Giải một bài toán truyền nhiệt ngược thời gian bằng phương pháp biến phân

  • Số trang: 27 |
  • Loại file: PDF |
  • Lượt xem: 19 |
  • Lượt tải: 0
minhtuan

Đã đăng 15929 tài liệu

Mô tả:

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH ------F------ PHAN THỊ THANH HUYỀN GIẢI MỘT BÀI TOÁN TRUYỀN NHIỆT NGƯỢC THỜI GIAN BẰNG PHƯƠNG PHÁP BIẾN PHÂN LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Nghệ An - 2014 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH ------F------ PHAN THỊ THANH HUYỀN GIẢI MỘT BÀI TOÁN TRUYỀN NHIỆT NGƯỢC THỜI GIAN BẰNG PHƯƠNG PHÁP BIẾN PHÂN LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Nghệ An - 2014 1 MỤC LỤC Trang MỤC LỤC . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 MỞ ĐẦU . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 Chương 1. Phép tính vi phân trong không gian Banach . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 1.1 Không gian Banach và các ánh xạ tuyến tính liên tục, đa tuyến tính liên tục . . . 4 1.2 Ánh xạ khả vi trên không gian Banach . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9 Chương 2. Chỉnh hoá bài toán truyền nhiệt ngược thời gian bằng phương pháp biến phân . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20 2.1 Giới thiệu bài toán . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .20 2.2 Phương pháp biến phân cho phương trình truyền nhiệt ngược thời gian . . . . . . . . 21 KẾT LUẬN . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31 TÀI LIỆU THAM KHẢO . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32 MỞ ĐẦU Phương trình truyền nhiệt ngược thời gian là bài toán 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 đặt không chỉnh theo nghĩa Hadamard. Do đó, để giải quyết bài toán ta cần đề xuất các phương pháp chỉnh hóa. Nhiều nhà toán học trong và ngoài nước đã dành nhiều thời gian và tâm huyết để nghiên cứu bài toán này và đã đề xuất nhiều phương pháp chỉnh hóa khác nhau. Để tập dượt nghiên cứu cũng như để tìm hiểu kỹ hơn về một phương pháp chỉnh hóa phương trình truyền nhiệt ngược thời gian, trên cơ sở bài báo "Solving a backward heat conduction problem by variational method" của các tác giả Yun-Jie Ma, Chu-Li Fu và Yuan-Xiang Zhang đăng trên tạp chí Applied Mathematics and Computation năm 2012, chúng tôi lựa chọn đề tài cho Luận văn của mình là : "Giải một bài toán truyền nhiệt ngược thời gian bằng phương pháp biến phân". Mục đích chính của luận văn này nhằm tìm hiểu về việc sử dụng phương pháp biến phân để chỉnh hoá bài toán  wt − (a(x, t)wx )x = 0, (x, t) ∈ QT := (0, l) × (0, T ),    w(x, T ) = Θ (x), x ∈ [0, l], T (1)  −a(0, t)wx (0, t) = g0 (t), t ∈ [0, T ]    a(l, t)wx (l, t) = g1 (t), t ∈ [0, T ], với a(x, t) ∈ C 1 (QT ), a(x, t) > ν > 0, ν là hằng số cố định và ΘT (x), g0 (t), g1 (t) là các hàm số đã cho. Với mục đích đó, luận văn được chia làm hai chương: Chương 1 nhằm mục đích trình bày một số kiến thức liên quan đến nội dung chương 2 như: khái niệm về không gian Banach, ánh xạ tuyến tính liên tục trên không gian Banach, ánh xạ khả vi trên các không gian Banach và các tính chất cơ bản của nó. Chương 2 nhằm mục đích trình bày các kết quả chỉnh hóa bài toán truyền nhiệt ngược thời gian bằng phương pháp biến phân trong bài báo [7]. Luận văn được hoàn thành tại Trường Đại Học Vinh dưới sự hướng dẫn tận tình, chu đáo của thầy giáo TS. Nguyễn Văn Đức. Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc nhất đến thầy. Nhân dịp này tác giả xin chân thành cảm ơn Ban chủ nhiệm khoa Toán, quý thầy cô trong tổ giải tích khoa Sư phạm Toán học - Trường Đại Học Vinh, phòng tổ chức Trường Đại Học Sài Gòn và đặc biệt là các anh chị học viên cao học khóa 20 Toán giải tích tại Trường Đại Học Sài Gòn đã tạo điều kiện thuận lợi giúp tác giả hoàn thành nhiệm vụ trong suốt quá trình học tập. Mặc dù có nhiều cố gắng, nhưng chắc chắn luận văn không tránh khỏi những hạn chế thiếu sót. Kính mong quý thầy cô và bạn đọc đóng góp ý kiến để luận văn được hoàn thiện hơn. 2 3 Vinh, năm 2014 Tác giả Phan Thị Thanh Huyền CHƯƠNG 1 PHÉP TÍNH VI PHÂN TRONG KHÔNG GIAN BANACH Chương này trình bày các kết quả về không gian Banach, ánh xạ tuyến tính liên tục, ánh xạ đa tuyến tính liên tục và ánh xạ khả vi giữa các không gian Banach để làm cơ sở cho chương 2. Các kiến thức trình bày ở chương này được chúng tôi tham khảo trong tài liệu [5]. 1.1 Không gian Banach và các ánh xạ tuyến tính liên tục, đa tuyến tính liên tục Mục này trình bày một số khái niệm và kết quả cơ bản về không gian không gian Banach và các ánh xạ liên tục, đa tuyến tính liên tục cần dùng trong luận văn. 1.1.1 Định nghĩa. Cho E là không gian vectơ trên trường K và R+ là tập các số thực không âm. Ánh xạ k · k : E → R+ được gọi là một chuẩn trên E nếu (i) k0k = 0; (i’) (kxk = 0) ⇒ x = 0; (ii) kx + yk ≤ kxk + kyk, ∀x, y ∈ E; (iii) kλxk = |λ|.kxk, ∀x ∈ E, λ ∈ K. Một không gian vectơ được trang bị một chuẩn được gọi là không gian định chuẩn. 1.1.2 Định nghĩa. Một dãy (xn )n≥0 các điểm thuộc E được nói là hội tụ tới điểm a ∈ E và được ký hiệu là lim = a nếu dãy số (kxn − ak)n≥0 hội tụ tới 0. n→∞ Một dãy (xn )n≥0 các điểm thuộc E được nói là dãy Cauchy nếu lim kxm − xn k = 0. m,n→∞ Không gian định chuẩn E mà trong đó mọi dãy Cauchy đều hội tụ được gọi là không gian Banach. 1.1.3 Ví dụ. Không gian Rn là không gian Banach nếu ta trang bị cho không gian này 4 5 một trong ba chuẩn sau đây: kxk1 = n X |xi |, ∀x = (x1 , ..., xn ) ∈ Rn , i=1 kxk2 = sup |xi |, ∀x = (x1 , ..., xn ) ∈ Rn , 1≤i≤n v u n uX |xi |2 , ∀x = (x1 , ..., xn ) ∈ Rn . kxk3 = t i=1 1.1.4 Định lý. Cho E và F là hai không gian định chuẩn trên trường K và f : E → F là một ánh xạ tuyến tính. Khi đó các điều kiện sau là tương đương (a) f liên tục đều trên E; (b) f liên tục tại mọi điểm thuộc E; (c) f liên tục tại 0; (d) kf (x)k bị chặn trên hình cầu đơn vị kxk ≤ 1. Chứng minh. Rõ ràng rằng (a) ⇒ (b) ⇒ (c). Chúng ta hãy chứng tỏ rằng (c) ⇒ (d). Thật vậy, ta giả sử rằng f liên tục tại 0. Khi đó nghịch ảnh của hình cầu đơn vị trong F là một lân cận của 0 trong E. Do đó, nó chứa một hình cầu kxk ≤ r với r > 0 nào đó. Điều này có nghĩa là tồn tại một số thực r > 0 sao cho nếu kxk ≤ r thì kf (x)k ≤ 1. Do đó kxk ≤ 1 kéo theo rằng kf (x)k ≤ 1/r. Do đó kf (x)k bị chặn trên hình cầu đơn vị kxk ≤ 1. Cuối cùng, ta hãy chứng minh (d) kéo theo (a). Nếu (d) đúng thì tồn tại một hằng số M > 0 sao cho kf (x)k ≤ M với mọi x thỏa mãn kxk ≤ 1. Do đó, với mọi x ta có kf (x)k ≤ M kxk. (Điều này là hiển nhiên nếu kxk = 0. Nếu kxk = r > 0 thì vectơ y = (1/r)x thỏa mãn kyk = 1. Do đó kf (y)k ≤ M . Điều này kéo theo kf (x)k = rkf (y)k ≤ rM = M kxk). ε . Khi đó, với mọi x, y ∈ E thỏa mãn kx − yk < ε ta có Lấy ε > 0 bất kỳ, chọn δ = M kf (x) − f (y)k = kf (x − y)k 6 M kx − yk < M δ = ε. Vậy f liên tục trên E. Ký hiệu L(E, F ) là không gian các ánh xạ tuyến tính liên tục từ E vào F . Trên không gian này, ta trang bị chuẩn kf k = sup kf (x)k, ∀f ∈ L(E, F ). kxk≤1 Khi đó L(E, F ) trở thành một không gian định chuẩn. 1.1.5 Định lý. Nếu F là một không gian Banach thì L(E, F ) cũng là một không gian Banach. 6 1.1.6 Định lý. Cho E, F và G là các không gian định chuẩn và f : E → F , g : F → G là các ánh xạ tuyến tính liên tục. Khi đó g ◦ f : E → G cũng là ánh xạ tuyến tính liên tục và kg ◦ f k 6 kgkkf k. 1.1.7 Định nghĩa. Cho E1 , ..., En và F là các không gian vectơ trên trường K. Một ánh xạ f : E1 × ... × En → F được gọi là đa tuyến tính (song tuyến tính nếu n = 2, tam tuyến tính nếu n = 3) nếu với mỗi k ∈ {1, 2, · · · , n} và (a1 , a2 , · · · , an ) ∈ E1 × ... × En , ánh xạ xk 7→ f (a1 , ..., ak−1 , xk , ak+1 , ..., an ) từ Ek vào F là ánh xạ tuyến tính. 1.1.8 Định lý. Giả sử E1 , ...En , F là các không gian định chuẩn trên trường K và f : E1 × ... × En → F là một ánh xạ đa tuyến tính. Khi đó, các điều kiện sau là tương đương: (a) f liên tục tại mỗi điểm của E1 × ... × En ; (b) f liên tục tại điểm (0, ..., 0) ∈ E1 × ... × En ; (c) kf (x1 , ..., xn )k bị chặn trên tích của các hình cầu đơn vị kx1 k 6 1, ..., kxn k 6 1. Chứng minh. Rõ ràng rằng (a) ⇒ (b). Để chứng minh (b) ⇒ (c) chúng ta chú ý rằng nếu f liên tục tại (0, ..., 0) ∈ E1 × ... × En thì nghịch ảnh của hình cầu đơn vị của f là một lân cận của (0, ..., 0) ∈ E1 × ... × En . Do đó, tồn tại số thực r > 0 sao cho (kxi k 6 r, ∀i ∈ {1, 2, ..., n}) ⇒ kf (x1 , ..., xn )k 6 1. Do đó 1 . rn Điều này có nghĩa là kf (x1 , ..., xn )k bị chặn trên tích của các hình cầu đơn vị (kxi k 6 1, ∀i ∈ {1, 2, ..., n}) ⇒ kf (x1 , ..., xn )k 6 kx1 k 6 1, ..., kxn k 6 1. Bây giờ ta giả sử rằng (c) đúng. Gọi M > 0 là số thực thỏa mãn (kxi k 6 1, ∀i ∈ {1, 2, ..., n}) ⇒ kf (x1 , ..., xn )k 6 M. Điều này kéo theo rằng kf (x1 , ..., xn )k 6 M kx1 k...kxn k, ∀(x1 , ..., xn ) ∈ E1 × ... × En . (1.1) Lấy bất kỳ điểm (a1 , ..., an ) ∈ E1 × ... × En . Ta cần chứng minh f liên tục tại điểm (a1 , ..., an ). Thật vậy, ta biến đổi f (x1 , ..., xn ) − f (a1 , ..., an ) = f (x1 − a1 , x2 , ..., xn )+ + f (a1 , x2 − a2 , x3 , ..., xn ) + ... + f (a1 , ..., an−1 , xn − an ). (1.2) 7 Từ (1.1) và (1.2) ta có kf (x1 , ..., xn ) − f (a1 , ..., an )k 6 M kx1 − a1 k.kx2 k...kxn k + M kx2 − a2 k.ka1 k.kx3 k...kxn k + ... + M kxn − an k.ka1 k...kan−1 k. (1.3) Giả sử rằng kxi −ai k 6 ε, ∀i ∈ {1, 2, ..., n}. Khi đó, vì kxi k 6 kai k+ε, ∀i ∈ {1, 2, ..., n} nên ta khẳng định rằng tồn tại một hằng số A > 0 sao cho (kxi − ai k 6 ε, ∀i ∈ {1, 2, ..., n}) ⇒ kxi k 6 A, ∀i ∈ {1, 2, ..., n}. (1.4) Từ (1.3) và (1.4) ta có n−1 kf (x1 , ..., xn ) − f (a1 , ..., an )k 6 M A n X ! kxi − ai k i=1 6 nM An−1 ε (1.5) khi kxi − ai k 6 ε, ∀i ∈ {1, 2, ..., n}. Bất đẳng thức (1.5) chứng tỏ rằng f (x1 , ..., xn ) → (f (a1 , ..., an ) khi (x1 , ..., xn ) → (a1 , ..., an ). Do đó f liên tục tại điểm (a1 , ..., an ). Định lý được chứng minh. Ký hiệu L(E1 , ..., En ; F ) là không gian tất cả các ánh xạ đa tuyến tính liên tục từ E1 × ... × En vào F . Trên không gian này ta trang bị chuẩn kf k = sup{kf (x1 , ..., xn )k : kx1 k 6 1, ..., kxn k 6 1}, ∀f ∈ L(E1 , ..., En ; F ). Khi đó L(E1 , ..., En ; F ) trở thành một không gian định chuẩn. 1.1.9 Định lý. Nếu F là không gian Banach thì L(E1 , ..., En ; F ) cũng là một không gian Banach. 1.2 Ánh xạ khả vi trên không gian Banach Cho E, F là các không gian Banach và U là một tập mở khác rỗng trong E. 1.2.1 Định nghĩa. Hai ánh xạ f1 : U → F và f2 : U → F được gọi là tiếp xúc với nhau tại điểm a ∈ U nếu đại lượng m(r) = sup kf1 (x) − f2 (x)k, kx−ak6r được xác định với r > 0 đủ nhỏ và thỏa mãn điều kiện m(r) = 0, r (1.6) m(r) = o(r). (1.7) lim r→0 r>0 hay 8 1.2.2 Nhận xét. Điều kiện (1.7) kéo theo rằng f1 − f2 liên tục tại điểm a và nhận giá trị bằng 0 tại điểm a. 1.2.3 Nhận xét. Cho ánh xạ f : U → F . Khi đó với mỗi a ∈ U , có không quá một ánh xạ tuyến tính g : E → F sao cho các ánh xạ x 7→ f (x) − f (a) và x 7→ g(x − a) tiếp xúc với nhau tại a. 1.2.4 Định nghĩa. Ta nói rằng ánh xạ f : U → F khả vi tại điểm a ∈ U nếu các điều kiện sau đây được thỏa mãn: (i) f liên tục tại điểm a; (ii) tồn tại một ánh xạ tuyến tính g : E → F sao cho các ánh xạ x 7→ f (x) − f (a) và x 7→ g(x − a) tiếp xúc với nhau tại điểm a. Điều kiện (ii) cũng có thể viết lại thành kf (x) − f (a) − g(x − a)k = o(kx − ak). (1.8) 1.2.5 Nhận xét. Nếu f khả vi tại điểm a thì g là ánh xạ tuyến tính liên tục duy nhất. 0 Như vậy ánh xạ này là một phần tử của L(E; F ). Nó được ký hiệu là f (a) và gọi là đạo hàm của ánh xạ f tại điểm a. Do đó ta có một định nghĩa khác tương đương: ánh xạ f khả vi tại a ∈ U nếu tồn tại một phần tử g ∈ L(E; F ) sao cho (1.8) được thỏa mãn. Tính liên tục của g kéo theo từ tính liên tục của f tại điểm a. Ta cũng chú ý rằng 0 điều kiện (1.8) thường được viết bằng cách sử dụng ký hiệu f (a) là 0 kf (x) − f (a) − f (a)(x − a)k = o(kx − ak). (1.9) 1.2.6 Định nghĩa. Ánh xạ f : U → F được gọi là khả vi trên U nếu f khả vi tại mọi điểm thuộc U . Ánh xạ f : U → F được gọi là khả vi liên tục hay thuộc lớp C 1 nếu: (i) f khả vi trên U , nghĩa là f khả vi tại mọi điểm thuộc U ; 0 (ii) ánh xạ đạo hàm f : U → L(E; F ) là ánh xạ liên tục. Cho E, F, G là ba không gian Banach, U là tập mở trong E và V là tập mở trong F . Xét hai ánh xạ liên tục f : U → F, g : V → G, và một điểm a ∈ U . Giả sử rằng b = f (a) ∈ F là một phần tử thuộc V . Khi đó 0 U = f −1 (V ) ⊂ U là một tập mở của E và ánh xạ hợp thành 0 g◦f :U →G hoàn toàn được xác định. 1.2.7 Định lý. (Đạo hàm của hàm hợp) Với các giả thiết vừa được trình bày ở trên và giả thiết thêm rằng f khả vi tại a và g khả vi tại b = f (a). Khi đó ánh xạ hợp thành h = g ◦ f khả vi tại điểm a và 0 0 0 h (a) = g (b) ◦ f (a). 0 (1.10) Nói cách khác, ánh xạ tuyến tính liên tục h (a) : E → G là hợp thành của ánh xạ tuyến 0 0 tính liên tục f (a) : E → F và ánh xạ tuyến tính liên tục g (f (a)) : F → G. 9 Chứng minh. Từ giả thiết ta có 0 f (x) = f (a) + f (a)(x − a) + ϕ(x − a), (1.11) kϕ(x − a)k = o(kx − ak). (1.12) trong đó Tương tự, ta có 0 g(y) = g(b) + g (b)(y − b) + ψ(y − b), (1.13) kψ(y − b)k = o(ky − bk). (1.14) trong đó Bây giờ ta đánh giá đại lượng h(x) − h(a) = g(f (x)) − g(f (a)). Áp dụng (1.13) với y được thay bởi f (x) và b được thay bởi f (a) ta có 0 0 h(x) − h(a) = (g (f (a)) ◦ f (a))(x − a) 0 + g (f (a))ϕ(x − a) + ψ(f (x) − f (a)). (1.15) 0 Tiếp theo ta kết hợp (1.11) và (1.15) để có đánh giá sau với chú ý rằng g (f (a)) : F → G là một ánh xạ tuyến tính 0 0 h(x) − h(a) = (g (f (a)) ◦ f (a))(x − a) 0 + g (f (a))ϕ(x − a) + ψ(f (x) − f (a)). 0 (1.16) 0 Để chứng minh h khả vi tại điểm a và đạo hàm của nó là g (f (a)) ◦ f (a), ta chỉ cần chứng minh hai khẳng định sau 0 kg (f (a))ϕ(x − a)k = o(kx − ak) kψ(f (x) − f (a))k = o(kx − ak). (1.17) (1.18) 0 Thật vậy, vì g (f (a)) : F → G là một ánh xạ tuyến tính liên tục nên ta có 0 0 kg (f (a))ϕ(x − a)k 6 kg (f (a))k.kϕ(x − a)k. (1.19) Từ (1.12) và (1.19) ta suy ra (1.17). Áp dụng (1.14) với y = f (x) và b = f (a) ta được kψ(f (x) − f (a))k = o(kf (x) − f (a)k). (1.20) 0 Mặt khác, từ (1.11), (1.12) và với chú ý rằng f (a) : E → F là một ánh xạ tuyến tính liên tục, ta có 0 kf (x) − f (a)k = kf (a)(x − a) + ϕ(x − a)k 0 6 kf (a)(x − a)k + kϕ(x − a)k 0 6 kf (a)kk(x − a)k + kϕ(x − a)k. Từ (1.12), (1.20) và (1.22) ta suy ra (1.19). Định lý đã được chứng minh. (1.21) 10 1.2.8 Định lý. (Định lý giá trị trung bình) Cho a, b là các số thực thỏa mãn a < b và f : [a, b] → F , g : [a, b] → R là các ánh xạ liên tục trên [a, b], trong đó F là một không gian Banach. Giả sử rằng f và g khả vi tai mọi điểm thuộc khoảng (a, b) và ta có 0 0 kf (x)k 6 g (x), ∀x ∈ (a, b). (1.22) kf (b) − f (a)k 6 g(b) − g(a). (1.23) Khi đó Chứng minh. Lấy ε > 0 bất kỳ. Chúng ta sẽ chứng tỏ rằng kf (x) − f (a)k 6 g(x) − g(a) + ε(x − a) + ε (1.24) với mọi x ∈ [a, b]. Nếu chứng minh được bất đẳng thức (1.24), bằng cách thay x = b và cho ε → 0+ ta sẽ thu được bất đẳng thức cần chứng minh. Ký hiệu U là tập tất cả các phần tử x ∈ [a, b] sao cho bất đẳng thức (1.24) không được thỏa mãn. Điều này có nghĩa U là tập tất cả x ∈ [a, b] thỏa mãn bất đẳng thức kf (x) − f (a)k > g(x) − g(a) + ε(x − a) + ε. (1.25) Ta cần chứng minh rằng U là một tập rỗng. Trước hết ta có nhận xét U là một tập mở. Thật vậy, xét hàm ϕ(x) = kf (x) − f (a)k − g(x) − g(a) + ε(x − a) + ε, x ∈ [a, b]. Vì f, g liên tục trên [a, b] nên ϕ là một hàm số liên tục trên [a, b]. Mặt khác U = ϕ−1 ((0, +∞)) nên U là tập mở. Bây giờ ta giả sử rằng U là tập không rỗng. Khi đó đặt c = inf{x : x ∈ U }. Ta khẳng định rằng: (i) c > a vì bất đẳng thức (1.24) đúng với x = a và do tính liên tục, nó cũng đúng cho tất cả các giá trị x đủ gần a. (ii) c ∈ / U vì nếu c ∈ U thì do U là tập mở nên tồn tại một điểm x sao cho a < x < c và x ∈ U . Điều này mâu thuẫn với c = inf{x : x ∈ U }. (iii) c < b vì nếu trái lại thì tập U chỉ gồm một điểm b. Đây là tập đóng mà không phải là tập mở. Như vậy a < c < b. Do đó, theo giả thiết ta có 0 0 kf (c)k 6 g (c). (1.26) Từ định nghĩa về tính khả vi, ta suy ra rằng tồn tại η > 0 sao cho với mọi x ∈ (c, c + η], các bất đẳng thức sau đây đúng f (x) − f (c) ε 0 kf (c)k > (1.27) x−c − 2 g(x) − g(c) ε 0 g (c) 6 + . (1.28) x−c 2 Từ (1.26), (1.27) và (1.28) ta có f (x) − f (c) ε g(x) − g(c) ε + , ∀x ∈ (c, c + η] x−c − 2 6 x−c 2 11 hay kf (x) − f (c)k 6 g(x) − g(c) + ε(x − c), ∀x ∈ (c, c + η]. (1.29) Rõ ràng bất đẳng thức (1.29) cũng đúng với x = c nên ta có kf (x) − f (c)k 6 g(x) − g(c) + ε(x − c), ∀x ∈ [c, c + η]. (1.30) Mặt khác, vì c ∈ / U nên ta có kf (c) − f (a)k 6 g(c) − g(a) + ε(c − a). (1.31) Từ (1.30) và (1.31) ta có kf (x) − f (a)k 6 kf (x) − f (c)k + kf (c) − f (a)k 6 g(x) − g(a) + ε(x − a), ∀x ∈ [c, c + η]. (1.32) Từ định nghĩa của tập U ta thấy rằng bất đẳng thức (1.32) đúng với mọi x ∈ [a, c). vậy kf (x) − f (a)k 6 g(x) − g(a) + ε(x − a), ∀x ∈ [a, c + η]. (1.33) Điều này có nghĩa là [a, c + η] ∩ U = ∅ và do đó c = inf{x : x ∈ U } > c + η. Đây là một điều mâu thuẫn. Định lý được chứng minh. Cho E và F là các không gian Banach, U là một tập mở của E và ánh xạ f : U → F khả vi trên U . Khi đó ta có ánh xạ 0 f : U → L(E; F ) 0 x 7→ f (x). 1.2.9 Định nghĩa. Ánh xạ f : U → F được gọi là khả vi cấp hai tại điểm a ∈ U nếu 0 0 00 ánh xạ f khả vi tại điểm a. Đạo hàm tại điểm a của f được ký hiệu là f (a). Như vậy 00 f (a) ∈ L (E; L(E; F )) . Chú ý rằng khi f không khả vi trên U thì có thể định nghĩa khả vi cấp hai tại điểm a như sau: ánh xạ f : U → F được gọi là khả vi cấp hai tại điểm a ∈ U nếu (1) f khả vi trong một lân cận V của a; 0 (2) ánh xạ f : V → L(E; F ) khả vi tại điểm a. 1.2.10 Định nghĩa. Ánh xạ f : U → F được gọi là khả vi cấp hai trên U nếu f khả vi cấp hai tại mọi điểm thuộc U . Nói cách khác, ánh xạ f : U → F khả vi trên U và 0 ánh xạ f : U → L(E; F ) cũng khả vi trên U . Trong trường hợp này, ta có ánh xạ 00 f : U → L (E; L(E; F )) 00 x 7→ f (x). 12 1.2.11 Định nghĩa. Ánh xạ f : U → F được gọi là thuuộc lớp C 2 (hoặc khả vi liên 00 tục cấp hai) trên U nếu f khả vi cấp hai trên U và ánh xạ f liên tục trên U . Điều này 0 cũng tương đương với ánh xạ f : U → L(E; F ) thuộc lớp C 1 trên U . 1.2.12 Nhận xét. Từ phép đẳng cự tự nhiên L (E; L(E; F )) ≈ L (E, E; F ) , 00 ta có thể xem f (a) là một phần tử của L (E, E; F ), nghĩa là một ánh xạ song tuyến tính liên tục. Ánh xạ này được xác định như sau 00 f (a) : E × E → F  00  00 (h, k) 7→ f (a)(h, k) := f (a)h k. 1.2.13 Định lý. Nếu f : U → F khả vi cấp hai tại điểm a ∈ U thì đạo hàm cấp hai 00 f (a) ∈ L (E, E; F ) là một ánh xạ song tuyến tính đối xứng, nghĩa là 00 00 f (a)(h, k) = f (a)(k, h), ∀(h, k) ∈ E × E. Chứng minh. Đặt A(h, k) = f (a + h + k) − f (a + h) − f (a + k) + f (a), ∀(h, k) ∈ E × E. Dễ thấy rằng A có tính đối xứng A(h, k) = A(k, h), ∀(h, k) ∈ E × E. (1.34) Giả sử rằng ta đã chứng minh được mối quan hệ sau  00 kA(h, k) − (f (a)k)hk = o (khk + kkk)2 . (1.35) Khi đó, bằng cách đổi vai trò h, k cho nhau ta được  00 kA(k, h) − (f (a)h)kk = o (khk + kkk)2 . (1.36) Mặt khác, ta có 00 00 00 k(f (a)k)h − (f (a)h)kk 6 k(f (a)k)h − A(h, k)k 00 + kA(h, k) − (f (a)h)kk. (1.37) Từ (1.34), (1.35), (1.36) và (1.37) ta có  00 00 k(f (a)k)h − (f (a)h)kk = o (khk + kkk)2 . (1.38) Mối quan hệ (1.38) tương đương với khẳng định sau: với mọi ε > 0, tồn tại η > 0 sao cho 00 00 k(f (a)k)h − (f (a)h)kk 6 ε(khk + kkk)2 (1.39) 13 00 nếu khk + kkk 6 η. Tuy nhiên, vì f (a) là một ánh xạ song tuyến tính nên với bất kỳ đại lượng vô hướng λ, ta có 00 00 00 00 k(f (a)λk)(λh) − (f (a)λh)(λk)k = |λ|2 k(f (a)k)h − (f (a)h)kk. Với bất kỳ (h, k) ∈ E × E, chúng ta luôn tìm được một đại lượng vô hướng λ 6= 0 sao cho kλhk + kλkk 6 η. Sử dụng (1.39) với h được thay bởi λh và k được thay thế bởi λk ta được 00 00 |λ|2 k(f (a)k)h − (f (a)h)kk 6 ε|λ|2 (khk + kkk)2 , ∀(h, k) ∈ E × E. (1.40) Chia cả hai vế của (1.40) cho |λ|2 6= 0 ta được 00 00 k(f (a)k)h − (f (a)h)kk 6 ε(khk + kkk)2 , ∀(h, k) ∈ E × E. (1.41) Vì bất đẳng thức (1.41) đúng với mọi ε > 0 nên cho ε → 0+ ta kết luận được 00 00 (f (a)k)h = (f (a)h)k, ∀(h, k) ∈ E × E, 00 hay f (a) là một ánh xạ song tuyến tính đối xứng. Vấn đề còn lại là ta phải chứng minh mối quan hệ (1.35). Ta có đánh giá sau 00 0 0 kA(h, k) − (f (a)k)hk 6 kA(h, k) − f (a + k)h + f (a)hk 0 0 00 + kf (a + k)h − f (a)h − (f (a)k)hk. (1.42) Tiếp theo ta sẽ đánh giá từng số hạng ở vế phải của (1.42). Đầu tiên ta đánh giá số hạng 0 0 00 kf (a + k)h − f (a)h − (f (a)k)hk. (1.43) Ta có 0 0 00 0 0 00 kf (a + k)h − f (a)h − (f (a)k)hk 6 khk.kf (a + k) − f (a) − (f (a)k)k 6 khk.o(k). (1.44) Tiếp theo ta đánh giá số hạng 0 0 kA(h, k) − f (a + k)h + f (a)hk. (1.45) Xét hàm bổ trợ 0 0 B(h) = f (a + k + h) − f (a + h) − f (a + k)h + f (a)h. Áp dụng Định lý 1.2.8 và với chú ý 0 0 0 0 0 B (h) = f (a + k + h) − f (a + h) − f (a + k) + f (a), (1.46) 14 ta đạt được 0 0 0 kA(h, k) − f (a + k)h + f (a)hk = kB(h) − B(0)k 6 khk. sup kB (th)k 06t61 0 0 0 0 6 khk. sup kf (a + k + th) − f (a + th) − f (a + k) + f (a)k. (1.47) 06t61 00 Mặt khác, từ định nghĩa của f (a) ta suy ra  0 0 00  f (a + k − th) = f (a) + f (a)(k + th) + o(kk + thk) 0 0 00 f (a + th) = f (a) + f (a)(th) + o(kthk)  0 00  0 f (a + k) = f (a) + f (a)k + o(kkk). (1.48) Từ đánh giá (1.48) ta có 0 0 0 0 kf (a + k + th) − f (a + th) − f (a + k) + f (a)k = o(kk + thk) + o(kthk) + o(kkk). (1.49) Vì t ∈ [0, 1] nên kk + thk 6 kkk + kthk 6 kkk + khk, kthk = |t|khk 6 khk. Từ (1.42), (1.44), (1.47), (1.49), (1.50) và (1.51) ta kết luận rằng 00 kA(h, k) − (f (a)k)hk = khk.o(khk + kkk). Điều này có nghĩa là với mọi ε > 0, tồn tại η > 0 sao cho 00 kA(h, k) − (f (a)k)hk 6 εkhk(khk + kkk) 6 ε(khk + kkk)2 nếu khk + kkk 6 η. Do đó  00 kA(h, k) − (f (a)k)hk = o (khk + kkk)2 . Vậy (1.35) đúng. Định lý được chứng minh. (1.50) (1.51) CHƯƠNG 2 CHỈNH HOÁ BÀI TOÁN TRUYỀN NHIỆT NGƯỢC THỜI GIAN BẰNG PHƯƠNG PHÁP BIẾN PHÂN 2.1 Giới thiệu bài toán Trong nhiều ứng dụng của vật lý và kỹ thuật con người phải đối mặt với bài toán khôi phục lại sự phân bố nhiệt độ của một vật thể dẫn nhiệt trong quá khứ qua sự phân bố nhiệt độ đo đạc được vào thời điểm hiện tại. Bài toán này thường đặt không chỉnh theo nghĩa Hadamard. Một sai số nhỏ trong dữ kiện đo đạc được có thể dẫn đến một sai lệch lớn về nghiệm. Chính vì vậy, để giải quyết bài toán này ta cần đề xuất các phương pháp chỉnh hóa. Các kết quả chỉnh hóa cho bài toán dẫn nhiệt ngược kể trên thường đạt được cho trường hợp hệ số không phụ thuộc thời gian, rất ít kết quả cho trường hợp hệ số vừa phụ thuộc biến không gian vừa phụ thuộc biến thời gian (xem [6] và các tài liệu tham khảo trong đó). Xét bài toán dẫn nhiệt với hệ số phụ thuộc thời gian  wt − (a(x, t)wx )x = 0, (x, t) ∈ QT := (0, l) × (0, T ),    w(x, 0) = ϕ(x), x ∈ [0, l], (2.1)  −a(0, t)w x (0, t) = g0 (t), t ∈ [0, T ]    a(l, t)wx (l, t) = g1 (t), t ∈ [0, T ], với a(x, t) ∈ C 1 (QT ), a(x, t) > ν > 0, ν là hằng số cố định và g0 (t), g1 (t) là các hàm số đã cho. 2.2 Phương pháp biến phân cho phương trình truyền nhiệt ngược thời gian 2.2.1 Định nghĩa. ([7])Hàm w(·, ·) ∈ V 1,0 (QT ) := C ([0, T ]; L2 (0, l))∩L2 (0, T ; H 1 (0, l)) được gọi là một nghiệm yếu của bài toán (2.1) nếu thỏa mãn mối quan hệ sau Z Z 1 Z T (−wηt + awx ηx )dxdt = ϕ(x)η(x, 0)dx + g1 (t)η(l, t)dt QT 0 Z + 0 T g0 (t)η(0, t)dt, ∀η ∈ H 1,1 (QT ), η(., T ) = 0. 0 15 (2.2) 16 Với một hàm w ∈ V 1,0 (QT ), ta định nghĩa chuẩn của nó là kwkV 0,1 (QT ) := max kw(·, t)kL2 (0,l) + kwx kL2 (QT ) . 06t6T 2.2.2 Bổ đề. ([7])Giả sử ϕ ∈ L2 (0, l) và g0 , g1 ∈ L2 (0, T ). Khi đó bài toán (2.1) có một nghiệm yếu w ∈ V 1,0 (QT ) và đánh giá sau đây đúng kwkV 0,1 (QT ) + kw(0, .)kL2 (0,T ) + kw(l, .)kL2 (0,l) ≤ C[kϕkL2 (0,l) + kg0 kL2 (0,T ) +kg1 kL2 (0,T ) ], với C ≥ 0 là một hằng số độc lập với w. Vì ϕ(x) không được biết nên ta cần bổ sung thông tin về dữ kiện để khôi phục lại sự phân bổ nhiệt độ tại thời điểm ban đầu. Trong phần này, thông tin được bổ sung là w(x, T ) = ΘT (x), (2.3) và mục đích của chúng ta là khôi phục lại sự phân bổ nhiệt độ tại thời điểm ban đầu ϕ(x) từ ΘT (x). Do tính tuyến tính của bài toán (2.1), ta có thể phân tích bài toán này thành hai bài toán sau:  ut − (a(x, t)ux )x = 0, (x, t) ∈ QT ,    u(x, 0) = ϕ(x), x ∈ [0, l], (2.4)  −a(0, t)ux (0, t) = 0, t ∈ [0, T ],    a(l, t)ux (l, t) = 0, t ∈ [0, T ],  vt − (a(x, t)vx )x = 0,    v(x, 0) = 0,  −a(0, t)vx (0, t) = g0 (t),    a(l, t)vx (l, t) = g1 (t), (x, t) ∈ QT , x ∈ [0, l], t ∈ [0, T ], t ∈ [0, T ]. (2.5) Vì bài toán thuận (2.5) là bài toán đặt chỉnh nên có thể giải dễ dàng bởi các phương pháp truyền thống. Do đó, bài toán gốc có thể chuyển thành bài toán xác định ϕ(x) từ quan sát tại thời điểm cuối ΨT (x) := ΘT (x) − v(x, T ). 2.2.3 Bổ đề. ([7])Nếu a(x, t) ∈ C 1 (QT ) thì nghiệm  u(x, t) ∈ C [0, T ]; L2 (0, l) của bài toán ngược (2.4) là duy nhất. Hơn nữa, tồn tại một hàm liên tục và tăng ngặt v(t) trên [0, T ] thỏa mãn v(0) = 0, v(T ) = 1 sao cho đánh giá sau đây đúng ku(., t)kL2 (0,l) ≤ ku(., T )kvL2 (0,l) ku(., 0)k1−v L2 (0,l) , ∀t ∈ [0, T ]. Chứng minh. Quá trình chứng minh bổ đề này tương tự như Ví dụ 2.11 trong [6]. 17 Với một hàm ϕ(x) đã cho, bài toán (2.4) được xem như một bài toán thuận. Gọi u là nghiệm yếu của bài toán (2.4) trong V 1,0 (QT ), ta định nghĩa ánh xạ A : L2 (0, l) → L2 (0, l) sao cho Aϕ = u(x, T ; ϕ). (2.6) Khi đó bài toán ngược là bài toán giải phương trình toán tử sau Aϕ = ΨT . (2.7) Nếu bài toán (2.7) có nghiệm thì từ Bổ đề 2.2.3, ta biết rằng nghiệm này là duy nhất. 2.2.4 Định lý. Toán tử A được xác định bởi công thức (2.6) là tuyến tính liên tục. Chứng minh. Tính tuyến tính của toán tử A được suy ra từ tính tuyến tính của hệ (2.4). Bây giờ ta chứng minh tính liên tục của toán tử A. Lấy ϕ ∈ L2 (0, l). Giả sử rằng {ϕk }∞ k=1 là dãy các hàm trơn hội tụ đến ϕ khi k → ∞ sao cho khi thay ϕ bởi ϕk , bài toán (2.4) có nghiệm trơn uk . Đặt Z l 2 f (t) = kuk (·, t)kL2 (0,l) = u2k (x, t)dx, ∀t ∈ [0, T ]. 0 Áp dụng công thức tích phân từng phần, ta có Z l 0 f (t) = 2 uk ukt dx 0 Z l =2 uk (a(x, t)ukx )x dx 0 Z l a(x, t)u2kx dx = −2 0 60 vì a(x, t) > ν > 0. Điều này chứng tỏ rằng f là hàm nghịch biến. Do đó f (T ) 6 f (0) hay kuk (·, T )kL2 (0,l) 6 kuk (·, 0)kL2 (0,l) = kϕk kL2 (0,l) . (2.8) Ký hiệu yk = uk − u. Ta thấy yk ∈ V 1,0 (QT ) và yk là nghiệm yếu của bài toán (2.4) với dữ kiện ban đầu ϕk − ϕ. Từ Bổ đề 2.2.2 ta có sup kyk (·, t)kL2 (0,l) ≤ Ckϕk − ϕkL2 (0,l) . 0≤t≤T Nói riêng kAϕ − uk (·, T )kL2 (0,l) = kyk (·, T )kL2 (0,l) ≤ Ckϕk − ϕkL2 (0,l) . (2.9) Từ (2.8) và (2.9) ta có đánh giá kAϕkL2 (0,l) = kAϕ − uk (·, T )kL2 (0,l) + kuk (·, T )kL2 (0,l) 6 Ckϕk − ϕkL2 (0,l) + kϕk kL2 (0,l) 6 Ckϕk − ϕkL2 (0,l) + kϕk − ϕkL2 (0,l) + kϕkL2 (0,l) = (C + 1) kϕk − ϕkL2 (0,l) + kϕkL2 (0,l) . (2.10) 18 Từ đánh giá (2.10) cho k → ∞ ta được kAϕkL2 (0,l) 6 kϕkL2 (0,l) . (2.11) Tính liên tục của toán tử A bây giờ kéo theo từ tính tuyến tính của A và đánh giá (2.11). Định lý được chứng minh. Phương pháp biến phân Thay vì giải trực tiếp phương trình (2.7), ta cực tiểu phiếm hàm 1 J(ϕ) = kAϕ − ΨT k2L2 (0,l) , 2 (2.12) trên L2 (0, l). Xét bài toán  ψt + (a(x, t)ψx )x = 0,    ψ(x, T ) = p(x),  −a(0, t)ψx (0, t) = 0,    a(l, t)ψx (l, t) = 0, (x, t) ∈ QT , x ∈ [0, l], t ∈ [0, T ] t ∈ [0, T ], (2.13) 2.2.5 Bổ đề. ([7]) Giả sử rằng ϕ, p ∈ L2 (0, l) và u, ψ ∈ V 1,0 (QT ) lần lượt là các nghiệm của các bài toán (2.4) và (2.13). Khi đó Z l Z p(x)u(x, T )dx = 0 l ψ(x, 0)ϕ(x)dx. (2.14) 0 Chứng minh. Giả sử rằng ϕk , pk là các hàm trơn sao cho ϕk → ϕ, pk → p trong L2 (0, l). Nếu chúng ta thay thế ϕ, p bởi ϕk , pk , thì các bài toán (2.4) và (2.13) có nghiệm trơn
- Xem thêm -