghiệm mới, gọi nghiệm chỉnh hóa Nghiệm chỉnh hóa nghiệm xác toán (ứng với kiện xác) ta kiểm soát sai số nghiệm chỉnh hóa so với nghiệm xác nhỏ mong muốn 1.2 Hệ Lamé Hệ Lamé thiết lập từ kiện vật lý (xem, ví dụ [11]) có liên quan chặt chẽ đến toán Elastic Trong không gian ba chiều với Ω = (0, 1) × (0, 1) × (0, 1) vật thể đàn hồi, hệ Lamé xác định ∂ 2u + µ∆u + (λ + µ) ∇ (div (u)) = F, ∂t2 x ∈ Ω, t ∈ (0, T ) , u (x, t) = (u1 (x, t) , u2 (x, t) , u3 (x, t)) thỏa mãn hệ Lamé, uj biểu thị cho độ dịch chuyển theo hướng j vật thể đàn hồi F (x, t) = (F1 (x, t) , F2 (x, t) , F3 (x, t)) biểu thị lực tác động lên vật thể Các số λ µ gọi số Lamé Bài toán thuận toán xác định u từ kiện đầu u (0, x), ut (0, x) F Trong luận văn ta quan tâm đến toán ngược toán xác định F từ kiện ban đầu Bài toán nghiên cứu số dạng F , chẳng hạn [11] tác giả xem xét với F (x, t) = ϕ (t) f (x) giả sử ϕ ∈ C ([0, T ]), ϕ (0) = 0, kết hợp với thời gian quan sát T đủ lớn Mặc dù với giả sử toán ngược nghiệm nhiên toán không chỉnh với sai số nhỏ kiện nhiễu dẫn đến sai số lớn nghiệm, chỉnh hóa nghiệm cần thiết 1.3 Một số kết giải tích thực giải tích hàm Ký hiệu H (Ω) = Với chuẩn: u H (Ω) u ∈ L2 (Ω) : = u L2 ∂u ∈ L2 (Ω) , i ∈ 1, n ∂xi n + i=1 ∂u ∂xi 2 L2 Định lý 1.3.1 (Công thức Green) Cho Ω tập mở, bị chận Rn có biên Γ C khúc Khi u v thuộc H (Ω), ta có ∂u v dx = − ∂xi Ω u ∂v dx + ∂xi Ω u v ni dσ, Γ với i ∈ 1, n Trong ni thành phần thứ i vectơ pháp tuyến n biên Γ Ω, tích phân cuối hiểu theo nghĩa vết u v Định lý có [10] Mệnh đề 1.3.2 Cho E không gian Hilbert Giả sử E có sở trực chuẩn đếm {en } Khi ta có ∞ (x, ei ) ei , ∀x ∈ E (chuỗi Fourier) x = i=1 x ∞ |(x, ei )| , ∀x ∈ E (đẳng thức Parseval) = i=1 Kết có [1] Mệnh đề 1.3.3 Cho Ω = (0, 1) × (0, 1) Khi hệ: {cos (mπx) cos (nπy)}m, n ∈ N , {sin (mπx) cos (nπy)}m ∈ N ∗ , n ∈ N sở trực giao L2 (Ω) Chứng minh Ta chứng minh hệ {sin (mπx) cos (nπy)}m ∈ N ∗ , n ∈ N sở trực giao L2 (Ω), hệ lại chứng minh tương tự Kiểm tra trực tiếp thấy hệ hệ trực giao L2 (Ω) Bây giả sử f (x, y) sin (mπx) cos (nπy) dx dy = 0, với m ∈ N ∗ , n ∈ N f ∈ L2 (Ω) Ω Ta chứng minh f = L2 (Ω) Với n ∈ N , đặt hn (x) = f (x, y) cos (nπy) dy Ta có hn (x) sin (mπx) dx = 0, ∀m ∈ N ∗ , hn ∈ L2 (0, 1)   2 |hn (x)| ≤  cos2 (nπy) dy  |f (x, y)| dy    thuộc L(0,1) Từ hệ {sin (mπx)}m ∈ N ∗ sở trực giao L2 (0, 1) ta có hn = L2 (0, 1) Gọi An tập có độ đo không để hn (x) = với x ∈ [0, 1] \An Đặt ∞ An B có độ đo không hn (x) = với x ∈ [0, 1] \B n ∈ N B= n= Từ hệ {cos (nπx)}n ∈ N sở trực giao L2 (0, 1) suy f (x, ·) = L2 (0, 1), với x ∈ [0, 1] \B Vậy f = L2 (Ω) 1.4 Một số kết giải tích phức Cho C trường số phức hàm số φ : C → C Ta nói φ hàm nguyên φ giải tích C Mệnh đề 1.4.1 Cho φ hàm nguyên khác hằng, tồn r0 > cho Max |φ (z)| > 1, |z|= r với r ≥ r0 Chứng minh Đặt ψ (r) = Max |φ (z)| Theo nguyên lý môđun cực đại ta có |z|= r Max |φ (z)| = Max |φ (z)| , |z| ≤ r |z|= r ψ không giảm Vì φ hàm nguyên khác nên không bị chận, từ tồn z0 ∈ C, z0 = cho |φ (z0 )| > Đặt r0 = |z0 |, ta r0 giá trị cần tìm Mệnh đề 1.4.2 Với z ∈ C x ∈ (0, 1), ta có bất đẳng thức |cosh (zx)| ≤ e|z| Chứng minh Giả sử z = a + bi, (a, b ∈ R) Ta có e(a+bi)x + e−(a+bi)x |cosh (zx)| = = e2ax + e−2ax + cos (2bx) 2 1 ax e2ax + e−2ax + = e + e−ax ≤ 2 ≤ e|a|x ≤ e|a| ≤ e|z| , với z ∈ C, x ∈ (0, 1) Mệnh đề 1.4.3 Cho f ∈ L1 (0, 1), đặt F (λ) = f (x) cos (λx) dx, λ ∈ C −x f (x) sin (λx) dx Khi F hàm nguyên F (λ) = Chứng minh Với λ ∈ C cố định Ta có h (x) = f (x) cos (λx) khả tích Lebesgue (0, 1) Thật ∞ |f (x) cos (λx)| = f (x) (−1) n=0 2n n (λx) (2n)!  ∞ 2n    |λ|  ∈ L1 (0, 1) ≤ |f (x)|    (2n)!  n=0  thuộc R Vậy h ∈ L1 (0, 1) n (−1) λ2n 2n x f (x), ta có Đặt hk (x) = (2n)! n=0 k   hk (x) → f (x) cos (λx) hkn (0, 1) ,          |hk (x)| ≤ |f (x)| ∞ 2n |λ| n= (2n)! 41 Cộng hai đẳng thức ta u∗j (x, t) Gjj (α) (x) dx = 0, α2 (3.19) Ω với j ∈ {1, 2, 3}, t ∈ [0, T ], α ∈ R3 Từ đẳng thức (Aj ) cho α = (0, 0, 0) ta d2 dt2 u∗j (x, ·)dx = Ω Mặt khác     d u∗j (x, ·)dx (0) =  dt  u∗j (x, ·) dx (0) = 0, Ω Ω nên u∗j (x, t)dx = 0, ∀t ∈ [0, T ] (3.20) Ω Từ (3.19) (3.20) suy u∗j (x, t) cos (mπx1 ) cos (nπx2 ) cos (pπx3 ) dx = 0, Ω với m, n, p ∈ N , với t ∈ [0, T ] Từ tính chất sở trực giao suy u∗j (·, t) = L2 (Ω), với t ∈ [0, T ] Vậy u∗ = Ta có điều phải chứng minh 3.2 Chỉnh hóa nghiệm Trong phần chỉnh hóa nghiệm cho toán Elastic ta có sử dụng số ký hiệu sau: • x ký hiệu số nguyên (x, x + 1] rε = ln ε−1 60 42 • k(m, n, p) =       4 m > 0, n > 0, p > 0,       có hai phần tử 0, có phần tử 0, m = n = p = Ta suy k (m, n, p) Gjj (mπ, nπ, pπ) m, n, p ∈N sở trực chuẩn L2 (Ω) Định lý 3.2.1 (Chỉnh hóa nghiệm) Cho u0 , f nghiệm xác hệ (3.1)-(3.5) kiện xác Io ϕ0 , X , g , h0 , giả thiết (W1) (W2) thỏa mãn Xét kiện xấp xỉ Iε (ϕε , X ε , g ε , hε ) thỏa: ϕ0 − ϕε L1 (0,T ) hεj − h0j L2 (Ω) ε, ε, Xjε − Xj0 L1 (0,T,L1 (∂Ω)) ε, gjε − gj0 L2 (Ω) {j = 1, 2, 3} Nghiệm chỉnh hóa fjε xây dựng sau k (m, n, p)Fjε (m, n, p) Gjj (mπ, nπ, pπ) fjε = m, n, p rε Trong Fjε (m, n, p) = L Brε , Hjε (·, nπ, pπ) (imπ) , Brε = {± (5rε + j) : j = 1, 2, , 24rε } , Hjε (α1 , α2 , α3 ) = E1j (Iε ) (−iα1 , α2 , α3 ) E2j (Iε ) (−iα1 , α2 , α3 ) + D1 (Iε ) (−iα1 , α2 , α3 ) D2 (Iε ) (−iα1 , α2 , α3 ) Khi với j ∈ {1, 2, 3} ta có fjε ∈ C ∞ R3 lim+ fjε − fj0 ε→0 L2 (Ω) = ε, 43 Nếu f ∈ H (Ω) , tồn số ε0 > C0 > phụ thuộc vào kiện xác cho fjε − fj0 C0 ln ε−1 L2 (Ω) −1 , ∀ε ∈ (0, ε0 ) , ∀j ∈ {1, 2, 3} Bổ đề 3.2.2 sau đưa bất đẳng thức nội suy tương tự đánh giá phần toán nhiệt Bổ đề 3.2.2 Cho r 50 số nguyên ω hàm nguyên thỏa |ω (z)| A e|z| , ∀z ∈ C Giả sử Br = {± (5r + j) : j = 1, 2, , 24r} hàm số g : Br → C Khi ta có sup |ω (z) − L [Br , g] (z)| A e−r + 48 r e30r sup |ω (z) − g (z)| z∈Br |z| πr Chứng minh Với z ∈ C |z| πr cố định Ký hiệu zj = 5r+j, j = 1, 2, , 24r ξ = {x ∈ C : |x| = 50r} Tính thặng dư 49 cực điểm đơn ta ω (x) x−z ξ 24r z − zj2 dx = 2πi ω (z) − L [Br , ω] (z) − z2 x j j=1 Suy |ω (z) − L [Br , ω] (z)| 50r sup x∈ξ A e50r ; |x − z| Với x ∈ ξ ta có |ω (x)| 24r j=1 24r z − zj2 |ω (x)| |x − z| j=1 x2 − zj2 (50 − π) r 24r 2 j=1 (50r) − zj z − zj2 24r x2 − zj2 j=1 |x| − zj |z| + zj2 (πr) + zj2 (3.21) Tiếp đến ta chứng minh 24r (πr) + zj2 j=1 (50r) − zj2 50 − π −51r e , ∀r 50 50 (3.22) 44 (πr) + x Xét hàm v (x) = ln Hàm v (x) tăng lõm 0, (29r) Áp (50r) − x dụng bất đẳng thức Jensen ta 24r  v zj2 = j=1  4hr v zj2  ≤ 4r  h=1 v v h=1 j=4(h−1)r+1 = 4r  24h + 16h2 + h=1 4r  4hr zj2  j=4(h−1)r+1 31 r + (3 + 4h) r + r2 r2 31 r + (3 + 4h) + ≤ 4r v 24h + 16h + 50 × 502 h=1   3+4h 31 2 π + 24h + 16h + + 50 + 6×502  = 4r ln  31 3+4h 50 − 24h + 16h + + 50 + 6×502 h=1 < −51r + ln 50 − π 50 Vậy (3.22) chứng minh Từ (3.21) (3.22) suy A e−r , ∀z ∈ C, |z| |ω (z) − L [Br , ω] (z)| πr (3.23) Ta có 24r L [Br , ω] (z) − L [Br , g] (z) =   j=1 24r + k=j z − zj2 −   j=1 k=j  zk2  z + zj zk2 2zj z − zj2 − ω (zj ) − g (zj )  zk2  z − zj zk2 −2zj ω (−zj ) − g (−zj ) (3.24) Suy 24r L [Br , ω] (z) − L [Br , g] (z) 2σ j=1 k=j σ = sup |ω (z) − g (z)| Mặt khác z∈Br z − zk2 , zj2 − zk2 (3.25) 45 k=j z − zk2 zj2 − zk2 k=j k=j |z| + zk2 |z| + zk2 zk · = (zj + zk ) zk |zj − zk | zj2 − zk2 k=j zk |zj − zk | (5r + 2) (5r + 3) (29r) (j − 1)! (24r − j)! (3.26) (5r + 2) (5r + 3) (29r) (12r − 1)! (12r)! Đặt J (r) = (5r + 2) (5r + 3) (29r) Kiểm tra trực tiếp thấy (12r − 1)! (12r)! J (1) e30 J (r + 1) (29r + 1) (29r + 2) (29r + 29) = J (r) (5r + 2) (5r + 6) · [(12r + 1) (12r + 11)] · (12r) · (12r + 12) 2929 e30 , ∀r 55 · 1224 (3.27) Suy J (r) e30r (3.28) Từ (3.23), (3.25), (3.26) (3.28), kết hợp với bất đẳng thức tam giác ta có điều phải chứng minh Chứng minh Định lý 3.2.1 Chứng minh Với α = (α1 , α2 , α3 ) ∈ C , q ∈ L2 (Ω) , j ∈ {1, 2, 3} Đặt q (x) Gjj (α) (x) dx, T j (q) (α) = Ω k (m, n, p) T j (q) (mπ, nπ, pπ) Gjj (mπ, nπ, pπ) Γjrε q = m, n, p rε 46 Ta có fjε − Γjrε fj0 L2 (Ω) k (m, n, p) Fjε (m, n, p) − T j fj0 (mπ, nπ, pπ) = ≤ m, n, p ≤ rε (3.29) Áp dụng Bổ đề (3.2.2) với fj0 (x1 , x2 , x3 ) cos (−izx1 ) cos (nπx2 ) cos (pπx3 ) dx1 dx2 dx3 , ω (z) = Ω g (z) = Hjε (z, nπ, pπ) , ta Fjε (m, n, p) − T j fj0 (mπ, nπ, pπ) = L [Brε , g] (imπ) − ω (imπ) fj0 L1 (Ω) e−rε + 48 rε e30rε sup |ω (z) − g (z)| , z∈Brε (3.30) với ε đủ nhỏ m, n, p ∈ [0, rε ] Bây với z ∈ Brε cố định, ta có |ω (z) − g (z)| = T j fj0 (−iz, nπ, pπ) − Hjε (z, nπ, pπ) T j fj0 (−iz, nπ, pπ) − Hj0 (z, nπ, pπ) + Hj0 (z, nπ, pπ) − Hjε (z, nπ, pπ) ∗ ∗ E1j (−iz, nπ, pπ) E2j (−iz, nπ, pπ) + D1 (I0 ) (−iz, nπ, pπ) D2 (I0 ) (−iz, nπ, pπ) + E1j (I0 ) (−iz, nπ, pπ) E1j (Iε ) (−iz, nπ, pπ) − D1 (I0 ) (−iz, nπ, pπ) D1 (Iε ) (−iz, nπ, pπ) + E2j (I0 ) (−iz, nπ, pπ) E2j (Iε ) (−iz, nπ, pπ) − D2 (I0 ) (−iz, nπ, pπ) D2 (Iε ) (−iz, nπ, pπ) (3.31) ∗ ∗ Mặt khác từ Bổ đề (3.1.3) công thức E1j , E2j , E1j , E2j , suy tồn 47 C1 > 0, C2 > 0, ε1 > phụ thuộc kiện xác cho |Dj (I0 ) (−iz, nπ, pπ)| C1 rε2 , |Dj (I0 ) (−iz, nπ, pπ)| |Dj (Iε ) (−iz, nπ, pπ)| |Dj (I0 ) (−iz, nπ, pπ)| − C2 rε , − |Dj (Iε ) (−iz, nπ, pπ) − Dj (I0 ) (−iz, nπ, pπ)| C2 rε − C1 rε2 ε, |E1j (Iε ) (−iz, nπ, pπ) − E1j (I0 ) (−iz, nπ, pπ)| C1 rε3 e29rε ε, |E2j (Iε ) (−iz, nπ, pπ) − E2j (I0 ) (−iz, nπ, pπ)| C1 rε3 e29rε ε, |E1j (I0 ) (−iz, nπ, pπ)| ∗ E1j (−iz, nπ, pπ) C1 rε3 e29rε , |E2j (I0 ) (−iz, nπ, pπ)| C1 rε3 e29rε e ∗ E2j √ √ , −λ−2µ T rε C1 rε3 e29rε , C1 rε3 e29rε √ √ , e −µ T rε (−iz, nπ, pπ) với ε ∈ (0, ε1 ) , z ∈ Brε Kết hợp với (3.30) (3.31) suy Fjε (m, n, p) − T j fj0 (mπ, nπ, pπ)    C1 30 ln ε−1 √ √ − 60 ( −λ−2µ T −59) C1 + C2 ε 30 fj0 ln ε −1 L1 (Ω) √ √ − 60 ( −µ T −59) C2 ε ε 60 + 48 × + 4C12 30 −1 ln ε C2 C2 − 59 e ε 60 −1 30 C1 ln (ε ) ε    (3.32) Từ giả thiết (W2) ta có 1 √ 1 √ √ < −λ − 2µ T − 59 , < −µ T − 59 , 60 60 60 60 Kết hợp với (3.32) suy tồn số C3 > ε2 > cho Fjε (m, n, p) − T j fj0 (mπ, nπ, pπ) với ε ∈ (0, ε2 ) , m, n, p C3 ln ε−1 ε 60 , (3.33) rε Từ (3.29) (3.33) suy tồn 48 số C4 > ε3 > cho fjε − Γjrε fj0 11 C4 ln ε−1 L2 (Ω) ε 30 , với ε ∈ (0, ε3 ) Mặt khác lim+ Γjrε fj0 − fj0 ε→0 L2 (Ω) (3.34) = nên từ (3.34) suy fjε − fj0 lim ε→0+ L2 (Ω) = Bây có f ∈ H (Ω) Áp dụng công thức tích phân phần đẳng thức Parseval ta ∂fj0 ∂x1 L2 (Ω) ∂fj0 + ∂x2 L2 (Ω) ∂fj0 + ∂x3 = 2 L2 (Ω) 2 T j fj0 (mπ, nπ, pπ) , k (m, n, p) (mπ) + (nπ) + (pπ) m, n, p với j ∈ {1, 2, 3} Do k (m, n, p) T j fj0 (mπ, nπ, pπ) Max{m, n, p} > rε 2 H (Ω) (πrε ) fj0 H (Ω) −1 ε (3.35) 602 fj0 π ln Mặt khác fjε − fj0 L2 (Ω) k (m, n, p) Fjε (m, n, p) − T j fj0 (mπ, nπ, pπ) = m, n, p rε k (m, n, p) T j fj0 (mπ, nπ, pπ) + Max{m, n, p} > rε (3.36) Từ (3.34), (3.35) (3.36), suy tồn số C0 > ε0 > (chỉ phụ 49 thuộc vào kiện xác) cho fjε − fj0 L2 (Ω) C0 ln ε−1 với ε ∈ (0, ε0 ), với j ∈ {1, 2, 3} −1 , 50 3.3 Ví dụ áp dụng Sự chỉnh hóa nghiệm cần thiết, chẳng hạn xét hệ (3.1)-(3.5) với kiện xác Io ϕ0 , X , g , h0 thỏa giả thiết (W1) (W2) sau: ϕ0 (t) =23π cos (πt) , X10 (x1 , x2 , x3 , t) = cos (πt) −4π sin (2πx2 ) sin (2πx3 ) n1 − 2π sin (4πx1 ) sin (2πx3 ) n2 − 2π sin (4πx1 ) sin (2πx2 ) n3 , X20 (x1 , x2 , x3 , t) = cos (πt) −2π sin (4πx2 ) sin (2πx3 ) n1 − 4π sin (2πx1 ) sin (2πx3 ) n2 − 2π sin (2πx1 ) sin (4πx2 ) n3 , X30 (x1 , x2 , x3 , t) = cos (πt) −2π sin (2πx2 ) sin (4πx3 ) n1 − 2π sin (2πx1 ) sin (4πx3 ) n2 − 4π sin (2πx1 ) sin (2πx2 ) n3 , g10 (x1 , x2 , x3 ) = sin (4πx1 ) sin (2πx2 ) sin (2πx3 ) , g20 (x1 , x2 , x3 ) = sin (2πx1 ) sin (4πx2 ) sin (2πx3 ) , g30 (x1 , x2 , x3 ) = sin (2πx1 ) sin (2πx2 ) sin (4πx3 ) , h01 =h02 = h03 = 0, µ = −1, λ = 1, T = 30 Đối với kiện Io ϕ0 , X , g , h0 hệ (3.1)-(3.5) có nghiệm xác: u01 (x1 , x2 , x3 , t) = cos (πt) sin (4πx1 ) sin (2πx2 ) sin (2πx3 ) , u02 (x1 , x2 , x3 , t) = cos (πt) sin (2πx1 ) sin (4πx2 ) sin (2πx3 ) , u03 (x1 , x2 , x3 , t) = cos (πt) sin (2πx1 ) sin (2πx2 ) sin (4πx3 ) , f10 (x1 , x2 , x3 ) = sin (4πx1 ) sin (2πx2 ) sin (2πx3 ) , f20 (x1 , x2 , x3 ) = sin (2πx1 ) sin (4πx2 ) sin (2πx3 ) , f30 (x1 , x2 , x3 ) = sin (2πx1 ) sin (2πx2 ) sin (4πx3 ) 51 Bây xét kiện đo đạc gần kiện xác sau: ϕn = ϕ, Xjn = Xj0 + −2π cos (πt) √ sin (2nπx2 ) sin (2nπx3 ) n1 + n + sin (2nπx1 ) sin (2nπx3 ) n2 + sin (2nπx1 ) sin (2nπx2 ) n3 , gjn = gj0 + sin (2nπx1 ) sin (2nπx2 ) sin (2nπx3 ) n2 , hnj = 0, với số nguyên dương n j ∈ {1, 2, 3} Chú ý ϕn − ϕ gjn Xjn − Xj0 − L1 (0,T ) gj0 L2 (Ω) L1 (0,T,L1 (∂Ω)) = hnj − h0j L2 (Ω) = 0, √ = √ , n3 360π ≤ √ n Với kiện đo đạc hệ (3.1)-(3.5) có nghiệm unj = u0j + fjn = fj0 cos (πt) sin (2nπx1 ) sin (2nπx2 ) sin (2nπx3 ) √ , n3 −1 + 12n2 sin (2nπx1 ) sin (2nπx2 ) sin (2nπx3 ) √ + 23 n3 Tuy nhiên ta thấy nghiệm nhiễu xa nghiệm xác n tiến vô √ fjn − fj0 L2 (Ω) = 144n4 − 24n2 + → ∞ 529n3 Do sai số ngày nhỏ kiện lại dẫn đến sai số ngày lớn nghiệm toán Sự chỉnh hóa nghiệm cần thiết 52 Bây xây dựng nghiệm chỉnh hóa với ε = , trình chỉnh hóa nghiệm 100 đưa đến f1ε (x1 , x2 , x3 ) ≈ 0.035 − 0.063 cos (πx1 ) − 0.156 cos (πx2 ) − 0.455 cos (πx3 ) + 0.033 cos (πx1 ) cos (πx2 ) + 0.027 cos (πx1 ) cos (πx3 ) + 0.15 cos (πx2 ) cos (πx3 ) − 0.005 cos (πx1 ) cos (πx2 ) cos (πx3 ) Ta có sai số so với nghiệm xác f1ε − f10 L2 (Ω) ≈ 0.273 53 KẾT LUẬN Luận văn đưa phương pháp để chỉnh hóa nghiệm cho toán dạng nhiệt toán dạng sóng (bài toán Elastic) Phương pháp chỉnh hóa dùng cắt ngắn chuỗi Fourier tìm cách xấp xỉ hệ số chuỗi cắt ngắn Ưu điểm phương pháp trình bày hai toán giúp ta bỏ giả thiết nghiệm điều kiện cuối thời gian quan sát nhiên có nhược điểm sai số kiện nhỏ đòi hỏi phải xây dựng cắt ngắn đủ dài chuỗi Fourier, điều dẫn đến tính toán cồng kềnh Mặc dù có nhiều hạn chế mặt kiến thức với mong muốn học hỏi tiếp thu kiến thức lĩnh vực liên quan, hi vọng thời gian tới tiếp tục làm việc với toán dạng thu kết chỉnh hóa tốt 54 TÀI LIỆU THAM KHẢO Tiếng Việt Đậu Thế Cấp (2002), Giải tích hàm, NXB Giáo Dục, Hà Nội Dương Minh Đức (2000), Giải tích hàm, NXB ĐHQG, Hồ Chí Minh Nguyễn Bích Huy (2000), Phép tính tích phân, NXB ĐHQG, Hồ Chí Minh Nguyễn Thành Long, Nguyễn Hội Nghĩa (2002), Giải tích hàm lý thuyết ứng dụng, NXB ĐHQG, Hồ Chí Minh Tiếng Anh A.Farcas, D.Lesnic (2006), “The boundary-element method for the determination of a heat source dependent on one variable”, J Engrg Math, 54, no.4, p 375-388 D.D.Trong, P.N.Dinh Alain, Nguyen Thanh Long (2005), “Nonhomogeneous heat equation: Identification and regularization for the inhomogeneous term”, J Mathematical Analysis and applications, 312, p 93-104 D.D.Trong, P.N.Dinh Alain, Phan Thanh Nam (2008), “Determine the spacial term of a two-dimensional heat source”, J Applicable Analysis, 88(3), p 457474 D.D.Trong, P.N.Dinh Alain, Phan Thanh Nam, Truong Trung Tuyen (2009), “Determination of the body force of a two-dimensional isotropic elastic body”, J Computational and Applied Mathematics, 229(1), p 192-207 D.D.Trong, P.N.Dinh Alain, Pham Hoang Quan (2006), “Determination of a two dimensional heat source: Uniqueness, regularization and error estimate”, J Computational and Applied Mathematics, 191(1), p 50-67 10 Evans, L.C (1998), Partial Differential Equations, Providence: American Mathematical Society, US 11 Grasselli M., Ikehata M., Yamamoto M (2005), “An inverse source problem for the Lame system with variable coefficients”, J Applicable Analysis, 84(4), p 357-375 55 12 J R.Cannon, S Perez Esteva (1990), “Some stability estimates for a heat source in terms of over specified data in the 3-D heat equation”, J Mathematical Analysis and applications, 147, p 363-371 13 Levin, B.Ya (1996), Lectures on Entire Functions, Trans Math Monographs, Rhole Island 14 M Choulli, M Yamamoto (2004), “Conditional stability in determining a heat source”, J Inverse Ill-Posed Problems, 12 (no.3), p 233-243 15 M Yamamoto (1993), “Conditional stability in determination of densities of heat source in a bounded domain, Control and estimation of distributed parameter systems: nonlinear phenomena”, J Internat Ser Numer Math, p 359-370 16 S.Saitoh, V.K.Tuan, M.Yamamoto (2002), “Reverse convolution inequalities and applications to inverse heat source problems”, JIPAM, no 5, Article 80 (electronic) [...]... ta không đề cập đến sự tồn tại nghiệm của bài toán, thay vào đó ta sẽ xem xét sự duy nhất nghiệm và chỉnh hóa nghiệm cho bài toán Mặt khác ở đây ta cũng chỉ tập trung vào chỉnh hóa nghiệm cho hàm f vì khi hàm f được xác định thì bài toán ở hệ (2.1) trở thành bài toán nhiệt thông thường 11 12 2.1 Một vài ký hiệu • C 1 [0, T ] , L1 (Ω) = u : u (·, t) ∈ L1 (Ω) và ut (·, t) ∈ L1 (Ω) , ∀t ∈ [0, T ] • A... càng lớn trên nghiệm Tuy nhiên ta thấy fk∗ − f0 L2 (Ω) = Bây giờ sử dụng kết quả về chỉnh hóa nghiệm ta xây dựng được các nghiệm 1 chỉnh hóa, chẳng hạn với ε = ta có nghiệm chỉnh hóa 100 f 1 100 (x, y) ≈ −2.999721 cos (πy) − 1.997145 cos (πx) cos (πy) Sai số so với nghiệm chính xác là f 1 100 − f0 L2 (Ω) ≈ 0.001441 Chương 3 Chỉnh hóa nghiệm cho bài toán Elastic Xét bài toán Elastic Tìm nghiệm u thỏa... Chương 2 Chỉnh hóa nghiệm cho bài toán nhiệt Cho T > 0 và Ω = (0, 1) × (0, 1) là vật dẫn nhiệt Ta xét bài toán xác định cặp hàm (u, f ) thỏa mãn hệ:   ut − ∆u = ϕ (t) f (x, y) ,     u (0, y, t) = u (1, y, t) = u (x, 0, t) = u (x, 1, t) = 0, x x y y  u (1, y, t) = 0,     u (x, y, 0) = g (x, y) , (2.1) với (x, y) ∈ Ω, t ∈ (0, T ), trong đó g ∈ L1 (Ω) và ϕ ∈ L1 (0, T ) được cho Đây là bài toán. .. truyền nhiệt đặt không chỉnh vì nghiệm bài toán có thể không tồn tại với những dữ kiện được cho hoặc không phụ thuộc liên tục vào dữ kiện này Ở đây biến (x, y) ∈ Ω gọi là biến không gian, xác định vị trí trên vật dẫn nhiệt Ω Đại lượng F = ϕ (t) f (x, y) gọi là nguồn nhiệt, nguồn nhiệt phụ thuộc vào thời gian t và vị trí trên vật dẫn nhiệt Trong phần trình bày này ta không đề cập đến sự tồn tại nghiệm. .. Vậy u = 0 Định lý được chứng minh 2.3 Chỉnh hóa nghiệm Định lý 2.3.1 Cho ϕ0 ∈ L1 (0, T ) thỏa mãn giả thiết (H) và g0 ∈ L1 (Ω) Giả sử rằng (u0 , f0 ) ∈ C 1 [0, T ] , L1 (Ω) ∩ A 0, T, H 2 (Ω) , L2 (Ω) là nghiệm chính xác của hệ (2.1) đối với dữ kiện ϕ0 , g0 Cho ε ∈ (0, 1) và ϕε ∈ L1 (0, T ), gε ∈ L1 (Ω) sao cho ϕε − ϕ0 L1 (0,T ) ≤ ε, gε − g0 L1 (Ω) ≤ ε Nghiệm chỉnh hóa fε được xây dựng từ các dữ kiện... ∞ R2 và lim+ fε = f0 trong L2 (Ω) Hơn nữa nếu f0 ∈ H 1 (Ω) thì ε→0 lim+ fε = f0 trong H 1 (Ω) và tồn tại ε0 > 0 chỉ phụ thuộc vào ϕ0 , g0 sao cho ε→0 fε − f0 L2 (Ω) ≤ 50 f0 π ln (ε−1 ) H 1 (Ω) , ∀ε ∈ (0, ε0 ) Định lý 2.3.1 có thể được chứng minh nhờ các bổ đề sau Bổ đề 2.3.2 Cho r ∈ Z, r ≥ 55 và Br = {± (4r + j) : j = 1, 2, , 20r} ∼ Cho ω và ω là hai hàm phức chẵn sao cho ω là hàm nguyên và |ω...  4 nếu m > 0 và n > 0 • Cho A = {x1 , x2 , , xp } là tập hợp của p số phức phân biệt nhau đôi một, và cho ω là một hàm phức Khi đó đa thức nội suy Lagrange của ω 13 tại A là: p L [A, ω] (z) =   j=1 2.2  k=j z − xk  ω (xj ) xj − xk Tính duy nhất nghiệm Định lý 2.2.1 Cho g ∈ L1 (Ω) và ϕ ∈ L1 (0, T ), trong đó ϕ thỏa mãn thêm giả thiết (H) Tồn tại T0 ∈ (0, T ], θ ≥ 0 và δ > 0 sao cho hoặc ϕ (t)... (z) − ω (z) z∈ Br |z| ≤πr Bổ đề 2.3.3 Cho u0 , f0 , ϕ0 , g0 , ϕε , gε , rε , B (rε ) định nghĩa như trong Định lý 2.3.1 và θ trong điều kiện (H) đối với ϕ0 Khi đó tồn tại ε1 > 0 phụ thuộc chỉ vào ϕ0 và g0 sao cho |G (f0 ) (α, nπ) − H (ϕε , gε ) (α, nπ)| ≤ ln ε−1 4θ+5 e|α| ε, đúng với mọi ε ∈ (0, ε1 ), n ∈ [0, rε ] ∩ N , α ∈ B (rε ) Bổ đề 2.3.4 Cho ω ∈ H 1 (Ω) và với mỗi số nguyên M ≥ 1 đặt ΓM (ω)... cos (nπy) dxdy Ω Bổ đề 2.2.3 Cho ω ∈ L1 (Ω) và n ∈ Z, khi đó G (ω) (·, nπ) là hàm nguyên và |G (ω) (z, nπ)| ≤ e|z| ω L1 (Ω) , ∀z ∈ C 14 Nếu ω ∈ L2 (Ω) và ω = 0 trong L2 (Ω) thì tồn tại n ∈ N để lim sup r→∞ ln |G (ω) (r, nπ)| ≥ −1 r Bổ đề 2.2.4 Cho ϕ ∈ L1 (0, T ) và (α, n) ∈ R × Z, khi đó |D (ϕ) (α, nπ)| ≤ ϕ L1 (0,T ) nếu α2 − n2 π 2 > 0 Giả sử ϕ thỏa thêm giả thiết (H) và θ như trong giả thiết (H)... Mệnh đề 1.4.4 Cho Ω là một tập mở trong C và B (z0 , r) ⊂ Ω (B (z0 , r) là quả cầu mở tâm z0 , bán kính r trong C) Cho f giải tích trên Ω trừ tại một 10 số hữu hạn cực điểm a1 , a2 , , an nằm trong B (z0 , r) Khi đó ta có n Res [f (z) , ak ] f (z) dz = 2πi k=1 |z−z0 |=r Kết quả này được suy trực tiếp từ định lý tích phân Cauchy và định nghĩa thặng dư Mệnh đề 1.4.5 (Định lý Beurling) Cho f là hàm