BÀI TOÁN CALDERÓN TRONG HÌNH TRÒN đơn vị

Xét vật thể dẫn điện hình tròn với tính dẫn . Ta đặt một điện áp lên sẽ sinh ra một điện thế trong , thỏa mãn bài toán biên Dirichet Bài toán (1) có duy nhất nghiệm với mỗi . Khi đó ta định nghĩa ánh xạ Dirichlet – Neumann được xác định bởi . biểu thị dòng điện đi ra theo hướng pháp tuyến trên . Ánh xạ DirichletNeumann hoàn toàn được xác định bằng phép đo đạc trên biên. Bài toán Calderón : biết ánh xạ Dirichet – Neumann xác định tính dẫn của vật. Trong luận văn này, công việc của người viết là trình bày ví dụ mở rộng của Alessandrini về bài toán Calderón như xét được tính ổn định và khôi phục lại tính dẫn của vật. Ngoài ra người viết quan tâm đến các kết quả về tính ổn định , của T.Barcelo và đồng nghiệp, tính ổn định , của A. Clop và đồng nghiệp . Cụ thể như sau: Trong chương 1: Trình bày không gian Sobolev trên xuyến với việc chứng minh các kết quả như Mệnh đề 1.3, Mệnh đề 1.5 về chuẩn tương đương trong Sobolev trên xuyến; Định lý 1.5 về định lý nhúng. Trình bày không gian Sobolev trên hình tròn với việc chứng minh các kết quả như Định lý 1.6 (trù mật); Định lý 1.7 (Thác triển); Định lý 1.8 (Nhúng); Định lý 1.9 (Đặc trưng không gian Sobolev ); Định lý 1.10 (Bất đẳng thức Poincare). Các kết quả trong chương 1 sẽ sử dụng trong các phần tiếp theo. Trong chương 2: Trình bày chứng minh Định lý 2.1 (Cacciopolli); các kết quả tính trơn của nghiệm của phương trình elliptic khi tính dẫn thuộc cụ thể Định lý 2.3. Khi tính dẫn thuộc ta thu được kết quả cụ thể Định lý 2.4. Nhắc lại kết quả như Định lý 2.7 về tính trơn và bước nhảy của , với là nghiệm của bài toán Dirichlet. Nhắc lại Mệnh đề 2.1 về hệ số Fourier của . Các mệnh đề và định lý sẽ giúp ta tìm được ánh xạ Dirichlet – Neumann một cách tường minh. Trong chương 3: Tôi quan tâm đến ba bài toán cụ thể như sau: Bài toán 01: Mở rộng ví dụ Alessandrini. Xét lớp tính dẫn Trong lớp tính dẫn này, bằng cách sử dụng các Định lý 2.7 và Mệnh đề 2.1, tôi đã chỉ được tường minh ánh xạ Dirichet – Neumann trong đó Từ đó, tôi đã thu được tính ổn định Lipschitz (Mệnh đề 3.4), khôi phục được tính dẫn từ ánh xạ Dirichet – Neumann (Mệnh đề 3.3). Bài toán 02: Xét các tính dẫn trong ,từ kết quả của T.Barcelo và đồng nghiệp, bằng nội suy tôi đã chỉ ra được rằng ổn định, với , trong đó liên tục, không giảm thỏa mãn . Bằng cách sử dụng tính dẫn với tôi đã chứng minh được rằng bài toán Calderón không ổn định khi . Bài toán 03: Xét tính dẫn trong , từ kết quả của A. Clop và đồng nghiệp, bằng nội suy, tôi đã chỉ ra được ổn định , với , trong đó liên tục, không giảm thỏa mãn . Bằng cách sử dụng các tính dẫn trong đó bán kính , hàm được xác định như ví dụ trên, tôi đã chứng minh được bài toán Calderón không ổn định khi . 12. Khả năng ứng dụng trong thực tiễn: trong y học cụ thể như điện não đồ; hay trong việc tìm các mỏ khoáng vật, nghiên cứu vật liệu hỗn hợp, …. 13. Những hướng nghiên cứu tiếp theo: Có thể nghiên cứu tiếp trong hình cầu, …. 14. Các công trình đã công bố có liên quan đến luận văn: không

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN NGUYỄN THU HIỀN BÀI TỐN CALDERĨN TRONG HÌNH TRỊN ĐƠN VỊ LUẬN VĂN THẠC SĨ TỐN HỌC Hà Nội - 2019 ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN NGUYỄN THU HIỀN BÀI TỐN CALDERĨN TRONG HÌNH TRỊN ĐƠN VỊ Chun ngành: Tốn giải tích Mã số: 46 01 01 02 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Người hướng dẫn khoa học: TS ĐẶNG ANH TUẤN Hà Nội - 2019 Lời cảm ơn Tôi xin chân thành cảm ơn Ban giám hiệu, Ban chủ nhiệm Khoa Toán - Cơ - Tin học, Phòng Sau Đại Học, Phòng Đào tạo, Phòng CTCT - SV, trường Đại học Khoa học Tự nhiên, ĐHQGHN tạo điều kiện thuận lời giúp đỡ q trình học tập nghiên cứu Tơi xin gửi lời cảm ơn tới thầy cô Khoa Toán - Cơ - Tin học, trường ĐHKHTN - ĐHQGHN động viên khích lệ, giúp đỡ suốt q trình học tập Đặc biệt, tơi xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới TS.Đặng Anh Tuấn, người ln hướng dẫn, bảo tận tình, sát tơi q trình thực luận văn Tôi xin gửi lời cảm ơn tới em Mai Thị Kim Dung, người giúp việc sử dụng Latex hồn thiện trình bày luận văn Cuối cùng, xin gửi lời cảm ơn tới người thân, bạn bè người giúp đỡ, động viên tơi suốt q trình thực luận văn Hà Nội, ngày 24 tháng 11 năm 2019 Học viên Nguyễn Thu Hiền Mục lục Lời cảm ơn Danh mục kí hiệu Mở đầu Chuẩn bị 1.1 Một số kiến thức giải tích 1.2 Không gian Sobolev 1.2.1 Không gian Sobolev xuyến 1.2.2 Không gian Sobolev B 17 Bài tốn biên elliptic 26 2.1 Phương trình elliptic 26 2.2 Ánh xạ Dirichlet - Neumann 31 Bài tốn Calderón 35 3.1 Ví dụ Alessandrini 35 3.2 Mở rộng ví dụ Alessandrini 3.3 Một số ví dụ khác 44 36 Kết luận 52 Tài liệu tham khảo 54 Danh mục kí hiệu • N : Tập hợp số tự nhiên • Z+ : Tập hợp số ngun khơng âm • Zn+ : Tập hợp số ngun khơng âm n chiều • α : đa số, α ∈ Zn+ , α = (α1 , α2 , , αn ) • |α| = α1 + α2 + + αn • Dα u : định nghĩa Dα u = ∂ |α| u ∂x1 α1 ∂x2 α2 ∂xn αn • B = {(x1 , x2 ) ∈ R2 |x21 + x22 < 1}, hình tròn đơn vị tâm gốc • Tn xuyến n chiều, Tn = Rn /2πZn • S1 = {eiθ |θ ∈ R} ⊂ R2 • Với A S1 , B, Tn ta định nghĩa: đđ Lp (A) = {u : A −−−−−−−→ C| Lebesgue |u(x)|p dx < ∞}, ≤ p < ∞ A • C(S1 ): Khơng gian hàm liên tục R, tuần hồn chu kì 2π • C m (B): Khơng gian hàm có đạo hàm tới cấp m liên tục B, với ∀|α| ≤ m • C ∞ (B): Khơng gian hàm khả vi vô hạn B, C ∞ (B) = ∞ C m (B) m=0 • C0 (B) = {u ∈ C(B), supp u tập compact B}, supp u = {x ∈ B : u(x) = 0} • C0m (B) = {u ∈ C m (B), supp u tập compact B} • C0∞ (B) = ∞ C0m (B) m=0 • C m (B) : Khơng gian hàm u có đạo hàm Dα u liên tục B, ∀|α| ≤ m • C ∞ (B) = ∞ C m (B) m=0 • ∇u = (ux1 , ux2 ) , uxj , j = 1, đạo hàm riêng u theo xj Mở đầu Xét vật thể dẫn điện mỏng, xem hình tròn B với tính dẫn γ(x) Giả thiết miền B vật thể khơng có nguồn tụ Đặt điện áp f lên S1 sinh điện u B, thỏa mãn toán biên Dirichlet   ∇ · (γ∇u) = B,   (1) u = f S Bài toán biên Dirichlet (1) có nghiệm u ∈ H (B) với f ∈ H (S1 ) Khi 1 ta định nghĩa ánh xạ Dirichlet-Neumann Λγ : H (S1 ) → H − (S1 ) xác định Λγ f = γ∂ν u|S1 Λγ f biểu thị dòng điện theo hướng pháp tuyến S1 Ánh xạ Dirichlet-Neumann hoàn toàn xác định phép đo đạc biên Bài tốn Calderón đặt ta hiểu ánh xạ Dirichlet-Neumann ta biết tính dẫn vật thể dẫn điện Trong luận văn này, cơng việc người viết trình bày ví dụ mở rộng Alessandrini tốn Calderón xét tính ổn định khơi phục lại tính dẫn vật Ngoài người viết quan tâm đến kết tính ổn định C α , < α < 1, T.Barcelo đồng nghiệp báo [11], tính ổn định H α , < α < 1, A Clop đồng nghiệp báo [5] Bố cục luận văn gồm chương: • Chương 1: Trình bày kiến thức giải tích, khơng gian Sobolev xuyến khơng gian Sobolev hình tròn để sử dụng cho chương sau • Chương 2: Trình bày kết tính trơn nghiệm phương trình elliptic Sau đó, từ định lý tồn nghiệm tốn biên Dirichlet cho phương trình elliptic, người viết trình bày định nghĩa số tính chất ánh xạ Dirichlet-Neumann Trong trường hợp hệ số phương trình elliptic đặc biệt, người viết nhắc lại kết giúp cho việc viết tường minh ánh xạ DirichletNeumann • Chương 3: Xuất phát từ ví dụ Alessandrini, người viết quan tâm đến lớp tính dẫn γα (x) =   α0 + α1 (a − r) < r < a, r = |x| ,  α0 a < r < 1, (2) Đối với lớp tính dẫn này, người viết thu kết quả: (+) Viết tường minh ánh xạ Dirichlet - Neumann (D-N) (+) Tính ổn định Lipschitz (+) Khơi phục tính dẫn từ ánh xạ D-N Về tính ổn định tính dẫn C α báo [11], T.Barcelo đồng nghiệp thu γ1 − γ2 L∞ (Ω) ≤V Λγ1 − Λγ2 ∗ Bằng nội suy dẫn đến C β ổn định, < β < α Trong luận văn, người viết dùng dãy tính dẫn γa (r) = + aα ρ r , a > 0, a ρ (r) =   e r2 −1 |r| < 1,  0 |r| ≥ 1, để β khơng thể α Về tính ổn định tính dẫn H α báo [5], A.Clop đồng nghiệp thu γ1 − γ2 L2 (Ω) ≤V Λγ1 − Λγ2 ∗ Bằng nội suy dẫn đến H β ổn định, < β < α Để β không α ta cần đến dãy tính dẫn phức tạp Trong trường hợp C β ổn định ta cần hình tròn trường hợp ta cần đến nhiều hình tròn Khi số hình tròn tăng vô hạn ta thấy không H α ổn định Chương Chuẩn bị 1.1 Một số kiến thức giải tích Ký hiệu Tn xuyến n chiều, Tn = Rn /2πZn Hàm f : Tn → C hiểu f : Rn → C, tuần hoàn với chu kỳ 2πZn Định nghĩa 1.1 Cho p ∈ [1; +∞), không gian Lp (Tn ) định nghĩa sau     p n n p L (T ) := f : R → C : |f (x)| dx < +∞ ,   Tn tích phân Lebesgue [0; 2π]n , với chuẩn Tn  p1  f Lp (Tn ) :=  (2π)n |f (x)|p dx Tn Nhận xét 1.1 (1) L2 (Tn ) không gian Hilbert C, với tích vơ hướng (f, g)L2 (Tn ) := (2π)n f (x)g(x)dx, f, g ∈ L2 (Tn ) Tn (2) Với n = , T = R/2πZ = S1 , hàm f : T = S1 → C hiểu f : R → C, tuần hoàn với chu kỳ 2π (3) Với n = 2, T2 = R2 /2πZ2 = S2 , hàm f : T2 → C hiểu f : R2 → C thỏa mãn f (x1 + k1 2π, x2 + k2 2π) = f (x1 , x2 ), ∀k1 , k2 ∈ Z, ∀(x1 , x2 ) ∈ R2 Khi L2 (T) = L2 S1 = L2 (0, 2π) ; L2 (Tn ) = L2 ((0, 2π)n ) Định nghĩa 1.2 ([8]) Với f ∈ L1 (Tn ), ta định nghĩa hệ số Fourier thứ k f sau: f (k) = (2π)n f (x) e−ikx dx, (0,2π)n k ∈ Zn , k = (k1 , k2 , , kn ), kx = k1 x1 + k2 x2 + + kn xn Chuỗi Fourier f là: f (k) ek với ek (x) = eikx k∈Zn Định lý 1.1 ([8])(Tính ) Cho f ∈ L1 (Tn ) Nếu f (k) = với k ∈ Zn f = hầu khắp nơi Chứng minh Xem chứng minh chi tiết [8], Định lý 3.2.4 Định lý 1.2 ([8]) (i) Với f ∈ L2 (Tn ), tổng riêng Sn,R f (x) = f (k)ek (x) hội tụ đến f k∈Zn ,|kj |≤R L2 (Tn ), R → ∞ (ii) Với {ak }k∈Zn thỏa mãn |ak |2 < +∞ Khi tồn f ∈ L2 (Tn ) thỏa mãn k∈Zn f (k) = ak Cụ thể f giới hạn L2 (Tn ) ak ek R → ∞ k∈Zn ,|kj |≤R Chứng minh Xem chứng minh chi tiết [8], Định lý 3.2.7 Định lý 1.3 ([8]) Cho f, g ∈ L2 (Tn ), ta có đẳng thức sau: (1) Đẳng thức Parseval f (k)g(k) (f, g)L2 (Tn ) = k∈Zn (2) Đẳng thức Plancherel f L2 (Tn ) = f (k) k∈Zn Chứng minh Xem chứng minh chi tiết [8], Định lý 3.2.7 Phần tiếp theo, ta quan tâm đến tích chập Định nghĩa 1.3 Cho f, g hàm đo Rn , tích chập hai hàm đo f, g định nghĩa hình thức sau f (x − y)g(y)dy, x ∈ Rn (f ∗ g)(x) = Rn Định nghĩa 1.4 (1) Cho hàm ρ ∈ C0∞ (Rn ) xác định   Ce |x|21−1 |x| < 1, ρ(x) =  |x| ≥ 1, C số cho ρ(x)dx = Rn (2) Với ε > 0, ta định nghĩa x ρ( ) εn ε Nhận xét 1.2 (1) ρ ≥ ρ ∈ C0∞ (Rn ), supp ρ = B(0, 1) ρε (x) = (2) ρε ∈ C0∞ (Rn ) thỏa mãn ρε (x)dx = 1, Rn supp ρε ⊆ B(0, ε) Mệnh đề 1.1 Với R > 0, ε > x0 ∈ Rn Ta xây dựng hàm cắt η = χBR+ ε (x0 ) ∗ ρ 2ε , thỏa mãn (1) η ∈ C0∞ (Rn ) ≤ η ≤ Rn (2) η = BR (x0 ) η = BR+ε (x0 ) (3) | η| ≤ C , ε Rn với C số dương Chứng minh Tính toán tương tự chứng minh Mệnh đề 1.2 [3] Ta xem u ∈ Lp (B) hàm u ∈ Lp (Rn ) cách cho u = ngồi B Khi sử dụng Mệnh đề 1.2 [1] ta có kết sau Mệnh đề 1.2 Cho ≤ p < ∞ Khi với u ∈ Lp (B), ta có ρε ∗ u hội tụ đến u Lp (B), ε → 0+ Định lý 1.4 ([8])(Bất đẳng thức Young) Cho ≤ p, q ≤ ∞ r ≥ thỏa mãn 1 1 + = + Nếu f ∈ Lp (Rn ), g ∈ Lq (Rn ), r p q f ∗g Lr (Rn ) ≤ f Lp (Rn ) g Lq (Rn ) (1.1) Chứng minh Xem chứng minh chi tiết [8], Định lý 1.2.12 Nhận xét 1.3 Với ≤ p, q ≤ ∞ r ≥ thỏa mãn + 1 1 = + ≤ + ≤ r p q p q (e) Ta đặt tử số mẫu số Bn (b) Mn (b) Nn (b) Bằng tính tốn ta tính ∞ ∞ |n| (m − 1)2 m m2 Mn (b) = + bm−1 hm,n + In (b), (3.10) b h + m,n |n| + m=2 (2 |n| + 1)2 |n| + m=2 ∞ In (b) = l=2 ∞ − l=2 l2 bl−1 hl,n |n| + l−1 l |n| b hl,n |n| + ∞ k=2 ∞ k=2 |n| bk hk,n − |n| + kbk hk,n |n| + Hệ số bm In (b) là: k+l−1=m l2 |n| l |n| k − (2 |n| + 1) (2 |n| + 1)2 hl,n hk,n = = l |n| (l − k) hl,n hk,n (2 |n| + 1)2 k+l−1=m |n| (k − l)2 hl,n hk,n k+l−1=m (2 |n| + 1)2 Từ ta thấy Mn (b) ≥ |n| + (3.11) Mặt khác ta lại có ∞ ≤ Nn (b) = |n| |n| b+ bm hm,n 1+ |n| + |n| + m=2 ≤ 1 ≤ 1−b − b0 Từ suy Bn (b) ≥ − b0 |n| + Bây khơi phục lại tính dẫn Lấy f = einθ ta Λα (einθ ) = α0 Lấy Cn = Λα (einθ ) |n|einθ − a2|n| + (1 + a2|n| )Bn (b) |n| einθ + a2|n| + (1 − a2|n| )Bn (b) , C n = α0 − a2|n| + (1 + a2|n| )Bn (b) + a2|n| + (1 − a2|n| )Bn (b) Mệnh đề 3.3 (a) α0 = lim Cn n→∞ 41 (3.12) Cn − α0 n→∞ Cn+1 − α0 (b) a2 = lim (c) aα1 = α0 D, 2α0 a2|n| + (Cn − α0 )(1 + a2|n| ) −1 (2α0 a2|n| − (Cn − α0 )(1 − a2|n| )) D = lim (2 |n| + 1) n→∞ Chứng minh (1) Từ (b) mệnh đề 3.2, ta có lim Bn (b) = Khi n→∞ lim Cn = α0 n→∞ (2) Ta có Cn − α0 2a2|n| (Bn (b) − 1) + a2|n|+2 + (1 − a2|n|+2 )Bn+1 (b) = lim n→∞ Cn+1 − α0 n→∞ 2a2|n|+2 (Bn+1 (b) − 1) + a2|n| + (1 − a2|n| )Bn (b) lim Từ (b) (d) mệnh đề 3.2 ta có Cn − α0 = n→∞ Cn+1 − α0 a lim (3) Ta cần tính α1 Từ Cn − α0 = α0 2a2|n| (Bn (b) − 1) , + a2|n| + (1 − a2|n| )Bn (b) ta tính Bn (b) = 2α0 a2|n| + (Cn − α0 )(1 + a2|n| ) (2α0 a2|n| − (Cn − α0 )(1 − a2|n| )) Khi ta có D = lim (2 |n| + 1) n→∞ 2α0 a2|n| + (Cn − α0 )(1 + a2|n| ) −1 (2α0 a2|n| − (Cn − α0 )(1 − a2|n| )) = lim (2 |n| + 1)(Bn (b) − 1) = n→∞ b = b , 1−b aα1 α0 D Khi α1 = α0 + aα1 a Tiếp theo ta xét tính ổn định tốn Calderón Mệnh đề 3.4 Cố định a ∈ (0, 1), ε0 , M > 0, N ≥ Khi tồn C = C(a, ε0 , M, N ) cho Λα − Λβ ≥ C (|α0 − β0 | + |α1 − β1 |) , ∀γα , γβ ∈ µ(a, ε0 , M, N ) 42 Chứng minh Với γα , γβ ∈ µ(a, ε0 , M, N ) ta có H − (S1 ) (Λα − Λβ ) f n2 = n∈Z (1 + n2 ) 2 (An − Bn )2 f (n) , A n = α0 với b = − a2|n| + (1 + a2|n| )Bn (b) , + a2|n| + (1 − a2|n| )Bn (b) Bn = β0 − a2|n| + (1 + a2|n| )Bn (c) , + a2|n| + (1 − a2|n| )Bn (c) aα1 aβ1 ,c = α0 + aα1 β0 + aβ1 Ta tính tốn (α0 − β0 ) (1 − a4|n| ) (1 + Bn (b)Bn (c)) + (1 + a4|n| ) (Bn (b) + Bn (c)) An − Bn = (1 + a2|n| + (1 − a2|n| )Bn (b)) (1 + a2|n| + (1 − a2|n| )Bn (c)) (α0 + β0 ) (Bn (b) − Bn (c)) 2a2|n| (3.13) + (1 + a2|n| + (1 − a2|n| )Bn (b)) (1 + a2|n| + (1 − a2|n| )Bn (c)) Ta đặt tử số mẫu số Kn , Hn Hn ≤ (2 + d0 )2 Ta có Λα − Λβ = Λγα − Λγβ f sup f f =0,f ∈H (S1 ) H − (S1 ) ≥ sup H (S1 ) n |Kn | |Kn | ≥ sup 2, |2Hn | n (2 + d0 ) |Kn | ≥ |α0 − β0 | − 8M d0 a2|n| Khi α0 = β0 , Với n đủ lớn, ta có 8M d0 a2|n| ≤ |α0 − β0 | Vì Λα − Λβ ≥ (2 + d0 )−2 |α0 − β0 | (3.14) Khi α0 = β0 ta (3.14) Tiếp theo, ta thấy |Kn | ≥ 4ε0 a2|n| |Bn (b) − Bn (c)| − |α0 − β0 | + d20 + 4d0 Từ (3.14) ta có Λα − Λβ ≥ C1 4ε0 a2|n| |Bn (b) − Bn (c)| , (3.15) C1 = C1 (a, ε0 , M ) số Bn (b) − Bn (c) =(b − c)Bn (ξ) = aβ1 Bn (ξ) aβ0 Bn (ξ) (α1 − β1 ) + (β0 − α0 ) (α0 + α1 a)(β0 + β1 a) (α0 + α1 a)(β0 + β1 a) 43 Ta có Λα − Λβ β0 (α1 − β1 ) + β1 (α0 − β0 ) (α0 + α1 a)(β0 + β1 a) − b0 β0 |α1 − β1 | β1 |α0 − β0 | − ≥ C1 4ε0 a2|n|+1 2|n| + (α0 + α1 a)(β0 + β1 a) (α0 + α1 a)(β0 + β1 a) − b0 ε0 |α1 − β1 | N |α0 − β0 | ≥ C1 4ε0 a2|n|+1 − 2|n| + (M + aN )2 (M + aN )2 ≥ C1 4ε0 a2|n|+1 Bn (ξ) Chọn n = 1, kết hợp với (3.14) ta có Λα − Λβ ≥ C2 |α1 − β1 | (3.16) Từ (3.14) (3.16), chọn C3 = {(2 + d0 )−2 , C2 } , ta suy điều phải chứng minh 3.3 Một số ví dụ khác Định lý 3.1 ([11])Cho Ω tập mở liên thơng, có biên Lipschitz R2 , với γj ∈ C α (Ω) < α < 1, thỏa mãn k ≤ γj ≤ K Ω γj C α (Ω) ≤ C0 , k, K, C0 số Khi ta có đánh giá sau: γ1 − γ2 L∞ (Ω) ≤ V ( Λγ1 − Λγ2 ∗ ), V : [0, +∞) −→ [0, +∞) liên tục, không giảm thỏa mãn V (0) = Nhận xét 3.1 Định lý cho ta kết tính ổn định tốn Calderón sau: Λγ1 − Λγ2 ∗ nhỏ γ1 − γ2 C β (Ω) nhỏ , < β < α Thật vậy, với < β < α, h ∈ R2 γ1 − γ2 C β (Ω) = γ1 − γ2 L∞ (Ω) + |(γ1 − γ2 )(x + h) − (γ1 − γ2 )(x)| |h|β x,x+h∈Ω,h=0 sup Ta có |(γ1 − γ2 )(x + h) − (γ1 − γ2 )(x)| |h|β = |(γ1 − γ2 )(x + h) − (γ1 − γ2 )(x)| |h|α ≤ γ1 − γ2 β β α C α (Ω) γ1 − γ2 ≤ (2C0 ) α (2 γ1 − γ2 β α β 1− α L∞ (Ω) β 1− α L∞ (Ω) ) 44 β |(γ1 − γ2 )(x + h) − (γ1 − γ2 )(x)|1− α Vậy ta β γ1 − γ2 C β (Ω) ≤ γ1 − γ2 L∞ (Ω) + 2C0α γ1 − γ2 Áp dụng Định lý 3.1 , ta thấy Λγ1 − Λγ2 suy γ1 − γ2 L∞ (Ω) nhỏ Vậy Λγ1 − Λγ2 ∗ β 1− α L∞ (Ω) nhỏ, hàm V khơng giảm nên ta ∗ nhỏ γ1 − γ2 C β (Ω) nhỏ Ví dụ để β = α tính ổn định tốn Calderón khơng ¯ , α ∈ (0, 1) có dạng Ví dụ 3.1 Ta xét tính dẫn γa (r) , γ ∈ C α B   1 + aα ρ r với < r < a, a γa (r) =  1 với a < r < 1, γ0 (r) = với hàm ρ xác định ρ (r) =   e r2 −1 |r| < 1,  0 |r| ≥ Ta thấy γa − γ0 L∞ (B) · a = aα ρ a→0+ L∞ (B) ≤ aα e−1 −→ (3.17) Với x ∈ ∂Ba , ta có γa (x) = γ0 (x), mà (γa − γ0 )(0) = aα ρ(0) = aα e−1 Ta suy γa − γ0 Cα ≥ ρ(0) = e−1 (3.18) Mặt khác theo Định lý 2.6 ta có Λγa − Λγ0 ≤ C γa − γ0 L∞ (B) Khi Λγa − Λγ0 Từ (3.18) (3.19) ta thấy Λγ1 − Λγ2 ∗ a→0+ ∗ −→ nhỏ γ1 − γ2 (3.19) C α (B) không nhỏ Như vậy, tốn Calderón khơng ổn định β = α Định lý 3.2 ([5]) Cho Ω tập mở liên thông, có biên Lipschitz R2 , với γj ∈ H α (Ω), < α < 1, thỏa mãn k ≤ γj ≤ K Ω γj H α (Ω) ≤ C0 , k, K, C0 số Khi ta có đánh giá sau: γ1 − γ2 L2 (Ω) ≤ V ( Λγ1 − Λγ2 ∗ ), V : [0, +∞) −→ [0, +∞) liên tục, không giảm thỏa mãn V (0) = 45 Nhận xét 3.2 Định lý cho ta kết tính ổn định tốn Calderón sau: Λγ1 − Λγ2 ∗ nhỏ γ1 − γ2 H β (Ω) nhỏ , < β < α Thật vậy, với < β < α, H β (Ω) γ1 − γ2 = γ1 − γ2 L2 (Ω) | (γ1 − γ2 ) (x) − (γ1 − γ2 ) (y)|2 + |x − y|2+2β Ω Ω dxdy Ta có | (γ1 − γ2 ) (x) − (γ1 − γ2 ) (y)|2 |x − y|2+2β Ω Ω dxdy ≤ 2+2β  2+2α  | (γ1 − γ2 ) (x) − (γ1 − γ2 ) (y)|2 dxdy  |x − y|2+2α ≤ × Ω Ω 2+2β 1− 2+2α  | (γ1 − γ2 ) (x) − (γ1 − γ2 ) (y)|2 dxdy  × Ω Ω ≤ γ1 − ≤ (2C0 ) 2( 2+2β ) γ2 H α2+2α (Ω) 2+2β 1+α γ1 − γ1 − γ2 2L2 (Ω) γ2 2L2 (Ω) α−β 1+α 2α−2β 2+2α Vậy ta γ1 − γ2 Hβ ≤ γ1 − γ2 L2 (Ω) 2+2β + 4C01+α γ1 − γ2 Áp dụng định lý 3.2 , ta thấy Λγ1 − Λγ2 suy γ1 − γ2 L2 (Ω) nhỏ Vậy Λγ1 − Λγ2 ∗ ∗ 2(α−β) 1+α L2 (Ω) nhỏ, hàm V khơng giảm nên ta nhỏ γ1 − γ2 H β (Ω) nhỏ Ví dụ để β = α tính ổn định tốn Calderón khơng Ví dụ 3.2 Ta xét tính dẫn γN (x) , có dạng  2N −1 2−αN ρ  γN (x) = + j,k=−2N −1 (j,k) bán kính aN = 2−(N +2) , xN (j,k) x − xN aN   , N = 1, 2, ., = ( 2jN , 2kN ), giá trị γ0 = 1, hàm ρ xác định ví dụ 46 (j,k) Ta ký hiệu hình tròn Bj,k,N = BaN (xN ) 2N −1 Bj,k,N , A2 = B \ A1 Khi đó, với x ∈ Bj,k,N ta suy Đặt A1 = j,k=−2N −1  γN (x) = + 2−αN ρ   (j,k) x − xN  aN 2N −1 Với x ∈ / Bj,k,N , ta suy j,k=−2N −1 γN (x) = Mục tiêu ta tính γN H α (B) < Cα , γN − γ0 H α (B) ≥ ε0 , Cα , ε0 số Theo định nghĩa chuẩn hàm γN H α (B), < α < ta có γN 2H α (B) |γN (x)| dx1 dx2 + = dy1 dy2 B B B |γN (x) − γN (y)|2 dx1 dx2 |x − y|2+2α Do ≤ γN ≤ + 2−αN e−1 ≤ 2, nên ta có |γN (x)|2 dx1 dx2 ≤ 4π B Đặt I= dy1 dy2 B  I= dy1 dy2  A1 (3.20) B Khi  dy1 dy2 + |γN (x) − γN (y)|2 dx1 dx2 |x − y|2+2α |γN (x) − γN (y)|2 dx1 dx2 + |x − y|2+2α A2 A1 |γN (x) − γN (y)|2 dx1 dx2 |x − y|2+2α + A2 |γN (x) − γN (y)|2 dx1 dx2 + |x − y|2+2α = |γN (x) − γN (y)| dx1 dx2 + |x − y|2+2α dy1 dy2 A1 A1 dy1 dy2 A2 + |γN (x) − γN (y)| dx1 dx2 = I1 + 2I2 + I3 |x − y|2+2α dy1 dy2 A2 A1 A2 |γN (x) − γN (y)|2 Xét I3 = dy1 dy2 dx1 dx2 |x − y|2+2α A2 A2 Khi x, y ∈ A2 có γN (x) = γN (y) = Do I3 = 47 Xét |γN (x) − γN (y)|2 dx1 dx2 |x − y|2+2α dy1 dy2 I2 = (3.21) A1 A2 Ta có  2−2αN ρ2  2N −1 I2 = dy1 dy2 j,k=−2N −1 A2 (j,k) x − xN   aN dx1 dx2 |x − y|2+2α Bj,k,N Đặt  2−2αN ρ2  dy1 dy2 Jj,k = (j,k) x − xN   aN dx1 dx2 |x − y|2+2α Bj,k,N A2 (j,k) Đổi biến x − xN aN = t Ta suy dx = a2N dt Khi Jj,k = 2−2αN ρ2 (t) a dt1 dt2 |x − y|2+2α N dy1 dy2 A2 B Ta có dy1 dy2 < |x − y|2+2α dy1 dy2 < |x − y|2+2α A2 R2 \Bj,k,N dy1 dy2 |x − y|2+2α (j,k) |y−x|≥aN −|x−xN | +∞ < |z|2+2α (j,k) |z|≥aN −|x−xN = π α dz1 dz2 < 2π |r|1+2α (j,k) | aN −|x−xN (j,k) 2α aN − |x − xN | Ta suy Jj,k < π −2αN α B = π −2αN α B ρ2 (t) 2α aN dt1 dt2 [aN − aN t] ρ2 (t) a2N dt1 dt2 (aN )2α (1 − t)2α 2−2α = C1 2−2αN aN Như 2−2α I2 ≤ (2N + 1)2 C1 2−2αN aN 48 | dr Xét I1 = dy1 dy2 A1 A1 2N −1 |γN (x) − γN (y)|2 dx1 dx2 |x − y|2+2α Ta có I1 = Tj ,k ,j,k , j,k,j ,k =−2N −1 2−2αN ρ Tj ,k ,j,k = Bj −ρ aN dy1 dy2 (j ,k ) (j,k) x−xN y−xN aN dx1 dx2 |x − y|2+2α Bj,k,N ,k ,N (j,k) (j,k) x − xN Trường hợp 1: Với j = j , k = k Đổi biến Ta suy dx = a2N dz, dy = a2N dt Khi B = t aN 2−2αN |ρ(z) − ρ(t)|2 a4N dz1 dz2 |z − t|2+2α a2+2α N dt1 dt2 Tj,k,j,k = = z, aN y − xN B Tính tốn tương tự Jj,k ta suy Tj,k,j,k = C1 2−2αN a2N = C1 2−2(N +2−2α) , với j, k = −2N −1 , , 2N −1 2α aN (j,k) x − xN Trường hợp 2: Với (j, k) = (j , k ) Đổi biến aN Ta suy dx = a2N dz, dy = a2N dt (3.22) (j ,k ) = z, y − xN aN = t Khi Tj ,k ,j,k = dt1 dt2 B −2αN = 2−2αN |ρ(z) − ρ (t)|2 a4N aN (j,k) B a4N 2+2α |aN (z − t) + (xN )|2+2α dz1 dz2 |ρ(z) − ρ (t)|2 dz1 dz2 |(z − t) + 4(j − j , k − k )|2+2α dt1 dt2 B (j ,k ) − xN (3.23) B Ta có Tj ,k ,j,k = Tj,k ,j,k + j,k j ,k ,j,k,(j ,k )=(j,k) k =k Tj ,k ,j,k j =j,k =k Với z, t ∈ B, xét Mj,k,j ,k = |(z − t) + 4(j − j , k − k )|2+2α Bây để đánh giá Mj,k,j ,k , (j, k) = (j , k ) ta cần bổ đề sau: +∞ l=1 l1+2α Bổ đề 3.1 (1) Với < α < 1, ta có 49 hội tụ (3.24) +∞ (2) Với < α < 1, ta có l,m=1 (l2 hội tụ + m2 )1+α Chứng minh (1) Với < α < 1, xét hàm f (t) = t1+2α , với t ≥ x Do f (t) ≥ 0, đơn điệu giảm [0; +∞) lim x→+∞ f (t)dt = 2α Khi theo dấu hiệu tích phân Cauchy chuỗi cho hội tụ (2) Với < α < 1, cho l = 1, cố định Ta có +∞ +∞ ≤ (l + m2 )1+α m=1 +∞ dt = (l + t2 )1+α l2+2α (1 l ds + s2 )1+α +∞ = 1 C ds ≤ (1 + s2 )1+α l1+2α l1+2α +∞ 1 ≤ C 2 1+α 1+2α l=1 l l,m=1 (l + m ) +∞ Khi +∞ l=1 l1+2α Theo chứng minh phần chuỗi +∞ l,m=1 (l2 hội tụ, nên theo dấu hiệu so sánh chuỗi hội tụ + m2 )1+α Dựa vào bổ đề 3.1 ta có đánh giá Mj,k,j ,k sau: Do z, t ∈ B nên |z − t| < Ngồi k = k |k − k | ≥ Do với j, k = −2N −1 , , 2N −1 , ta có Mj,k,j,k k =k ∼ = |z − t + 4(0, k − k )|2+2α k =k +∞ l=1 l2+2α +∞ Mj,k,j ,k = j =j,k =k ∼ 1, 1 ∼ ∼ 2+2α + m2 )1+1α |z − t + 4(j − j , k − k )| (l l,m=1 j =j,k =k Như từ (3.23), ta có 2−2α 2−2αN aN Tj ,k ,j,k ∼ I1 = j,k j ,k ,j,k Vậy γN H α (B) ≤ 4π + I ≤ 4π + I1 + 2I2 + I3 ≤ Cα 50 Mặt khác, từ định nghĩa chuẩn toán tử H α (B), < α < 1, ta thấy 2N −1 γN − γ0 2H α (B) ≥ |γN (x) − γN (y)|2 dx1 dx2 ≥ I1 ≥ Tj,k,j,k |x − y|2+2α N −1 j,k=−2 dy1 dy2 B B Từ (3.22) ta suy γN − γ0 2H α (B) 2−2αN a2N ≥ (2 + 1) C1 a2α N N = (2N + 1)2 C1 2−2(N +2−2α) ≥ Cα1 = 0, ε0 số Mặt khác theo định lý 2.6 ta có ΛγN − Λγ0 ≤ C γN − γ0 L∞ (B) Khi ΛγN − Λγ0 Ta thấy Λγ1 − Λγ2 ∗ N →∞ ∗ −→ nhỏ γ1 − γ2 Calderón khơng ổn định β = α 51 H α (B) (3.25) khơng nhỏ Như vậy, tốn Kết luận Trong luận văn này, người viết chứng minh ví dụ mở rộng Alessandrini tốn Calderón, đồng thời trình bày số ví dụ khác Đóng góp luận văn: • Chương 1: Trình bày khơng gian Sobolev xuyến cụ thể Định lý 1.5 (Nhúng) Trình bày khơng gian Sobolev hình tròn bao gồm Định lý 1.6 (Trù mật), Định lý 1.7 (Thác triển), Định lý 1.8 (Nhúng) Định lý 1.9 (Đặc trưng không gian H ), Định lý 1.10 (Bất đẳng thức Poincare), Định lý 1.11 (Vết) • Chương 2: Trình bày cụ thể chứng minh Định lý 2.1 (Cacciopolli); trình bày kết tính trơn nghiệm phương trình elliptic tính dẫn thuộc C 0,1 bao gồm Định lý 2.3 Khi tính dẫn thuộc C ∞ ta thu kết cụ thể Định lý 2.4 Từ Định lý 2.5 tồn nghiệm u toán biên Dirichlet cho phương trình elliptic, người viết trình bày định nghĩa ánh xạ Dirichlet-Neumann số tính chất ánh xạ Dirichlet-Neumann Định lý 2.6 Nhắc lại Định lý 2.7 tính trơn bước nhảy hệ số Fourier un (r) với 2π un (r) = 2π u (r, θ) e−inθ dθ, Mệnh đề 2.1 hệ số Fourier Λγ f Nhờ định lý mệnh đề mà ta viết ánh xạ Dirichlet - Neumann cách tường minh • Chương 3: Người viết chứng minh mở rộng ví dụ Alessandrini với kết đạt xét tính ổn định Lipschitz khơi phục tính dẫn vật từ ánh xạ Dirichlet-Neumann cụ thể Mệnh đề 3.4 (ổn định), Mệnh đề 3.3 (khơi phục) Ngồi ra, người viết trình bày hai kết Kết thứ T.Barcelo đồng nghiệp tính ổn định tính dẫn C α cụ thể Định lý 3.1 Từ đó, nội suy, Nhận xét 3.1 người viết C β ổn định với < β < α 52 Nhưng β α, người viết chứng minh tính ổn định tốn Calderón khơng (Ví dụ 3.1) Kết thứ hai A.Clop đồng nghiệp tính ổn định tính dẫn H α cụ thể Định lý 3.2 Từ đó, nội suy, Nhận xét 3.2 người viết H β ổn định với < β < α Nhưng β α, người viết chứng minh toán Calderón khơng ổn định (Ví dụ 3.2) 53 Tài liệu tham khảo Tiếng Việt [1] Đặng Anh Tuấn (2016), Lý thuyết hàm suy rộng không gian Sobolev, Đại học Quốc gia Hà Nội [2] Đinh Thị Huyền (2018), Bài tốn biên Dirichlet cho phương trình elliptic cấp hai dạng bảo tồn hình tròn đơn vị, Khóa luận tốt nghiệp, Đại học Khoa học Tự nhiên, ĐHQGHN [3] Mai Thị Kim Dung(2018), Ví dụ Alessandrini tốn Calderón số vấn đề liên quan, Khóa luận tốt nghiệp, Đại học Khoa học Tự nhiên, ĐHQGHN Tiếng Anh [4] A Benyi and T Oh (2013), The Sobolev inequality on the torus revisited, Publ.Math.Debrecen,Vol 83 No 3, 359-379 [5] A Clop, D Faraco and A Ruiz (2010), Stability of Calderón’s inverse conductivity problem in the plane for discontinuous conductivities Inverse Problems and Imaging, Vol No , 49- 91 [6] G Alessandrini (1988), Stable Determination of Conductivity by Boundary Measurements, Applicable Analysis, Vol 27, pp 153-172 [7] J Feldman, M Salo and G Uhlmann, The Calderón Problem- An Introduction to Inverse Problems, (draft) [8] L Grafakos (2014), Classical Fourier Analysis, third edition, Springer, New York 54 [9] Mai Thị Kim Dung and Đặng Anh Tuấn (2019), Calderón’s problem for some classes of conductivities in circularly symmetric domains , Acta Mathematica Vietnamica, (accepted) [10] R A Adams and J J F Fournier(2003), Sobolev Spaces, 2nd edition , Pure and Applied Mathematics, Academic Press,Vol 140 [11] T Barcelo, D Faraco, A Ruiz (2007), Stability of Calderon inverse conductivity problem in the plane, J de Mathematiques Pures et Appliquees, Vol 8, No , 552556 55 ... α Để β không α ta cần đến dãy tính dẫn phức tạp Trong trường hợp C β ổn định ta cần hình tròn trường hợp ta cần đến nhiều hình tròn Khi số hình tròn tăng vơ hạn ta thấy không H α ổn định Chương... TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN NGUYỄN THU HIỀN BÀI TỐN CALDERĨN TRONG HÌNH TRỊN ĐƠN VỊ Chun ngành: Tốn giải tích Mã số: 46 01 01 02 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Người hướng dẫn khoa học: TS ĐẶNG ANH... 17 Bài toán biên elliptic 26 2.1 Phương trình elliptic 26 2.2 Ánh xạ Dirichlet - Neumann 31 Bài toán Calderón 35 3.1 Ví