Đánh giá tính ổn định và chỉnh hóa nghiệm của phương trình truyền nhiệt ngược thời gian

1 MỤC LỤC Trang MỤC LỤC LỜI NÓI ĐẦU Chương Phép biến đổi Fourier 1.1 Phép biến đổi Fourier không gian L1 (R) 1.2 Phép biến đổi Fourier không gian L2 (R) Chương Đánh giá tính ổn định chỉnh hóa nghiệm phương trình truyền nhiệt ngược thời gian 13 2.1 Kiến thức bổ trợ 13 2.2 Kết 16 2.3 Chứng minh kết 18 KẾT LUẬN 30 TÀI LIỆU THAM KHẢO 31 LỜI NÓI ĐẦU Biến đổi Fourier hay chuyển hoá Fourier đặt theo tên nhà toán học người Pháp Joseph Fourier, biến đổi tích phân dùng để khai triển hàm số theo hàm số sin sở, có nghĩa dạng tổng hay tích phân hàm số sin nhân với số khác Biến đổi Fourier có nhiều ứng dụng khoa học, ví dụ vật lý, số học, xử lý tín hiệu, xác suất, thống kê, mật mã, âm học, hải dương học, quang học, hình học nhiều lĩnh vực khác Trong toán học, người ta thường áp dụng vào phương trình đạo hàm riêng tuyến tính, biến phương trình thành phương trình đại số phương trình đạo hàm riêng có số biến Sự ứng dụng rộng rãi biến đổi Fourier bắt nguồn từ tính chất hữu dụng biến đổi Trong khoá luận này, nghiên cứu ứng dụng phép biến đổi Fourier vào phương trình truyền nhiệt ngược thời gian Chúng tập trung nghiên cứu : - Các khái niệm phép biến đổi Fourier không gian thường gặp - Các tính chất phép biến đổi Fourier - Ứng dụng phép biến đổi Fourier đánh giá tính ổn định chỉnh hoá nghiệm phương trình truyền nhiệt ngược thời gian Luận văn chia làm chương : Chương I: Phép biến đổi Fourier 1.1 Phép biến đổi Fourier không gian L1 1.2 Phép biến đổi Fourier không gian L2 Chương II: Đánh giá tính ổn định chỉnh hoá nghiệm phương trình truyền nhiệt ngược thời gian 2.1 Kiến thức bổ trợ 2.2 Kết 2.3 Chứng minh kết Trong chương I, trình bày định nghĩa số tính chất phép biến đổi Fourier không gian L1 L2 Trong chương II, trình bày số kiến thức bổ trợ ứng dụng biến đổi Fourier vào việc đánh giá tính ổn định chỉnh hoá nghiệm phương trình truyền nhiệt ngược thời gian Ở đây, đưa đánh giá ổn định dạng Ho¨lder chỉnh hóa nghiệm toán Cauchy cho phương trình truyền nhiệt ngược thời gian dạng   ∂u ∂ 2u = a (x, t) ∈ (−∞; +∞) × (0; 1), ∂t  u(·, 1) ∂x − ϕ(·) , (1) với buộc u(·, 0) H s (R) Trong ϕ(·) ∈ L2 (R) số E > · , · H s (R)(s H s (R) (2) E > 0, s 0, a > biết; kí hiệu chuẩn không gian L2 (R) không gian Sobolev 0) tương ứng Đánh giá tính ổn định nghiệm cho phương trình truyền nhiệt ngược thời gian từ trước tới thường đạt cho trường hợp s = (khi s = H s (R) = H (R) = L2 (R)) Trong chương này, đưa đánh giá ổn định nghiệm cho toán Cauchy với giá trị s thỏa mãn s Trong việc chỉnh hóa, sử dụng nghiệm v(x, t) ∈ L2 (R), ∀t ∈ [0; 1+β] toán giá trị biên không địa phương đặt chỉnh   ∂v ∂ 2v = a (x, t) ∈ (−∞; +∞) × (0; + β), ∂t αv(x, 0)∂x + v(x, + β) = ϕ(x), x ∈ (−∞; +∞), α > 0, β > (3) để làm nghiệm xấp xỉ cho toán (1)−(2) Vì kiến thức thời gian nhiều hạn chế nên luận văn tránh khỏi thiếu sót, mong góp ý bảo thầy cô giáo bạn Luận văn hoàn thành hướng dẫn tận tình Thầy giáo Ths Nguyễn Văn Đức giúp đỡ nhiệt tình thầy cô giáo khoa Toán - Trường Đại học Vinh với bạn bè gia đình Cho phép tác giả bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới quý thầy cô khoa Toán - Trường Đại học Vinh truyền đạt kiến thức kinh nghiệm cho tác giả suốt năm học qua Đặc biệt, Thầy giáo Ths Nguyễn Văn Đức - người trực tiếp hướng dẫn giúp đỡ tác giả tận tình suốt trình nghiên cứu hoàn thành khoá luận Cuối cùng, xin chân thành cảm ơn Ban chủ nhiệm khoa Toán, thầy cô giáo khoa, tổ giải tích tập thể lớp 47A-Toán tạo điều kiện giúp đỡ tác giả trình học tập hoàn thành luận văn Vinh, năm 2010 Tác giả Phan Thị Quỳnh Như CHƯƠNG PHÉP BIẾN ĐỔI FOURIER 1.1 Phép biến đổi Fourier không gian L1(R) 1.1.1 Định nghĩa (Định nghĩa biến đổi Fourier L1 (R) [4]) Nếu f ∈ L1 (R), ta định nghĩa biến đổi Fourier f f (ξ) := √ 2π +∞ −∞ e−ix.ξ f (x)dx (ξ ∈ R) (1.1) biến đổi Fourier ngược f f (ξ) := √ 2π ∨ +∞ −∞ eix.ξ f (x)dx (ξ ∈ R) Vì e±ixξ = f ∈ L1 (R) nên tích phân hội tụ với x ∈ R Sau vài tính chất hàm f (ξ) : f (ξ) hàm bị chặn, : f (ξ) = √ 2π =√ 2π +∞ e −ix.ξ √ 2π f (x)dx −∞ +∞ |f (x)| dx f +∞ e−ix.ξ |f (x)| dx −∞ < ∞ −∞ f (ξ) liên tục với −∞ < ξ < +∞ Thật : Nếu y > ta có : f (ξ + y) − f (ξ) = √ 2π √ 2π +∞ −∞ +∞ −∞ f (x)e−ixξ (e−iyx − 1)dx |f (x)| e−iyx − dx (1.2) √ 2π √ 2π +∞ |f (x)| 2sin( −∞ −R xy ) dx +∞ +R |f (x)| dx + yR + −∞ |f (x)| dx −R R Với > , ta chọn R > đủ lớn y đủ bé để biểu thức cộng lại lấy tổng cuối nhỏ Nếu c1 c2 số thực : (c1 f1 + c2 f2 ) = c1 f1 + c2 f2 1.1.2 Định nghĩa (Tích chập [4]) Tích chập hàm f, g ký hiệu : f ∗ g định nghĩa : +∞ (f ∗ g)(x) = f (y)g(x − y)dy −∞ 1.1.3 Định lý Tích chập có tính chất sau : 1) ∀f, g ∈ L1 (R) : f ∗ g ∈ L1 (R) f ∗ g ≤ f g 1, 2) ∀f, g ∈ L1 (R) : f ∗ g = g ∗ f, 3) ∀f, g, h ∈ L1 (R), λ ∈ R : (λf + g) ∗ h = λf ∗ h + g ∗ h Chứng minh 1) Do hàm g khả tích tuyệt đối nên bị chặn R : ∀(x, y) ∈ R2 , |f (y).g(x − y)| ≤ g ∞ |f (y)| Do f khả tích tuyệt đối nên tích phân suy rộng (f ∗ g)(x) hội tụ tuyệt đối bị chặn : +∞ f ∗g +∞ f (y)g(x − y)dy dx = −∞ +∞ ≤ −∞ +∞ |f (y)| −∞ = f |g(x − y)|dx dy −∞ g 2) ∀x ∈ R ta có : +∞ (f ∗ g)(x) = f (y)g(x − y)dy −∞ +∞ f (x − t)g(t)dt (đặt t = x − y) = −∞ = (g ∗ f )(x) 3) Suy từ tính tuyến tính tích phân : +∞ ((λf + g) ∗ h)(x) = (λf + g)(y)h(x − y)dy −∞ +∞ [(λf )(y)h(x − y) + g(y)h(x − y)] dy = −∞ = λf ∗ h + g ∗ h Bây ta mở rộng định nghĩa (1.1) (1.2) cho hàm f (x) ∈ L2 (R) định lý sau : 1.1.4 Định lý (Đẳng thức Parseval [4]) Giả thiết f (x) ∈ L1 (R) ∩ L2 (R) Khi f , f ∨ ∈ L2 (R) : f = f∨ = f (1.3) Chứng minh a Xét hàm g, h ∈ L1 (R) Khi g, h ∈ L∞ (R) (do tính chất 1) Ta có : +∞ +∞ g(x)h(x)dx = −∞ −∞ =√ 2π +∞ +∞ g(ξ)h(ξ)dξ = −∞ −∞ =√ 2π +∞ g(x) √ 2π +∞ −∞ √ 2π +∞ −∞ +∞ e−ix.ξ h(ξ)dξ dx −∞ e−ix.ξ g(x)h(ξ)dx.dξ −∞ +∞ −∞ +∞ e−ix.ξ g(x)dx h(ξ)dξ e−ix.ξ g(x)h(ξ)dx.dξ −∞ Suy : +∞ +∞ g(x)h(x)dx = (1.4) g(ξ)h(ξ)dξ −∞ −∞ Ta lại có : +∞ −ix.ξ−tx2 e +∞ − dx = −∞ √ e iξ tx+ √ t ξ2 − 4t dx −∞ ξ +∞ − √tx+ iξ √ √ − t d( tx) e = √ e 4t t −∞ ξ ξ2 − − √ π e 4t (t > 0) = √ e 4t π = t t Suy : +∞ ξ2 π − e 4t (t > 0) t e−ix.ξ−tx dx = −∞ (1.5) Do đó, > đặt g (x) := e− x ta có : g (ξ) = √ 2Π +∞ −ix.ξ e −∞ g (x).dx = √ 2Π +∞ e−ix.ξ− x2 dx, −∞ ξ2 e áp dụng (1.5) ta : g (ξ) = √ Vì với > 0, từ (1.4) suy : − +∞ −∞ h(x).e− x2 dx = √ +∞ ξ2 − h(ξ).e dξ −∞ b Lấy f (x) ∈ L1 (R) ∩ L2 (R) đặt g(x) := f (−x) Xét h := f ∗ g ∈ L1 (R) ∩ L2 (R) (do tính chất tích chập) Ta có : h(ξ) = f ∗ g(ξ) = √ 2π +∞ −∞ e−ix.ξ (f ∗ g)(x)dx (1.6) +∞ =√ 2π =√ 2π e −∞ +∞ e e f (y)g(x − y)dy dx −∞ −iξ.y −∞ +∞ −iξ.y = +∞ −ix.ξ +∞ f (y) e−iξ(x−y) g(x − y)d(x − y) dy −∞ f (y) g(ξ) = √ 2π f (ξ)g(ξ) −∞ Suy ra: h = √ 2π f g, mà : g(ξ) = √ 2π : h = √ 2π f √ 2π f e−ix.ξ f (−x)dx, −∞ Vì h liên tục nên : lim √ →0 Do h = +∞ +∞ ξ2 √ − dξ = 2π.h(0) h(ξ)e −∞ ≥ nên cho → 0+ (1.6) ta có : +∞ h(x)dx = √ 2π.h(0) −∞ Suy : +∞ √ 2π f (x) dx = √ 2π.h(0), −∞ hay : +∞ +∞ f (x) dx = h(0) = −∞ hay : f = f +∞ f (y).g(−y)dy = −∞ 2, |f (y)|2 dy, −∞ f = f Tương tự ta chứng minh : f ∨ = f 1.2 Phép biến đổi Fourier không gian L2(R) 1.2.1 Định nghĩa (Định nghĩa biến đổi Fourier L2 (R) [4]) Ta định nghĩa biến đổi Fourier f f ∈ L2 (R) sau : 10 Cho dãy {fk }∞ k=1 ⊂ L1 (R) ∩ L2 (R) với fk → f L2 (R) Theo Định lý (1.1.4), fk − fj = fk − fj = fk − fj {fk }∞ k=1 dãy Cauchy L2 (R) Do fk → f L2 (R), ta gọi f biến đổi Fourier f L2 (R) Tương tự, ta có định nghĩa f ∨ Định nghĩa f không phụ thuộc vào việc chọn dãy {fk }∞ k=1 tương ứng Thật vậy: Giả sử có dãy {gk }∞ k=1 ⊂ L1 (R) ∩ L2 (R) gk → g L2 (R), {gk }k dãy Cauchy L2 (R) nên gk → g L2 (R) Ta có : g − f = g − gk + gk − fk + fk − f ≤ g − gk + gk − f k + f k − f Do g − gk → 0, gk − fk → 0, fk − f → nên g − f → Vậy g ≡ f , f Sau vài tính chất biến đổi Fourier không gian L2 (R) : 1.2.2 Định lý (Vài tính chất biến đổi Fourier [4]) Giả thiết f, g ∈ L2 (R) Khi +∞ i) +∞ f g¯dx = −∞ ii) Dα f = −∞ (iξ)α f iii) f ∗ g = √ fˆgˆdξ , với số α nguyên dương cho Dα f ∈ L2 (R), 2π f g , iv) f = (f )∨ Chứng minh i) Cho f, g ∈ L2 (R) α ∈ C Khi đó, theo định lý (1.1.4) ta có : f + αg = f + αg Khai triển rút gọn ta : +∞ +∞ ¯ αf g + α ¯ f g¯ dξ αf¯g + α ¯ f g¯ dx = −∞ −∞ Với α = : +∞ +∞ ¯ f g + f g¯ dξ f¯g + f g¯ dx = −∞ −∞ (1.7) 17 [0, 1], ∀α ∈ (0, 1) ta có đánh giá u(·, t) − vα (·, t + β) C(a, β, s)α a(1 + β) ln α1 t 1+β s/2 t+β E + α 1+β −1 Bằng cách chọn α= E ln 1+β s E , đánh giá sau với t ∈ [0; 1] → 0+ : u(·, t) − vα (·, t + β) C1 (t, a, β, s) t E 1−t ln E − 2s (1−t) (1 + o(1)) 2.2.4 Nhận xét Trong Định lý 2.2.3 ta có đánh giá t = u(·, 0) − vα (·, β) C1 (0, a, β, s)E ln − 2s E (1 + o(1)), → 0+ Rõ ràng với s > đánh giá sai số có dạng logarithm 2.2.5 Định lý (Phương pháp chọn hậu nghiệm) Giả sử < ϕ(·) Chọn τ > cho τ < ϕ(·) Khi đó, tồn α > thỏa mãn đẳng thức vα (·, + β) − ϕ(·) = τ (2.14) Giả sử u(x, t) nghiệm toán (1) vα (x, t) nghiệm toán (3) với α = α Nếu có thêm điều kiện (2) đánh giá sau với t ∈ [0, 1] → 0+ u(·, t) − vα (·, t + β) t C(τ, a, β, s) E 1−t ln E −s(1−t)/2 (1 + o(1)) C(τ, a, β, s) số dương phụ thuộc τ, a, β s 2.2.6 Nhận xét Cách chọn tham số hậu nghiệm Định lý 2.2.5 không phụ thuộc s E Hơn nữa, t = ta có đánh giá u(·, 0) − vα (·, β) C(τ, a, β, s)E ln E −s/2 Đánh giá sai số có dạng logarithm với s > (1 + o(1)) → 0+ 18 2.3 Chứng minh kết Chứng minh Định lý 2.2.2 Lấy biến đổi Fourier nghiệm v toán (3) theo biến không gian x ∈ R, ta có   dv = −aξ v, < t < + β, dt αv(ξ, 0) + v(ξ, + β) = ϕ(ξ), ξ ∈ (−∞; +∞), α > 0, β > (2.15) Từ phương trình đầu hệ ta nhận v(ξ, t) = e−atξ v(ξ, 0), ∀t ∈ [0, + β] (2.16) Thay t = + β vào (2.16) ta có v(ξ, + β) = e−a(1+β)ξ v(ξ, 0), (2.17) ϕ(ξ) = αv(ξ, 0) + v(ξ, + β) = (α + e−a(1+β)ξ )v(ξ, 0) Từ suy v(ξ, 0) = ϕ(ξ) α + e−a(1+β)ξ (2.18) Thay (2.18) vào (2.16) ta e−atξ v(ξ, t) = ϕ(ξ), ∀t ∈ [0, + β], α + e−a(1+β)ξ (2.19) suy e−atξ v(x, t) = ϕ(ξ) α + e−a(1+β)ξ ∨ , ∀t ∈ [0, + β] (2.20) Theo định nghĩa tích chập ta có F ∗ϕ v= √ 2π (2.21) với F hàm số cho e−atξ F = α + e−a(1+β)ξ (2.22) 19 Sử dụng Bổ đề (2.1.4) ta nhận e−atξ |F | = F = α + e−a(1+β)ξ t 1+β H t α 1+β −1 , ∀t ∈ [0, + β] (2.23) Tiếp theo sử dụng đẳng thức Parseval, ta có ∨ v(·, t) = = Fϕ Fϕ H =H t 1+β t 1+β t α 1+β −1 ϕ t α 1+β −1 ϕ Tóm lại, ta có đánh giá v(·, t) H t 1+β t α 1+β −1 ϕ , ∀t ∈ [0, + β] (2.24) Từ (2.20), (2.21), (2.22) (2.24) ta khẳng định toán (3) đặt chỉnh Chứng minh Định lý 2.2.3 Sử dụng đẳng thức Parseval ta có u(·, t) − vα (·, t + β) = u(·, t) − vα (·, t + β) = ea(1−t)ξ e−a(t+β)ξ u(ξ, 1) − ϕ(ξ) α + e−a(1+β)ξ 2 = e a(1−t)ξ e−a(t+β)ξ e−a(t+β)ξ u(ξ, 1) − u(ξ, 1) + (u(ξ, 1) − ϕ(ξ)) α + e−a(1+β)ξ α + e−a(1+β)ξ e a(1−t)ξ e−a(t+β)ξ − α + e−a(1+β)ξ e−a(t+β)ξ u(ξ, 1) + (u(ξ, 1) − ϕ(ξ)) α + e−a(1+β)ξ 2 αea(1−t)ξ e−a(t+β)ξ u(ξ, 1) + sup u(ξ, 1) − ϕ(ξ) −a(1+β)ξ α + e−a(1+β)ξ α + e ξ∈R 2 αe−atξ e−a(t+β)ξ = + sup u(ξ, 1) − ϕ(ξ) u(ξ, 0) −a(1+β)ξ α + e−a(1+β)ξ ξ∈R α + e αe−atξ (1 + ξ )−s/2 s/2 (1 + ξ ) u(ξ, 0) + H α + e−a(1+β)ξ αe−atξ (1 + ξ )−s/2 sup u(ξ, 0) α + e−a(1+β)ξ ξ∈R Hs +H t+β 1+β t+β 1+β t+β t+β α 1+β −1 α 1+β −1 20 t+β αe−atξ (1 + ξ )−s/2 −1 1+β sup E + α α + e−a(1+β)ξ ξ∈R (2.25) Bây ta đánh giá đại lượng αe−atξ (1 + ξ )−s/2 A = sup α + e−a(1+β)ξ ξ∈R Đặt e−a(1+β)ξ = αz , dễ thấy < z αe−atξ (1 + ξ )−s/2 = α + e−a(1+β)ξ α(αz) Ta có α ln(αz) 1− a(1 + β) α(1 + z) t 1+β −s/2 t =α =α =α t 1+β z 1+β ln(αz) 1− (1 + z) a(1 + β) a(1 + β) ln α1 t 1+β a(1 + β) ln α1 t 1+β s/2 s/2 t z 1+β (1 + z) t z 1+β (1 + z) −s/2 − ln α − ln(αz) + a(1 + β) s/2 − ln α − ln α − ln z + a(1 + β) s/2 Tiếp theo, ta chứng minh đại lượng t z 1+β B= (1 + z) − ln α − ln α − ln z + a(1 + β) s/2 bị chặn số dương C(a, β, s) Thật vậy, < z với < α < ta có nên t z 1+β B= (1 + z) − ln α < − ln α − ln z + a(1 + β) − ln α − ln α − ln z + a(1 + β) s/2 t z 1+β < < (1 + z) Còn z > ta có đánh giá 0< − ln α ln z Do đó, (2.26) chứng minh Vì vậy, trường hợp z > ta có đánh giá t z 1+β B= (1 + z) − ln α − ln α − ln z + a(1 + β) =z =e −β 1+β aβ z 1+β < z =e aβ s/2 ln(ea(1+β) z) a(1 + β) s/2 a(1 + β) s/2 ln z z 1+β 1+ (1 + z) a(1 + β) y −β 1+β s/2 s/2 (ln y) ln(ea(1+β) z) a(1 + β) a(1 + β) =e t ln z z 1+β 1+ < (1 + z) a(1 + β) aβ s/2 s/2 s/2 −β (ea(1+β) z) 1+β ln(ea(1+β) z) a(1 + β) s/2 s/2 g(y) −β Trong g(y) = y 1+β (ln y)s/2 , y = ea(1+β) z > ea(1+β) > Bây ta khảo sát hàm số g(y) với y > Ta có −β −β s s −β 1+β y −1 (ln y)s/2 + y 1+β (ln y) −1 1+β y −β s β s = y 1+β −1 (ln y) −1 − ln y , 1+β g (y) = g (y) = ⇔ y = e s(1+β) 2β Từ ta suy sup g(y) = nếus = y>1 sup g(y) = g e y>1 s(1+β) 2β = s(1 + β) 2eβ s/2 nếus > 22 Tóm lại, ta chứng minh B max 1, eaβ B aβ = eaβ s = 0, s/2 s 2aeβ max 1, e s > Do A C(a, β, s)α a(1 + β) ln α1 t 1+β s/2 E Từ đánh giá (2.25) ta kết luận ∀t ∈ [0, 1], ∀α ∈ (0, 1) u(·, t) − vα (·, t + β) C(a, β, s)α t 1+β a(1 + β) ln α1 s/2 t+β E + α 1+β −1 Bây giờ, thay α= E ln E s 1+β ta có u(·, t) − vα (·, t + β) s s E s 2 − (1−t)  ln   E    1 + C(a, β, s)a  ln    s E E   ln − ln ln    t t E 1−t E 1−t ln E s s + C(a, β, s)a − (1−t) lim+ →0 ln E ln E − 2s ln ln E (1 + o(1)) → 0+ , s = Chứng minh Định lý 2.2.1 Kết đạt cách sử dụng Định lý 2.2.3 bất đẳng thức tam giác 23 Chứng minh Định lý 2.2.5 Đặt ρ(α) = vα (·, + β) − ϕ Nếu < < ϕ , a) ρ hàm liên tục, b) lim+ ρ(α) = 0, α→0 c) lim ρ(α) = ϕ , α→+∞ d) ρ hàm tăng ngặt Thật vậy, sử dụng đẳng thức Parseval ta có ρ(α) = vα (·, + β) − ϕ = vα (ξ, + β) − ϕ(ξ) e−a(1+β)ξ = ϕ(ξ) − ϕ(ξ) α + e−a(1+β)ξ α = − ϕ(ξ) α + e−a(1+β)ξ α = ϕ(ξ) α + e−a(1+β)ξ +∞ = −∞ α α 2 + e−a(1+β)ξ |ϕ(ξ)|2 dξ (2.28) Trước hết ta chứng minh khẳng định b) Giả sử δ số dương bé tuỳ ý, ϕ 2 = ϕ = +∞ −∞ |ϕ(ξ)| dξ nên tồn số nguyên dương nδ cho δ2 Từ (2.28) ta có đánh giá với α thỏa mãn |ξ|>nδ |ϕ(ξ)| dξ < 0nδ |ϕ(ξ)|2 dξ 24 2a(1+β)n2δ α e 2a(1+β)n2δ α e = α2 e2a(1+β)nδ δ2 |ϕ(ξ)| dξ + nδ |ξ| ∞ δ2 |ϕ(ξ)| dξ + −∞ δ ϕ 2+ < δ2 2 Từ đánh giá trên, ta suy lim+ ρ(α) = Tiếp theo ta chứng minh khẳng α→0 định c) Từ (2.28) ta nhận thấy +∞ ρ (α) = ρ2 (α) = −∞ +∞ −∞ +∞ −∞ = α α + e−a(1+β)ξ α α+1 (2.29) −∞ |ϕ(ξ)|2 dξ + e−a(1+β)ξ α α+1 |ϕ(ξ)|2 dξ = ϕ α α +∞ |ϕ(ξ)|2 dξ |ϕ(ξ)|2 dξ ϕ (2.30) Từ (2.29), (2.30) tính không âm ρ(α) ta có α ϕ α+1 ρ(α) ϕ α ϕ = ϕ nên theo nguyên lý kẹp ta có α→+∞ α + Vì lim lim ρ(α) = ϕ α→+∞ Tiếp theo, ta chứng minh khẳng định d) Giả sử < α1 < α2 Ta chứng minh ρ(α1 ) < ρ(α2 ) Thật vậy, ta thấy 0< α1 α1 + e−a(1+β)ξ < Ngoài ra, ϕ = ϕ > mà ϕ α2 α2 + e−a(1+β)ξ = , ∀ξ ∈ R +∞ −∞ |ϕ(ξ)| dξ (2.31) nên tồn số nguyên dương n0 cho +n0 −n0 |ϕ(ξ)|2 dξ > (2.32) 25 Từ (2.28), (2.31) (2.32) ta kết luận ρ(α1 ) < ρ(α2 ) Cuối cùng, ta chứng minh khẳng định a) Giả sử α0 số dương Ta chứng minh ρ liên tục α0 Vì α0 > ϕ > nên từ (2.28) ta thấy ρ2 (α0 ) > hay ρ(α0 ) > (Do ρ(α0 ) đại lượng không âm) Với α số dương ta có đánh giá sau (ρ(α) + ρ(α0 ))|ρ(α) − ρ(α0 )| = |ρ2 (α) − ρ2 (α0 )| ρ(α0 )|ρ(α) − ρ(α0 )| +∞ α α −∞ − + e−a(1+β)ξ α0 α0 |ϕ(ξ)|2 dξ + e−a(1+β)ξ (2.33) Mặt khác, ta có α α + e−a(1+β)ξ = α α+e 2 − −a(1+β)ξ − α α + e−a(1+β)ξ 2 α0 α0 + e−a(1+β)ξ α0 α −a(1+β)ξ −a(1+β)ξ α0 + e − α+e α0 α0 + e−a(1+β)ξ 2 α0 α0 + e−a(1+β)ξ + (α − α0 )e−a(1+β)ξ =2 2 (α + e−a(1+β)ξ )(α0 + e−a(1+β)ξ ) |α − α0 | , ∀n ∈ N∗ αα0 (2.34) Từ (2.33) (2.34) ta có +∞ |α − α0 | αα0 −∞ |ρ(α) − ρ(α0 )| ρ(α0 )|ρ(α) − ρ(α0 )| |ϕ(ξ)|2 dξ = |α − α0 | ϕ αα0 Từ đó, ta có |α − α0 | ϕ αα0 ρ(α0 ) |α − α0 | ϕ = nên theo nguyên lý kẹp ta kết luận lim |ρ(α)− α→α0 αα0 ρ(α0 ) α→α0 ρ(α0 )| = hay lim ρ(α) = ρ(α0 ) Vậy ρ liên tục α0 Vì lim α→α0 Từ tính chất hàm ρ chứng tỏ tồn số dương α thỏa mãn (2.14) 26 Đặt z(·, t) = u(·, t) − vα (·, t + β), ∀t ∈ [0, 1] Ta có zt = azxx , (x, t) ∈ (−∞, +∞) × (0; 1) (2.35) z(·, 1) = u(·, t) − vα (·, t + β) u(·, t) − ϕ + vα (·, t + β) − ϕ (2.36) + τ = (1 + τ ) Bây ta đánh giá z(·, 0) Ta có: z(·, 0) = u(·, 0) − vα (·, β) = u(·, 0) − vα (·, β) = e aξ e−aβξ u(ξ, 1) − ϕ(ξ) α + e−a(1+β)ξ = eaξ 2 aξ e e−aβξ e−aβξ u(ξ, 1) − u(ξ, 1) + (u(ξ, 1) − ϕ(ξ)) α + e−a(1+β)ξ α + e−a(1+β)ξ e−aβξ − α + e−a(1+β)ξ e−aβξ u(ξ, 1) + (u(ξ, 1) − ϕ(ξ)) α + e−a(1+β)ξ 2 α eaξ e−aβξ + sup u(ξ, 1) − ϕ(ξ) u(ξ, 1) −a(1+β)ξ α + e−a(1+β)ξ ξ∈R α + e e−aβξ + sup = u(ξ, 1) − ϕ(ξ) u(ξ, 0) −a(1+β)ξ α + e−a(1+β)ξ ξ∈R α + e α α (1 + ξ )−s/2 s/2 u(ξ, 0) + H (1 + ξ ) −a(1+β)ξ α +e α (1 + ξ )−s/2 sup u(ξ, 0) −a(1+β)ξ ξ∈R α + e Hs +H β 1+β β 1+β α −1 α 1+β −1 1+β −1 α (1 + ξ )−s/2 1+β E + α −a(1+β)ξ α + e ξ∈R (2.37) sup Mặt khác, sử dụng kết đánh giá đại lượng A trường hợp t = chứng minh Định lý ta thu α (1 + ξ )−s/2 sup −a(1+β)ξ ξ∈R α + e a(1 + β) C2 (a, β, s) ln α1 s/2 (2.38) 27 ea(1+β) s = 0, C2 (a, β, s) = max 1, ea(1+β) s s/2 s > (2.39) Từ (2.37), (2.38) ta có đánh giá a(1 + β) C2 (a, β, s) ln α1 z(·, 0) s/2 E+α −1 1+β (2.40) Mặt khác, ta có α − (ϕ − vα (ξ, + β)) u(ξ, 1) α + e−a(1+β)ξ α = − α vα (ξ, 0) u(ξ, 1) α + e−a(1+β)ξ 1 = u(ξ, 1) − 2ϕ α α + e−a(1+β)ξ α + e−a(1+β)ξ α = (u(ξ, 1) − ϕ) α + e−a(1+β)ξ α sup u(ξ, 1) − ϕ −a(1+β)ξ ξ∈R α + e u(ξ, 1) − ϕ = u(ξ, 1) − ϕ mà ϕ − vα (ξ, + β) α u(ξ, 1) α + e−a(1+β)ξ α + − (ϕ − vα (ξ, + β)) u(ξ, 1) α + e−a(1+β)ξ dẫn đến α α + e−a(1+β)ξ u(·, 1) τ − = (τ − 1) hay α u(ξ, 1) τ − α + e−a(1+β)ξ (2.41) 28 Từ (2.40), (2.41) sử dụng kết chứng minh Định lý 2.2.3 ta có s/2 a(1 + β) C2 (a, β, s) ln α1 z(·, 0) E+α s/2 a(1 + β) = C2 (a, β, s) ln α1 E+α s/2 a(1 + β) C2 (a, β, s) ln α1 E+α C(a, β, s) C2 (a, β, s) + τ −1 = −1 1+β −1 1+β −1 1+β α u(ξ, 1) τ − α + e−a(1+β)ξ 2 α e−aξ u(ξ, 0) τ − α + e−a(1+β)ξ 1 a(1 + β) C(a, β, s)α 1+β τ −1 ln α1 a(1 + β) ln α1 s/2 s/2 E Ta lại có (τ )2 = vα (·, + β) − ϕ = = vα (·, + β) − ϕ α α +e −a(1+β)ξ ϕ α α +1 τ α ϕ α +1 2 ϕ = α α +1 ϕ Do hay α ϕ −τ τ (2.42) Từ ta có a(1 + β) a(1 + β) = E ln ln α α E a(1 + β) E ϕ −τ ln τ E E ln a(1 + β) = E E ϕ −τ ln ln τ E (2.43) E 29 Mặt khác ln lim+ →0 E E ϕ −τ ln τ E (2.44) = Từ đánh giá ta thấy → 0+ z(·, 0) C2 (a, β, s) + C(a, β, s) τ −1 a(1 + β) ln E s/2 E(1 + o(1)) (2.45) Từ Bổ đề 2.1.5, (2.36) (2.45) ta có đánh giá z(·, t) z(·, 1) t z(·, 0) t 1−t C3 (τ, t, a, β, s) E 1−t ln E −s(1−t)/2 (1 + o(1)) → 0+ t s(1−t)/2 C3 (τ, t, a, β, s) = (τ + 1) (a(1 + β)) C(a, β, s) C2 (a, β, s) + τ −1 Đặt C(τ, a, β, s) = sup C3 (τ, t, a, β, s) < +∞ t∈[0,1] ta thu khẳng định định lý 1−t KẾT LUẬN CHUNG Kết đạt khoá luận sử dụng phép biến đổi Fourier vào phương trình truyền nhiệt ngược thời gian đưa kết sau: - Chứng minh toán   ∂v ∂ 2v = a (x, t) ∈ (−∞; +∞) × (0; + β), ∂t ∂x αv(x, 0) + v(x, + β) = ϕ(x), x ∈ (−∞; +∞), α > 0, β > toán đặt chỉnh - Đưa đánh giá ổn định dạng Ho¨lder chỉnh hóa nghiệm toán Cauchy cho phương trình truyền nhiệt ngược thời gian dạng   ∂u ∂ 2u = a (x, t) ∈ (−∞; +∞) × (0; 1), ∂x  ∂t u(·, 1) − ϕ(·) , với buộc u(·, 0) H s (R) 30 E TÀI LIỆU THAM KHẢO Tiếng Việt [1] Trần Đức Vân, Phương Trình Vi Phân Đạo Hàm Riêng, NXB Đại học Quốc gia Hà nội, 2001 Tiếng Anh [2] K A Ames and B Straughan, Non-Standard and Improperly Posed Problems, Academic Press, San Diego, 1997 [3] Dinh Nho Hao, A Mollification Method for a Noncharacteristic Cauchy Problem for a Parabolic Equation, Journal of Mathematical Analysis and Applications, 199 (1996), 873-909 [4] Dinh Nho Hao, Nguyen Van Duc and D Lesnic, A non-local boundary value problem method for the Cauchy problem for elliptic equations, Inverse problems, 25(2009),055002, 27pp 31 [...]... )∨ = f +∞ −∞ f (ξ)eiξy dξ = f (y) CHƯƠNG 2 ĐÁNH GIÁ TÍNH ỔN ĐỊNH VÀ CHỈNH HOÁ NGHIỆM CỦA PHƯƠNG TRÌNH TRUYỀN NHIỆT NGƯỢC THỜI GIAN 2.1 Kiến thức bổ trợ 2.1.1 Bổ đề (Bất đẳng thức Ho¨lder [4]) Giả sử p > 1, q > 1 là các số thực 1 1 thỏa mãn + = 1 Nếu f ∈ Lp (R), g ∈ Lq (R) thì f g ∈ L1 (R) và p q fg f 1 p (2.1) g q Chứng minh Với a, b > 0 ; 1 < p, q < ∞ và vì ánh xạ x −→ ex là lồi nên ta có : ab =... được khẳng định của định lý 1−t KẾT LUẬN CHUNG Kết quả chúng tôi đạt được trong khoá luận này là sử dụng phép biến đổi Fourier vào phương trình truyền nhiệt ngược thời gian đưa ra được các kết quả chính như sau: - Chứng minh được bài toán   ∂v ∂ 2v = a 2 (x, t) ∈ (−∞; +∞) × (0; 1 + β), ∂t ∂x αv(x, 0) + v(x, 1 + β) = ϕ(x), x ∈ (−∞; +∞), α > 0, β > 0 là bài toán đặt chỉnh - Đưa ra đánh giá ổn định dạng... α > 0, β > 0 là bài toán đặt chỉnh - Đưa ra đánh giá ổn định dạng Ho¨lder và chỉnh hóa nghiệm của bài toán Cauchy cho phương trình truyền nhiệt ngược thời gian dạng   ∂u ∂ 2u = a 2 (x, t) ∈ (−∞; +∞) × (0; 1), ∂x  ∂t u(·, 1) − ϕ(·) , với rằng buộc u(·, 0) H s (R) 30 E TÀI LIỆU THAM KHẢO Tiếng Việt [1] Trần Đức Vân, Phương Trình Vi Phân Đạo Hàm Riêng, NXB Đại học Quốc gia Hà nội, 2001 Tiếng Anh [2]... Trong Định lý 2.2.3 ta có đánh giá tại t = 0 u(·, 0) − vα (·, β) C1 (0, a, β, s)E ln − 2s E (1 + o(1)), khi → 0+ Rõ ràng với s > 0 thì đánh giá sai số này có dạng logarithm 2.2.5 Định lý (Phương pháp chọn hậu nghiệm) Giả sử < ϕ(·) Chọn τ > 1 sao cho τ < ϕ(·) Khi đó, tồn tại duy nhất α > 0 thỏa mãn đẳng thức vα (·, 1 + β) − ϕ(·) = τ (2.14) Giả sử u(x, t) là nghiệm của bài toán (1) và vα (x, t) là nghiệm. .. đây ta suy ra được khẳng định trong bổ đề 2.1.5 Bổ đề Giả sử u(x, t) ∈ L2 (R), ∀t ∈ [0; 1] là nghiệm của phương trình ∂u ∂ 2u = a 2 , (x, t) ∈ (−∞; +∞) × (0; 1) ∂t ∂x Khi đó, chúng ta có đánh giá u(·, t) [0; 1] u(·, 1) t u(·, 0) (2.6) 1−t , với mọi t ∈ 15 Chứng minh Giả sử u(x, t) là một nghiệm của (2.6) Biến đổi Fourier hai vế của ∂u ∂ 2u đẳng thức = a 2 theo x và sử dụng Định lý 1.2.2 ii) ta có ∂t... chính 2.2.1 Định lý (Đánh giá ổn định) Nếu u1 (x, t) và u2 (x, t) là hai nghiệm của bài toán (1)−(2), thì bất đẳng thức sau đây đúng với mọi t ∈ [0, 1] khi → 0+ u1 (·, t) − u2 (·, t) 2C1 (t, a, β, s) t E 1−t ln E − 2s (1−t) (1 + o(1)), trong đó s C1 (t, a, β, s) = 1 + C(a, β, s)a 2  eaβ nếu s = 0, C(a, β, s) = s max 1, eaβ 2aeβ s/2 nếu s > 0 2.2.2 Định lý Bài toán (3) đặt chỉnh 2.2.3 Định lý (Phương. .. Định lý Bài toán (3) đặt chỉnh 2.2.3 Định lý (Phương pháp chọn tiên nghiệm) Giả sử u(x, t) là nghiệm của bài toán (1)−(2) và vα (x, t) là nghiệm của bài toán (3) Khi đó ∀t ∈ 17 [0, 1], ∀α ∈ (0, 1) ta có đánh giá u(·, t) − vα (·, t + β) C(a, β, s)α a(1 + β) ln α1 t 1+β s/2 t+β E + α 1+β −1 Bằng cách chọn α= E ln 1+β s 2 E , thì đánh giá sau đây đúng với mọi t ∈ [0; 1] khi → 0+ : u(·, t) − vα (·, t +... (·, β) C(τ, a, β, s)E ln E −s/2 Đánh giá sai số này có dạng logarithm với s > 0 (1 + o(1)) khi → 0+ 18 2.3 Chứng minh các kết quả chính Chứng minh Định lý 2.2.2 Lấy biến đổi Fourier của nghiệm v của bài toán (3) theo biến không gian x ∈ R, ta có   dv = −aξ 2 v, 0 < t < 1 + β, dt αv(ξ, 0) + v(ξ, 1 + β) = ϕ(ξ), ξ ∈ (−∞; +∞), α > 0, β > 0 (2.15) Từ phương trình đầu của hệ ta nhận được 2 v(ξ, t) = e−atξ... (x, t) là nghiệm của bài toán (3) với α = α Nếu có thêm điều kiện (2) thì đánh giá sau đây đúng với mọi t ∈ [0, 1] khi → 0+ u(·, t) − vα (·, t + β) t C(τ, a, β, s) E 1−t ln E −s(1−t)/2 (1 + o(1)) trong đó C(τ, a, β, s) là một hằng số dương chỉ phụ thuộc τ, a, β và s 2.2.6 Nhận xét Cách chọn tham số hậu nghiệm trong Định lý 2.2.5 không phụ thuộc s và E Hơn nữa, tại t = 0 ta có đánh giá u(·, 0) − vα... số H(η) được định nghĩa bởi η η (1 − η)1−η , η ∈ (0, 1), 1, η = 0 và 1 H(η) = (2.4) Ta nhận thấy rằng H(η) ≤ 1 Hàm số C(x, y) với 1 > x 0, y > 0 được định nghĩa bởi C(x, y) = y 1−x y e1−x−y (2.5) 2.1.3 Bổ đề Nếu x, y là các số không âm và z là một số dương, thì (z + 1)x1/(z+1) y z/(z+1) x + zy 2.1.4 Bổ đề Nếu 0 q < ∞, q = 0 và α > 0, thì p αe−p α + e−q H p p αq q Chứng minh Khẳng định của bổ đề là