Xác định điều kiện ban đầu cho phương trình truyền nhiệt tuyến tính một chiều

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ——————–o0o——————– NGUYỄN THỊ THÚY HOA XÁC ĐỊNH ĐIỀU KIỆN BAN ĐẦU CHO PHƯƠNG TRÌNH TRUYỀN NHIỆT TUYẾN TÍNH MỘT CHIỀU THÁI NGUYÊN - 6/2020 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ——————–o0o——————– NGUYỄN THỊ THÚY HOA XÁC ĐỊNH ĐIỀU KIỆN BAN ĐẦU CHO PHƯƠNG TRÌNH TRUYỀN NHIỆT TUYẾN TÍNH MỘT CHIỀU Chuyên ngành: Toán ứng dụng Mã số: 8460112 NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC TS NGUYỄN THỊ NGỌC OANH THÁI NGUYÊN - 6/2020 Mục lục Trang Danh sách hình vẽ Lời nói đầu Chương Một số kiến thức 1.1 Nguồn gốc phương trình truyền nhiệt 1.2 Bài toán thuận cho phương trình truyền nhiệt chiều 1.3 Phương pháp sai phân cho toán thuận chiều 14 1.3.1 Rời rạc biến không gian 14 1.3.2 Rời rạc biến thời gian 17 1.4 Xấp xỉ toán biến phân 18 Chương Xác định điều kiện ban đầu cho phương trình truyền nhiệt chiều 23 2.1 Bài toán ngược, toán liên hợp, gradient phiếm hàm mục tiêu 23 2.2 Bài toán biến phân rời rạc 26 2.2.1 Gradient phiếm hàm mục tiêu rời rạc 27 2.2.2 Phương pháp gradient liên hợp 30 2.3 Ví dụ số 32 Tài liệu tham khảo 40 Danh sách hình vẽ 2.1 Ví dụ 1: Xây dựng lại hàm v: (a) nhiễu 0.1 × 10−2 , sai số L2 (Ω) 0.0057764; (b) nhiễu 0.3 × 10−2 , sai số L2 0.0060894; (c) nhiễu 0.5 × 10−2 , sai số L2 0.006133; (d) nhiễu 10−2 , sai số L2 0.006116 34 2.2 Ví dụ 2: Xây dựng lại hàm v: (a) nhiễu 0.1 × 10−2 ; (b) nhiễu 0.3 × 10−2 ; (c) nhiễu 0.5 × 10−2 ; (d) nhiễu 10−2 35 2.3 Ví dụ 3: Xây dựng lại hàm v: (a) nhiễu 0.1 × 10−2 ; (b) nhiễu 0.3 × 10−2 ; (c) nhiễu 0.5 × 10−2 ; (d) nhiễu 10−2 36 2.4 Ví dụ 4, 5, 6: Xây dựng lại điều kiện ban đầu với hàm v: (a) trơn; (b) liên tục không trơn; (c) gián đoạn 38 Lời nói đầu Điều kiện ban đầu có nhiều ý nghĩa nghiên cứu mơ hình thực tiễn khí tượng, thủy văn, địa chất, hải dương học, lý thuyết dự báo, [1, 2, 3] Bởi vì, có điều kiện ban đầu, ta đưa dự báo tiến hóa mơ hình Tuy nhiên, thực tế lúc điều kiện ban đầu biết, vấn đề đặt từ số quan sát nghiệm ta tìm lại điều kiện ban đầu Các quan sát nghiệm đa dạng [6, 7] quan sát thời điểm cuối, quan sát tích phân, quan sát điểm, quan sát biên hay phần biên, Trong luận văn này, tập trung nghiên cứu toán xác định điều kiện ban đầu từ quan sát nghiệm thời điểm cuối cho phương trình truyền nhiệt chiều Cụ thể, cho Ω = (0, L) ⊂ R, kí hiệu Q = Ω × [0, T ] với T > cho trước S = ∂Ω × [0, T ] Cho hàm a(x, t), b(x, t) ∈ L2 (Q) Xét toán giá trị ban đầu  ut − auxx + bu = f (x, t), (x, t) ∈ Q, u(x, 0) = v(x), x ∈ Ω (0.1) Bài toán đặt từ thông tin ta quan sát nghiệm thời điểm cuối Cu = u(x, T ) = z(x) xác định lại điều kiện ban đầu v(x) Bài toán xác định điều kiện ban đầu tốn khó có tính đặt khơng chỉnh cao Một toán gọi đặt chỉnh theo nghĩa Hadamard thỏa mãn tất điều kiện: i) Tồn nghiệm; ii) Nghiệm nhất; iii) Nghiệm phụ thuộc liên tục vào kiện toán Nếu điều kiện không thỏa mãn tốn gọi đặt khơng chỉnh Bài tốn đặt khơng chỉnh thường gây nhiều vấn đề nghiêm trọng làm cho nghiệm số cổ điển không ổn định, tức sai số nhỏ kiện đầu vào dẫn tới sai số lớn với nghiệm Ta xét ví dụ sau đây: Xét phương trình truyền nhiệt chiều với điều kiện biên Dirichlet sau x ∈ (0, π), ≤ t ≤ 1, ut (x, t) = uxx (x, t), (0.3) ≤ t ≤ 1, u(0, t) = u(π, t) = 0, (0.2) (0.4) u(x, 0) = v(x) ∈ L2 (0, π) Vấn đề đặt ta tìm lại điều kiện ban đầu v từ thông tin u(x, 1) = ξ(x) Sử dụng khai triển Fourier cho v, ta có biểu diễn sau ∞ (0.5) ϕn (x), x ∈ [0, π] v(x) = n=1 với ϕn(x) = π sin(nx) = Từ ta có π π v(τ ) sin(nτ )dτ ∞ e−n t ϕn (x) u(x, t) = n=1 Do ξ ∈ L (0, π), ∞ ∞ ξ(x) = u(x, 1) = e −n2 ϕn(x) = n=1 với ξn = Do vậy, π ξn ϕn(x) n=1 π ξ(τ ) sin(nτ )dτ = ξ n e n , v(x) = π n = 1, 2, ∞ en ξn sin(nx) (0.6) n=1 Với v ∈ L2 (0, π), ta phải có ∞ v L2 (0,π) e2n |ξn |2 < ∞ = n=1 (0.7) Từ (0.6) (0.7), ta thấy toán xây dựng lại điều kiện ban đầu v từ ξ đặt không chỉnh: Trước tiên, nghiệm v tồn với hàm ξ mà hệ số Fourier ξn giảm nhanh n tiến tới ∞ (nhanh e−n ) Thứ hai, sai số nhỏ hệ số Fourier thứ n nhân lên với en Ví dụ có sai số 10−8 hệ số Fourier thứ ξ5 liệu ξ sinh sai số 103 điều kiện ban đầu v Nội dung luận văn trình bày chương: Chương giới thiệu số kiến thức chuẩn bị, nguồn gốc phương trình truyền nhiệt, phương trình truyền nhiệt chiều dạng tổng quát, toán thuận, phương pháp sai phân hữu hạn rời rạc toán thuận cách sử dụng lược đồ sai phân Crank-Nicolson Chương nghiên cứu toán xác định điều kiện ban đầu cách sử dụng phương pháp biến phân kết hợp với hiệu chỉnh Tikhonov, công thức gradient phiếm hàm mục tiêu tính thơng qua nghiệm toán liên hợp trường hợp liên tục (Định lý 2.1) trường hợp rời rạc (Định lý 2.2) Trong chương này, chúng tơi trình bày lại phương pháp gradient liên hợp để tìm cực tiểu phiếm hàm mục tiêu Bên cạnh việc chứng minh số kết lý thuyết cho toán, để nghiên cứu toán dạng rời rạc, luận văn sử dụng phương pháp sai phân rời rạc hóa tốn thuận, toán biến phân giải phương pháp lặp gradient liên hợp Một số thử nghiệm số trình bày luận văn nhằm minh họa cho tính hữu hiệu thuật tốn đề xuất Q trình thực luận văn tốt nghiệp thạc sĩ giai đoạn quan trọng quãng đời học viên Luận văn tốt nghiệp thạc sĩ tiền đề nhằm trang bị cho chúng em kỹ nghiên cứu, kiến thức quý báu đường giảng dạy Trước hết, chúng em xin chân thành cảm ơn quý Thầy, Cô Trường Đại học Khoa học, Đại học Thái Nguyên, đặc biệt Thầy, Cô Khoa Tốn - Tin tận tình dạy trang bị cho em kiến thức cần thiết suốt thời gian ngồi ghế giảng đường, làm tảng cho em hồn thành luận văn Em xin trân trọng cảm ơn cô Nguyễn Thị Ngọc Oanh trực tiếp hướng dẫn, giúp đỡ em trình thực đề tài Và cuối cùng, xin gửi lời cảm ơn đến gia đình, bạn bè, tập thể lớp K12A6, người sẵn sàng sẻ chia giúp đỡ học tập sống Mong rằng, mãi gắn bó với Một lần em xin gửi đến thầy cô, bạn bè lời cảm ơn chân thành tốt đẹp nhất! Em xin trân trọng cảm ơn! Thái Nguyên, ngày 30 tháng năm 2020 Học viên Nguyễn Thị Thúy Hoa Chương Một số kiến thức Trong chương chúng tơi trình bày số kiến thức liên quan tới phương trình truyền nhiệt chiều nguồn gốc phương trình truyền nhiệt, tốn thuận, số khơng gian hàm bản, định nghĩa nghiệm yếu phương pháp sai phân rời rạc tốn thơng qua lược đồ Crank-Nicolson 1.1 Nguồn gốc phương trình truyền nhiệt Phương trình truyền nhiệt đóng vai trị quan trọng lý thuyết phương trình đạo hàm riêng, mơ tả phân bố nhiệt (hay biến thiên nhiệt độ) miền cho trước theo thời gian Nhiệt (hay gọi nhiệt) trình trao đổi lượng hai điểm có nhiệt độ khác Năng lượng nhiệt tính theo cơng thức q = −k∇u, (1.1) q lượng nhiệt truyền tải đơn vị thời gian qua đơn vị thể tích, số dương k gọi hệ số truyền dẫn ∇u gradient nhiệt độ u Trong trường hợp chiều, phương trình (1.1) trở thành q = −kux , ux = ∂u ∂x Trong số nghiên cứu, thay đổi ∆Q lượng bên vật chất liên quan tới thay đổi ∆u nhiệt độ thông qua công thức ∆Q = cρ∆u số c > 0, ρ > tương ứng nhiệt dung riêng mật độ khối lượng vật chất Nếu chọn nhiệt độ ban đầu ta có (1.2) Q = cρu Ta cụ thể hóa phương trình (1.1) (1.2) sau: Ký hiệu (x, t) tương ứng tọa độ khơng gian thời gian Xét hình chữ nhật R = {(ξ, τ ) : x − ∆x ≤ ξ ≤ x + ∆x t − ∆t ≤ τ ≤ t + ∆t} Khi đó, nhiệt độ thay đổi khoảng thời gian 2∆t miền 2∆x tính sau x+∆x {u(ξ, t + ∆t) − u(ξ, t − ∆t)}dξ = cρ cρ x−∆x ∂u dξdτ ∂τ R Năng lượng biên cho t+∆t k t−∆t ∂u ∂u { (x + ∆x, τ ) − (x − ∆x, τ )}dτ = k ∂x ∂x ∂ 2u dξdτ R ∂ξ Theo Định luật bảo tồn lượng, ta có (cρuτ − kuξξ )dξdτ = R với khoảng ∆x ∆t Do vậy, ta nhận cρut − kuxx = hay ut − κuxx = với κ = c−1 ρ−1 k Sử dụng công thức đổi biến τ = κt gán lại τ thành t ta nhận phương trình truyền nhiệt dạng cổ điển sau Lu = uxx − ut = (1.3) 26 δu(v) = u(v + δv) − u(v) nghiệm toán     n ∂δu ∂ ∂δu   aij (x, t)  + b(x, t)δu = Q,  −   ∂x ∂x  ∂t i j i=1   δu = S,     δu(x, 0) = δv(x) Ω (2.9) Sử dụng ước lượng [6, Định lý 1.1.1, p 12] cho tốn (2.9), ta có tồn số cD cho δu δu(v) L2 (Ω) = o( δv W (0,T ;H (Ω)) ≤ cD δv L2 (Ω) Do L2 (Ω) ) Mặt khác, sử dụng công thức Green Định lý 1.1 Chương [7, Định lý 3.18, p 158], cho toán (2.5) (2.9), ta nhận u(v) − ξ δu(x, T )dx = δvp(x, 0)dx Ω Ω Kết hợp với (2.8), ta có J0 (v + δv) − J0 (v) = o( δv L2 (Ω) ) δvp(x, 0)dx + Ω = o( δv L2 (Ω) ) + δv, p(x, 0) L2 (Ω) Do vậy, J0 khả vi Fréchet ∇J0 (v) = p(x, 0) p(x, t) nghiệm tốn liên hợp (2.5) Do vậy, ta nhận cơng thức (2.7) cho gradient phiếm hàm Jγ (v) Định lý chứng minh xong 2.2 Bài toán biến phân rời rạc Trong mục này, rời rạc tốn biến phân cực tiểu hóa phiếm hàm (2.4) phương pháp sai phân hữu hạn Khi phiếm hàm mục tiêu J0 (v) xấp xỉ sau v) J0h (¯ := n v ) − ξ i ]2 [ui,Nt (¯ i=1 (2.10) 27 Trong đó, v¯ hàm lưới v, ui,Nt (¯ v ) để nhấn mạnh phụ thuộc nghiệm vào điều kiện ban đầu v¯ Nt số thời gian thời điểm cuối Để đơn giản ký hiệu, số chỗ ta bỏ qua số h không gây nhầm lẫn Hơn nữa, ta sử dụng ký hiệu J0h J0 có phụ thuộc vào bước lưới theo thời gian ∆t 2.2.1 Gradient phiếm hàm mục tiêu rời rạc Tiếp theo mục này, chúng tơi cực tiểu hóa phiếm hàm mục tiêu rời rạc (2.10) phương pháp gradient liên hợp Để thực điều này, trước tiên chúng tơi tính gradient phiếm hàm mục tiêu rời rạc J0h Ta định nghĩa tích hai hàm lưới u := {ui , i = 1, 2, , Nx } v := {v i , i = 1, 2, , Nx } sau Nx (2.11) ui v i (u, v) := i=1 Công thức gradient phiếm hàm mục tiêu (2.10) cho thông qua định lý Định lý 2.2 Gradient ∇J0h (¯ v ) phiếm hàm mục tiêu J0h hàm lưới v¯ cho v ) = A0 ∇J0h (¯ ∗ (2.12) η0 , η = (η , , ηtN ) thỏa mãn toán liên hợp  η Nt −1 = uNt (¯ v) − ξ η m = Am+1 ∗ η m+1 , m = N − 2, N − 3, , t t (2.13) Ở đây, ma trận (Am )∗ có dạng ∆t m −1 ∆t m ∗ Λ ) (E − Λ ) 4 ∆t m −1 ∆t m ∗ Λ ) (E + Λ ) = (E − 4 ∆t m −1 ∆t m Λ )(E + Λ ) = (E − 4 (Am )∗ = (E + ∗ (2.14) 28 Chứng minh Cho biến phân nhỏ δ¯ v v¯, từ (2.10) ta có v+ J0h (¯ δ¯ v) − v) J0h(¯ = = = = 2 2 Nx [u i,Nt k (¯ v + δ¯ v) − ξ ] − i=1 Nx w i,Nt 2 Nx v ) − ξ i ]2 [ui,Nt (¯ i=1 Nx v ) − ξ i] wi,Nt [ui,Nt (¯ + i=1 i=1 Nx v i,Nt Nx wi,Nt ψ i + i=1 i=1 Nx wi,Nt +(wNt , ψ) i=1 (2.15) wi,m := ui,m (¯ v + δ¯ v ) − ui,m (¯ v ), i = 0, , Nx , m = 0, , Nt , wm := {v i,m , i = 0, , Nx } ψ = uNt (¯ v ) − ξ Từ (1.25) ta có w nghiệm toán  wm+1 = Am wm , w0 = δ¯ v m = 0, , Nt − 1, (2.16) Lấy tích vơ hướng hai vế phương trình thứ m hệ (2.16) với véc tơ η m ∈ RNx , sau lấy tổng kết từ m = 0, , Nt − 1, ta nhận Nt −1 Nt −1 (w m+1 m (Am wm , η m ) ,η ) = m=0 m=0 Nt −1 (2.17) ∗ (wm , Am η m ) = m=0 ∗ Ở Am ma trận liên hợp Am Xét toán liên hợp  η m = (Am+1 )∗ η m+1 , m = Nt − 2, Nt − 1, , 0, (2.18) η Nt −1 = ψ Lấy tích vơ hướng hai vế phương trình (2.18) với véc tơ wm+1 , sau lấy tổng kết theo m = 0, , Nt − 2, ta nhận 29 Nt −2 Nt −2 (w m+1 (wm+1 , (Am+1 )∗ η m+1 ) m ,η ) = m=0 (2.19) m=0 Lấy tích vơ hướng hai vế phương trình thứ hai (2.18) với véc tơ v Nt , ta có (2.20) (wNt , η Nt −1 ) = (wNt , ψ) Từ (2.19) (2.20) suy Nt −2 Nt −2 (w m+1 m Nt , η ) + (w , η Nt −1 (wm+1 , (Am+1 )∗ η m+1 ) + (wNt , ψ), )= m=0 m=0 hay Nt −1 Nt −1 (w m+1 (wm , (Am )∗ η m ) + (wNt , ψ) m ,η ) = m=0 (2.21) m=1 Từ (2.17) (2.21) ta nhận ∗ ∗ (2.22) v , A0 η ) (wNt , ψ) = (w0 , A0 η ) = (δ¯ Mặt khác, ta có v ) Từ (2.15) (2.22) suy wi,Nt = o( δ¯ k∈Ωh ∗ v ) v ) = (δ¯ v , A0 η ) + o( δ¯ v + δ¯ v ) − J0h (¯ J0h (¯ (2.23) Do vậy, gradient phiếm hàm J0h viết sau ∂J0h (¯ v) ∂¯ v ∗ (2.24) = A0 η Chú ý rằng, ma trận Λm đối xứng, thật vậy, với m = 0, , Nt − ∆t m −1 ∆t m ∗ Λ ) (E − Λ ) 4 ∆t m ∗ ∆t m −1 = (E − Λ ) (E + Λ ) 4 ∆t m −1 ∆t m Λ )(E + Λ ) = (E − 4 (Am )∗ = (E + Định lý chứng minh ∗ 30 2.2.2 Phương pháp gradient liên hợp Trong mục này, để tìm cực tiểu phiếm hàm mục tiêu sử dụng phương pháp gradient với quy tắc dừng trình bày tài liệu tham khảo [5] Chúng xây dựng lại điều kiện ban đầu v¯ từ quan sát nghiệm thời điểm cuối uNt = ξ với ξ bị nhiễu ǫ thành ξ ǫ, tức ξ − ξ ǫ ≤ ǫ Quá trình thực sau: Giả sử bước lặp thứ k, ta nhận v k Khi bước lặp v k+1 = v k + αk dk , với  −∇Jγ (v k ) k d = −∇J (v k ) + β k dk−1 γ k β = k = 0, k > 0, ∇Jγ (v k ) L2 (Ω) , ∇Jγ (v k−1 ) 2L2 (Ω) αk = argminα≥0 Jγ (v k + αdk ) Để ước lượng αk ta kí hiệu u¯(f ) nghiệm toán (tương ứng v = 0)    u − (a(x, t)ux )x + b(x, t)u = f Q,    t u(0, t) = u(L, t) = (0, T ],     u|t=0 = Ω u˜[v] nghiệm tốn tuyến tính (tương ứng f = 0)    u − (a(x, t)ux )x + b(x, t)u = Q,    t u(0, t) = u(L, t) = (0, T ],     u| = v Ω t=0 Trong trường hợp này, tốn tử quan sát có dạng Cu = C u˜[v] + C u¯(f ) = Av + C u¯(f ) (2.25) 31 A tốn tử tuyến tính bị chặn từ L2 (Ω) vào L2 (Ω) Ta có γ u(v k + αdk ) − z 2L2 (0,T ) + v k + αdk − v ∗ 2L2 (Q) 2 γ = αAdk + Av k + C u¯(f ) − z 2L2 (Ω) + αdk + v k − v ∗ 2L2 (Q) 2 γ = αAdk + Cu(v k ) − z 2L2 (0,T ) + αdk + v k − v ∗ 2L2 (Q) 2 Jγ (v k + αdk ) = Lấy vi phân Jγ (v k + αdk ) theo α, ta nhận ∂J(v k + αdk ) = α Adk 2L2 (Ω) + Adk , Cu(v k ) − z ∂α + γα dk 2L2 (Ω) + γ dk , v k − v ∗ Cho ∂Jγ (v k + αdk ) ∂α k α =− =− =− =− L2 (Ω) L2 (Ω) = 0, ta có Adk , Cu(v k ) − z L2 (Ω) Adk 2L2 (0,T ) k + γ dk , v k − v ∗ +γ dk , (A)∗ Cu(v ) − z Adk L2 (Ω) L2 (Ω) L2 (Q) dk 2L2 (Q) + γ dk , v k − v ∗ + γ dk L2 (Ω) L2 (Ω) ∗ dk , (A)∗ Cu(v k ) − z + γ(v k − v ) L2 (Ω) Adk 2L2 (Ω) + γ dk 2L2 (Ω) dk , ∇Jγ (v k ) L2 (Ω) Adk 2L2 (Ω) + γ dk 2L2 (Ω) Vì dk = −∇γ (v k ) + β k dk−1 , rk = −∇Jγ (v k ) rk , dk−1 nhận rk k α = Adk L2 (Ω) L2 (Ω) + γ dk L2 (Ω) = 0, ta L2 (Ω) Bước (khởi tạo): Cho trước dự đoán điều kiện ban đầu v số α > 1, tính phần dư rˆ0 = u(v ) − ξ cách giải lược đồ (1.25) với điều kiện ban đầu v¯ thay điều kiện ban đầu dự đoán v Nếu rˆ0 ≤ αǫ, ta dừng thuật toán Ngược lại, đặt k = 0, d−1 = (0, , 0) chuyển tới Bước 32 Bước Tính phần dư rk = ∇J0i,Nt (v k ) theo công thức (2.12) cách giải tốn liên hợp (2.13) Sau ta đặt dk = −rk + βk−1 dk−1 ,   rk  β k−1 = rk−1   β −1 = (2.26) 2 với k ≥ 1, (2.27) Bước Tính nghiệm u¯k lược đồ (1.25) với v¯ thay dk , đặt rk (2.28) v k+1 = v k + αk dk (2.29) k α = (¯ uk )N t Khi đó, đặt Phần dư cập nhật rˆk+1 = rˆk + αk (¯ uk )Nt Bước Nếu rˆk+1 (2.30) ≤ αǫ, thuật toán dừng (quy tắc dừng Ne- mirovskii) Ngược lại, đặt k := k + 1, trở lại Bước Chúng ý (2.30) suy từ đẳng thức rˆk+1 = uNt (v k+1 ) − ξ = uNt (v k + αk dk ) − ξ uk )Nt = rˆk + uNt (αk dk ) = rˆk + αk (¯ 2.3 (2.31) Ví dụ số Trong mục này, chúng tơi trình bày số minh họa số với điều kiện ban đầu v khác nhau: Điều kiện ban đầu trơn (Ví dụ 1), liên tục khơng trơn (Ví dụ 2) gián đoạn (Ví dụ 3) 33 Bài toán biên Dirichlet Cho Ω = (0, 1) T = Xét hệ    u − (a(x, t)ux )x = f (x, t) Q,    t u(0, t) = u(1, t) = 0 < t ≤ T,     u(x, 0) = v(x) Ω (2.32) với a(x, t) = 2xt + x2 + Ta thử nghiệm với nhiễu ǫ tương ứng 0.1×10−2, 0.3×10−2, 0.5× 10−2 10−2 , tham số hiệu chỉnh γ = × 10−3 Ví dụ Nghiệm xác sau uexact = et sin(2πx) Từ điều kiện ban đầu xác v(x) = sin(2πx) Vế phải f (x, t) = (1 + 4π (x2 t + 2xt + 1))et sin(2πx) − 2πet(2xt + 2t) cos(2πx) Kết xây dựng lại điều kiện ban đầu v minh họa Hình 2.1 34 Comparison Comparison exact sol approx sol 0.8 0.8 0.6 0.6 0.4 0.4 0.2 0.2 0 −0.2 −0.2 −0.4 −0.4 −0.6 −0.6 −0.8 −0.8 −1 −1 0.2 0.4 0.6 0.8 exact sol approx sol 1 0.2 0.4 0.6 x (a) Comparison exact sol approx sol 0.8 0.6 0.6 0.4 0.4 0.2 0.2 0 −0.2 −0.2 −0.4 −0.4 −0.6 −0.6 −0.8 −0.8 −1 −1 0.4 0.6 0.8 exact sol approx sol 0.8 0.2 (b) Comparison 0.8 x 0.2 0.4 0.6 x 0.8 x (c) (d) Hình 2.1: Ví dụ 1: Xây dựng lại hàm v : (a) nhiễu 0.1 × 10−2 , sai số L2 (Ω) 0.0057764; (b) nhiễu 0.3 × 10−2 , sai số L2 0.0060894; (c) nhiễu 0.5 × 10−2 , sai số L2 0.006133; (d) nhiễu 10−2 , sai số L2 0.006116 Ví dụ Ví dụ ta xét trường hợp ban đầu hàm liên tục không trơn cho v(x) =  2x, 2(1 − x), x ≤ 0.5, ngược lại 35 Comparison Comparison exact sol appr sol exact sol appr sol 1 0.8 0.8 0.6 0.6 0.4 0.4 0.2 0.2 0 −0.2 0.2 0.4 0.6 0.8 −0.2 0.2 0.4 0.6 x 0.8 (a) (b) Comparison Comparison exact sol appr sol exact sol appr sol 1 0.8 0.8 0.6 0.6 0.4 0.4 0.2 0.2 0 −0.2 0.2 0.4 x 0.6 0.8 −0.2 0.2 0.4 0.6 x 0.8 x (c) (d) Hình 2.2: Ví dụ 2: Xây dựng lại hàm v : (a) nhiễu 0.1 × 10−2 ; (b) nhiễu 0.3 × 10−2 ; (c) nhiễu 0.5 × 10−2 ; (d) nhiễu 10−2 Ví dụ Trong ví dụ này, điều kiện ban đầu ta xét hàm không liên tục cho v(x) =  1, 0, 0.25 ≤ x ≤ 0.75, ngược lại 36 Comparison Comparison 1 0.8 0.8 0.6 0.6 0.4 0.4 0.2 0.2 0 exact sol appr sol −0.2 0.2 0.4 exact sol appr sol 0.6 0.8 −0.2 0.2 0.4 0.6 x (a) 0.8 (b) Comparison Comparison 1 0.8 0.8 0.6 0.6 0.4 0.4 0.2 0.2 0 exact sol appr sol −0.2 0.8 x 0.2 0.4 exact sol appr sol 0.6 0.8 −0.2 0.2 0.4 0.6 x x (c) (d) Hình 2.3: Ví dụ 3: Xây dựng lại hàm v : (a) nhiễu 0.1 × 10−2 ; (b) nhiễu 0.3 × 10−2 ; (c) nhiễu 0.5 × 10−2 ; (d) nhiễu 10−2 Bài toán biên Neumann Đối với toán biên Neumann, ta chọn Ω = (0, 1) T = Xét hệ ut − (aux )x = f Q, −aux (0, t) = ϕ1(t) (0, T ], aux (1, t) = ϕ2(t) (0, T ], u|t=0 = v Ω, với hệ số a = 2xt + x2t + Như nói trên, điều kiện ban đầu chọn hàm trơn (Ví dụ 4), hàm liên tục khơng trơn (Ví dụ 5) 37 hàm gián đoạn (Ví dụ 6) Ví dụ Hàm điều kiện ban đầu trơn v = sin(2πx) Ví dụ Hàm điều kiện ban đầu liên tục không trơn  2x, x ≤ 0.5, v= 2(1 − x), ngược lại Ví dụ Hàm điều kiện ban đầu gián đoạn  1, 0.25 ≤ x ≤ 0.75, v= 0, ngược lại 38 Estimated function v Estimated function v Exact sol Noiselevel=1% Noiselevel=10% Exact sol Noiselevel=1% Noiselevel=10% 0.8 0.6 0.8 0.4 0.6 v(x) v(x) 0.2 0.4 −0.2 −0.4 0.2 −0.6 −0.8 −1 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 x 0.6 0.7 0.8 0.9 0.7 0.8 0.9 −0.2 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 x 0.6 0.7 0.8 0.9 Estimated function v 0.8 v(x) 0.6 0.4 0.2 Exact sol Noiselevel=1% Noiselevel=10% −0.2 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 x 0.6 Hình 2.4: Ví dụ 4, 5, 6: Xây dựng lại điều kiện ban đầu với hàm v : (a) trơn; (b) liên tục không trơn; (c) gián đoạn 39 Kết luận Luận văn trình bày số kiến thức liên quan tới tốn xác định điều kiện ban đầu cho phương trình truyền nhiệt chiều Bên cạnh số khái niệm liên quan không gian Sobolev, định nghĩa nghiệm yếu, toán thuận, toán liên hợp, toán ngược, , luận văn hệ thống lại cách sử dụng phương pháp biến phân cho toán ngược Cùng với việc nghiên cứu toán dạng liên tục rời rạc, luận văn đưa công thức gradient phiếm hàm mục tiêu tương ứng với hai dạng trình bày lại thuật tốn gradient liên hợp tìm cực tiểu phiếm hàm mục tiêu Bên cạnh đó, luận văn trình bày vài thử nghiệm số minh họa cho tính hữu hiệu thuật tốn 40 Tài liệu tham khảo [1] Hào D.N., Thanh P.X., Lesnic D and Johansson B.T., A boundary element method for a multi-dimensional inverse heat conduction problem Int J Comput Math 89(2012), 1540–1554 [2] Hinze M., A variational discretization concept in control constrained optimization: The linear-quadratic case, Computat Optimiz Appl., 30(2005), 45–61 [3] John Rozier Cannon (1984), The one-dimensional Heat Equation, Addison-Wesley Publishing Company [4] Marchuk G.I., Splitting and alternating direction methods In Ciaglet P G and Lions J L., editors, Handbook of Numerical Mathematics Volume 1: Finite Difference Methods Elsevier Science Publisher B.V., North-Holland, Amsterdam, 1990 [5] Nemirovskii A.S., The regularizing properties of the adjoint gradient method in ill-posed problems Zh vychisl Mat mat Fiz 26(1986), 332–347 Engl Transl in U.S.S.R Comput Maths Math Phys 26:2(1986), 7–16 [6] Oanh, Nguyyen Thi Ngoc, Data Assimilation in Heat Conduction, LAP Lambert Academic Publishing, 2019 [7] Trăoltzsch F., Optimal Control of Partial Differential Equations Graduate Studies in Mathematics, American Mathematical Society, Providence, Rhode Island, 2010 ... (1.35) ta nhận kết luận định lý 23 Chương Xác định điều kiện ban đầu cho phương trình truyền nhiệt chiều Trong chương này, tập trung nghiên cứu toán xác định điều kiện ban đầu cho toán biên Dirichlet... Lời nói đầu Chương Một số kiến thức 1.1 Nguồn gốc phương trình truyền nhiệt 1.2 Bài tốn thuận cho phương trình truyền nhiệt chiều 1.3 Phương pháp sai phân cho toán thuận chiều ... tốn xác định điều kiện ban đầu từ quan sát nghiệm thời điểm cuối cho phương trình truyền nhiệt chiều Cụ thể, cho Ω = (0, L) ⊂ R, kí hiệu Q = Ω × [0, T ] với T > cho trước S = ∂Ω × [0, T ] Cho