Đăng ký Đăng nhập
Trang chủ Sự xấp xỉ holder cho hàm nguồn của một phương trình nhiệt ngược thời gian...

Tài liệu Sự xấp xỉ holder cho hàm nguồn của một phương trình nhiệt ngược thời gian

.PDF
100
54
130

Mô tả:

ĐẠI HỌC QUỐC GIA TP. HỒ CHÍ MINH TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN TIỂU LUẬN TỐT NGHIỆP Sự xấp xỉ Hölder cho hàm nguồn của một phương trình nhiệt ngược thời gian Chuyên ngành: GIẢI TÍCH Giảng viên hướng dẫn: Lý thuyết: GS.TS. ĐẶNG ĐỨC TRỌNG Thực hành: Th.s. TRẦN QUỐC VIỆT Sinh viên thực hiện: TRẦN SƠN HẢI TP. Hồ Chí Minh tháng 5 năm 2012 Mục lục 0.1 Giới thiệu về tiểu luận . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 Những kiến thức chuẩn bị 1.1 Kiến thức về vi-tích phân . . . . . . . 1.1.1 Mệnh đề 1 . . . . . . . . . . . . 1.2 Kiến thức về không gian Hilbert . . . . 1.2.1 Mệnh đề 2 . . . . . . . . . . . . 1.2.2 Mệnh đề 3 . . . . . . . . . . . . 1.3 Kiến thức về đa thức nội suy Largange 1.3.1 Mệnh đề 4 . . . . . . . . . . . . 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5 . 5 . 5 . 5 . 5 . 6 . 11 . 11 . . . . (1) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13 13 13 16 17 17 17 17 18 18 19 20 21 23 26 3 Lập trình tính số bài toán (1) và các kết quả thu được 3.1 Thuật toán tính tích phân Filon . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.2 Các ví dụ minh họa kết quả giải số bài toán (1) . . . . . . . . . . . 3.2.1 Ví dụ 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.2.2 Ví dụ 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.2.3 Ví dụ 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.2.4 Ví dụ 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.2.5 Ví dụ 5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.2.6 Ví dụ 6 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.3 Chương trình tính toán giải bài toán (1) bằng ngôn ngữ Fortran 90 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34 34 51 51 53 54 55 56 57 58 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 Giải bài toán (1) và kết quả thu được 2.1 Biến phân phương trình trong bài toán (1) . . 2.1.1 Mệnh đề 5 . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.2 Đưa ra các định nghĩa sẽ sử dụng trong bài toán 2.2.1 Định nghĩa 1 . . . . . . . . . . . . . . . 2.2.2 Định nghĩa 2 . . . . . . . . . . . . . . . 2.3 Bổ sung điều kiện cho bài toán (1) . . . . . . . 2.4 Định lý 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.5 Định lý 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.5.1 Bổ đề 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.5.2 Bổ đề 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.5.3 Bổ đề 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.5.4 Bổ đề 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.5.5 Bổ đề 5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.5.6 Phần chứng minh Định lý 2 . . . . . . . 1 . . . . . . . 4 5 Phụ lục 4.1 Bổ sung các ý trong các Bổ đề . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.1.1 Bổ sung 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.1.2 Bổ sung 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.1.3 Bổ sung 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.1.4 Bổ sung 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.1.5 Bổ sung 5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.2 Chương trình giải số bài toán (1) bằng ngôn ngữ Fortran 90 . . 4.2.1 Chương trình chính . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.2.2 Chương trình con 1 - Lưu trữ các biến toàn cục . . . . . 4.2.3 Chương trình con 2 - Lưu trữ các hàm . . . . . . . . . . 4.2.4 Chương trình con 3 - Tính toán chi tiết . . . . . . . . . . 4.2.5 Chương trình con 4 - Biên dịch 3 chương trình con 1,2,3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59 59 59 59 60 60 61 62 62 63 63 67 94 Kết luận 95 5.1 Tài liệu tham khảo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 97 2 0.1 Giới thiệu về tiểu luận Cho T ¡ 0 và cho Ω  p0, 1q  p0, 1q là một miền truyền nhiệt. Xét bài toán xác định cặp hàm pu, f q thỏa mãn hệ $ ut ' ' &  ∆u  ϕptqf px, yq, với t P p0, T q, px, yq P Ω, ux p0, y, tq  ux p1, y, tq  uy px, 0, tq  uy px, 1, tq  0, up1, y, tq  0, ' ' % upx, y, T q  g px, y q, (1) với g P L1 pΩq và ϕ P L1 p0, T q đã được biết. Điều kiện biên up1, y, tq được đưa vào để đảm bảo tính duy nhất nghiệm của bài toán. Trong bài toán (1) mỗi hàm f cho ta tương ứng với một bài toán ngược cổ điển do đó để giải (1) ta chỉ tập trung vào tìm hàm f . Bài toán ngược cổ điển này là bài toán tìm hàm nguồn F pξ, tq thỏa mãn phương trình nhiệt ut  ∆u  F (2) với ξ là biến không gian. Bài toán (2) không chỉnh, tức là không có nghiệm, và nếu có nghiệm thì nó cũng không chắc phụ thuộc liên tục vào dữ kiện đã cho. Do đó, ta cần chỉnh hóa nó để có thể giải số được. Bởi vì bài toán (2) rất khó giải nên để giải nó thì thường nguồn nhiệt F pξ, tq chỉ được cho dưới dạng tách biến F pξ, tq  ϕptqf pξ q với ϕ hoặc f đã được cho. Tính duy nhất nghiệm và điều kiện ổn định của nguồn nhiệt ở dạng này đã được một số tác giả khảo sát trong [3-5,12,13,22-24 ]. Dù cho tính duy nhất nghiệm và sự ổn định nghiệm có ra sao thì việc chỉnh hóa cho trường hợp không ổn định vẫn còn rất khó. Để thực hiện việc chỉnh hóa bài toán (2), nhiều tác giả đã phải giả sử rằng nguồn nhiệt chỉ phụ thuộc vào thời gian, F pξ, tq  ϕptq trong [6,14,20]; hoặc không gian, F pξ, tq  f pξ q trong [2,6-10,21,25]. Còn dạng tách biến toàn phần F pξ, tq  ϕptqf pξ q ,với ϕ được cho đã được khảo sát trong [15,16]. Ta nhận ra rằng trong những trường hợp trên thường thì việc thu hồi nguồn f pξ q cần nhiệt độ đầu và nhiệt độ cuối. Hơn thế nữa, việc đánh giá sai số không được cho một cách tường minh, hoặc chỉ ở dạng logarit. Một câu hỏi tự nhiên đặt ra là việc xấp xỉ nguồn f có thể sử dụng nhiệt độ đầu hoặc nhiệt độ cuối mà không cần cả hai. Gần đây, việc chỉnh hóa chỉ sử dụng nhiệt độ đầu đã được xét tới trong [9,17], và đã có một vài đánh giá sai số loại logarit. Trong tiểu luận này, tác giả sẽ xây dựng nghiệm chỉnh hóa ở dạng xấp xỉ chỉ sử dụng nhiệt độ cuối và cho kết quả đánh giá loại Holder. Phương pháp của tác giả được gợi ý từ việc xác định duy nhất nguồn của phương trình nhiệt ngược thời gian được xây dựng đầu tiên bởi Tikhonov năm 1935 trong [19]. Tác giả đã theo sát kĩ thuật của bài báo về phương trình nhiệt xuôi thời gian [17]. Sự khác biệt chính ở đây là trong bài toán ngược ta tìm dạng tốt nhất của bất đẳng thức nội suy, cái mà cho ta có được xấp xỉ loại Hölder. Trong phần thực hành giải số cho bài toán (1) tác giả đã tìm được nghiệm chỉnh hóa f xấp xĩ của nghiệm f . Để tìm được nghiệm này tác giả đã phải dùng tới các các loại tích phân số để tính những tích phân ẩn trong nó. Cũng như đã được đề cập trong phần lí thuyết, tác giả tìm nghiệm chỉnh hóa thông qua kĩ thuật khai triển Fourier và nội suy Lagrange. Đối với khai triển Fourier tác giả phải tính tích phân hai chiều với những hàm có dạng f px, y q cospnπxq cospmπy q là những hàm dao động mạnh, những hàm mà tích phân Gauss khó tính chính xác được. Do vậy tác giả đã sử dụng phương pháp đặc 3 biệt là phương pháp tich phân Filon. Với tích phân này thì đã giải quyết được tính dao động của các hàm có dạng trên. Phương pháp tích phân Filon cho những hàm có dang f px, y q cospnπxq cospmπy q đã được trình bày kĩ trong phần giải số. Còn đối với nội suy Lagrange để có được đa thức nội suy có sai số ít nhất tác giả đã dùng tới thuật toán Neville, cái mà giải quyết tốt vấn đề sai số hơn các thuật toán thông thừơng, và các nút nội suy thì tác giả đã sử dụng các nút Chebyshev, các nút mà đã giải quyết được vấn đề sai số ở hai biên của khoảng nội suy mà các nút theo cách chia đều không giải quyết được. Để đảm bảo cho sự khả dụng của nghiệm chỉnh hóa, song song với các kết quả đánh giá trong phần lý thuyết thì phần thực hành tác giả cũng đã tính toán để minh chứng sai số trong những trường hợp cụ thể. Trong tiểu luận này tác giả đã đưa vào chương trình giải số bài toán (1). Chương trình này được viết trên ngôn ngữ Fortran 90, ngôn ngữ tính toán có thể thực thi các công đoạn tinh toán song song. Trong tiểu luận này tác giả cũng đã đưa vào một số ví dụ để kiểm chứng kết quả giải số và từ kết quả lý thuyết. 4 Chương 1 Những kiến thức chuẩn bị 1.1 Kiến thức về vi-tích phân 1.1.1 Mệnh đề 1 Cho f P C pra, bsq, f khả vi trên pa, bq và thỏa f(a) = f(b) thì tồn tại c cho f pcq  0. 1 P pa, bq sao Chứng minh Đầu tiên do f P C pra, bsq nên tồn tại α, β P ra, bs sao cho f đạt max tại α, đạt min 1 1 tại β. Do f đạt max tại α, đạt min tại β nên f pαq  f pβ q  0. Đặt M  maxra,bs f, N  minra,bs f. Ta xét hai trường hợp • Nếu M  N , tức f là hàm hằng 1 Ta chọn c  21 pM N q P pa, bq ta có f pcq  0 . • Nếu M  N Thì α hoặc β P pa, bq. Thật vậy, do α, β P ra, bs nên nếu α, β R pa, bq thì α, β P ta, bu. Nếu α, β P ta, bu thì do f paq  f pbq nên f pαq  f pβ q. M  f pαq, N  f pβ q do đó M  N . Điều này dẫn tới vô lý. Nếu α P pa, bq thì ta chọn c  α, còn β P pa, bq thì ta chọn c  β. Vậy Mệnh đề được chứng minh. 1.2 1.2.1 Kiến thức về không gian Hilbert Mệnh đề 2 Cho pϕi qiPN và pψk qkPN lần lượt là các họ trực chuẩn đầy đủ trong L2 pa, bq và L2 pc, dq. Khi đó hàm ωik xác định bởi ωik ps, tq  ϕi psqψk ptq, lập thành một họ trực chuẩn đầy đủ trong L2 pK q, K  pa, bq  pc, dq. Ta sẽ dựa vào Mệnh đề 2 để chứng minh Mệnh đề 3 sau đây. 5 1.2.2 Mệnh đề 3 Cho B  với !a )8 κpm, nq cospmπxq cospnπy q ,  m,n 0 κpm, nq  p2  1tm0u qp2  1tn0u q thì B là một cơ sở trực chuẩn của L2 pp0, 1q  p0, 1qq. Chứng minh Đầu tiên ta có a b κpm, nq  p2  1tm0uqp2  1tn0uq  a 2  1tm0u a 2  1tn0u . Cho nên B Đặt  B2  B1  p a (8 a 2  1tm0u cospmπxqqp 2  1tn0u cospnπy qq  . m,n 0 ! ? ) ?  1, 2 cos p 2πx q , 2 cos p 3πx q , ... , m 0 ! ) ? ? (8 a 2  1tn0u cospmπy q n0  1, 2 cosp2πy q, 2 cosp3πy q, ... . a (8 2  1tm0u cospmπxq Ta chứng minh B1 , B2 là các họ trực chuẩn đầy đủ trong L2 p0, 1q. Do việc chứng minh B1 là họ trực chuẩn đầy đủ trong L2 p0, 1q và B2 là họ trực chuẩn đầy đủ trong L2 p0, 1q là tương tự nhau. Cho nên ta chỉ cần chứng minh B1 là họ trực chuẩn đầy đủ trong L2 p0, 1q là được. Đặt am1 pxq  am2 pxq  a a 2  1tm1 0u cospm1 πxq, 2  1tm2 0u cospm2 πxq. Ta chứng minh ham1 , am2 iL2 p0,1q  " 0 nếu m1 1 nếu m1  m2  m2 . Ta có ham1 , am2 iL2 p0,1q  »1 0 a a 2  1tm1 0u cospm1 πxq 2  1tm2 0u cospm2 πxqdx   a 1a 2  1tm1 0u 2  1tm2 0u 2 2  1tm1 0u a »1 a 2  1tm2 0u Bây giờ ta xét các trường hợp. 6 0 cospm1 πxq cospm2 πxqdx »1 0 rcospm1  m2qπx cospm1 m2 qπxs dx. Trường hợp 1 m1  m2 Nếu m1  m2 thì ham1 , am2 i   1 2  1tm0u 2 »1 0 p1 cosp2m1 πxqq dx. Do đó mà • Nếu m1  0 thì ham1 , am2 iL2 p0,1q • Nếu m1  0 thì ham1 , am2 iL2 p0,1q  1 p2  0q 2 Vì vậy suy ra ham1 , am2 iL2 p0,1q »1 0 p1  1 2 0 pcospm1  m2qπx cospm1 0 2dx  »1 0 cos 2m1 πxqdx  dx  1.  x sin 2m1 πx 2m1 π  x1   x 0  1.  1. Trường hợp 2 m1  m2 Nếu m1  m2 thì »1 »1 m2 qπxq dx   sinpm1  m2 qπx pm1  m2qπ psinpm1 pm1 m2 qπx m2 qπ  x1   x 0 Cho nên ham1 , am2 iL2 p0,1q  0. Như vậy ta đã chứng minh được B1 là một họ trực chuẩn. Bây giờ ta sẽ chứng minh B1 đầy đủ trong L2 p0, 1q. Bởi vì Cc8 p0, 1q trù mật trong L2 p0, 1q nên cho f P L2 p0, 1q,  ¡ 0 tồn tại g P Cc8 p0, 1q sao cho }g  f }L p0,1q   {2. 2 Với g P Cc8p0, 1q thì g P L2p0, 1q. Do đó khai triển Fourier-cos của g là 8̧ g pxq  a0 {2  an cospnπxq, n 0 với x P p0, 1q, an 2 ³1 0 g pxq cospnπxqdx. Đặt n ¸ Sn pg qpxq  a0 {2  ak cospkπxq, k 0 @x P p0, 1q. Ta chứng minh Sn Ñ g trong L2p0, 1q. Theo cách đặt Snpgq thì Sn pg q Ñ g pxq, 7 (1.1)  0. khi n Ñ 8, với mọi x P p0, 1q. Xét |Sn pg qpxq  g pxq| ta có Sn pg qpxq       »1 0 »1 0 »1 0 »1 0 »1 0 n ¸ a0 2  g py qdy   k 0  k 0  g py q »1 g py q  1 2  1 2 π  πx 2 0 » π 0 k 0 n ¸  1 2 2 cospkπy q cospkπxq dy  n ¸ g py q 1 g pxq cospkπy qdy cospkπxq 2  g py q 1 g py q pkπxq ak cos k 0 »1 n ¸ pcospkπpy  xq n ¸   1 π y 2 π y x 2  2 u π 1 2 g x »1 sinp2n 1qu du sinpuq 0 g py q » cospkπ py p 1 π y 2 π y x 2 1 sin n 2 sin p p  xq dy  k 0   xq sin p  q  n ¸ 1 2 1 π y 2 π y x 2 sin n xqq dy  cospkπ py  xq p 1 sin n p  q 2 sin πx 2 cospkπ py k 0 q sin n xq xq  p dy π  πx 2 g xq 1 π y 2 π y x 2 sin p 1 2 π  πx 2 dy x q 2 u π dy sinp2n 1qu du. sinpuq Để xác định |Sn pg qpxq  g pxq| ta sẽ chứng minh »  πx2 sinp2n π 2 1qu sinpuq  πx2 » π 2 du πx 2 với mọi @n P N . Bằng thực hiện phép đổi biến v có được » π 2  πx2 sinp2n 1qu sinpuq  πx2 sinp2n 1qu du  π, sinpuq πx 2 du  » (1.2)  u và sau đó viết tích phân theo u ta πx 2  π2 πx 2 sinp2n 1qu du. sinpuq (1.3) Sử dụng kết quả trong (1.3) thay vào (1.2) ta nhận được » π 2  π2 πx 2 πx 2 sinp2n 1qu du  π. sinpuq (1.4) Ta chứng minh (1.4) bằng quy nạp. Với n  1 VT  » π 2  π2 πx 2 πx 2 » 2 sinp3uq du  sinpuq  π2 u π π πx 2 πx 2 p3  4 sin uqdu  » 2 πx 2  pu sinp2uqqu  u sinpπ πxq  sinpπ  π  sinpπxq sinpπ  πxq  π  sinpπxq sinpπxq  π. 2 π 2 πx 2 8 π 2 πx 2  π2 πx 2 πxq p1 2 cosp2uqqdu Giả sử (1.4) đúng với n  k ta chứng minh nó đúng với n  k » π 2 Ta sẽ chứng minh » π 2 πx 2 πx 2  π2 sinp2k 1qu du  π. sinpuq πx 2  π2 πx 2 1. Tức là giả sử ta có sinp2pk 1q sinpuq 1qu du  π. Đầu tiên ta có sinp2pk 1q 1qu  sinp2k 3qu  sinrp2k 1qu 2us  sinp2k 1qu cosp2uq cosp2k 1qu sinp2uq  sinp2k 1qup1  2 sinpuqq cosp2k 1qu2 sinpuq cospuq. Vì vậy sinp2pk 1q sinpuq 1qu 2k 1qu  sinpsin puq  2 sinp2k 1qu sin u 2k 1qu 2 cos 2pk 1qu.  sinpsin puq 2 cosp2k 1qu cos u Lấy tích phân ta có » π 2 πx 2  π2  » πx 2 π πx 2 2  π2 π π π π " sinp2pk 1q sinpuq   π. πx 2 1qu du » sinp2pk 1qqu du sinpuq π 2 πx 2  π2 πx 2 2 cos 2pk 1qudu sinp2pk 1qqu u π2 πx 2  π k 1 u 2 πx 2 1 rsinpk 1qpπ πxq  sinpk 1qpπ πxqs k 1 1 rsinppk 1qπ pk 1qπxq sinppk 1qπ  pk 1qπxqs k 1 1 r sinpkπ pk 1qπxq  sinpk π  pk 1qπxqs k 1 π k 1 1 r sinpk 1qπx  sinppk 1qπxqs nếu k chẵn π k 1 1 rsinpk 1qπx sinppk 1qπxqs nếu k lẻ Vậy ta đã chứng minh được (1.4), tức là » π 2 πx 2  π2 πx 2 sinp2n 1qu du  π, sinpuq với n P N . Dẫn tới (1.2) được chứng minh xong, tức là » π 2  πx2 sinp2n  πx2 1qu sinpuq » π 2 du πx 2 9 πx 2 sinp2n 1qu du  π, sinpuq với mọi @n P N . Sử dụng (1.2) ta có sự biểu diễn hàm g pxq g pxq  1 g pxqπ π » π πx  2 sinp2n 1qu 2 1 g pxq du π sinpuq  πx2  » 1 2 π  πx 2  π πx 2 » sinp2n 1qu g p xq du sinpuq π 2 πx 2 π 2 » 1 π  sinp2n 1qu du sinpuq πx 2 πx 2 πx 2 g p xq sinp2n 1qu du. sinpuq Do vậy ta có sự đánh giá |Sn pg qpxq  g pxq| |Snpgqpxq  gpxq|  »      π1 g x  πx2 1 π » ¤ 1 2 π  πx 2 ¤ 1 2 π  π2 » ¤M π π πx 2 π 2 » π 2 2 u π   πx 2 x g πx 2 πx 2  g x     g x    2 u π  sin u  2 u π sin u   g p xq 2 u π sinp2n 1qu du sinpuq   gpxq   gpxq  du     gpxq  du   1 π » sinp2n 1qu  du sinpuq π 2 πx 2 » π  g  0  1 π  g    πx 2 x x  2 u π sin u 2 u π  sin u   gpxq  du     gpxq  du   N. Với M  N    g x 2 u g x  π max  xPr0,1s,uPr π2 , π2 s  sin u   g x π2 u g x  max  xPr0,1s,uPr0,π s  sin u   p q  ,   pq      .  Vậy ta có được |Snpgqpxq  gpxq| ¤ M N (1.5) hầu khắp nơi. Tổng hợp các kết quả (1.1) và (1.5) và sử dụng định lý hội tụ bị chặn ta có được »1 |Snpgqpxq  gpxq| dx Ñ »1 2 0 0 0dx  0, hay }Snpgq  g}L p0,1q Ñ 0. 2 Do đó mà, cho  ¡ 0 thì Dn0 P N sao cho @n ¡ n0 thì }Snpgq  g}L p0,1q   2 . 2 10 Hơn nữa, cho  ¡ 0 thì Dn0 P N sao cho @n ¡ n0 thì }Snpgq  f }L p0,1q ¤ }Snpgq  g}L p0,1q }g  f }L p0,1q ¤ . 2 Vây, cho f 2 2 P L2p0, 1q thì DSnpgq sao cho Snpgq Ñ f . Mặt khác, do n n ¸ a0 ¸ a0 ak ? Sn pg qpxq  ak cospkπxq  1 p 2 cospkπxqq 2 2 2   k 0 k 0 cho nên Sn pg q P Clp  B1 ¡q, với mọi n P N . Như vậy thì f P  B1 ¡, điều này dẫn tới L2 p0, 1q  Clp  B1 ¡q. Do đó B1 đầy đủ trong L2 p0, 1q. Vậy B1 là họ trực chuẩn đầy đủ trong L2 p0, 1q. Tương tự ta như vậy thì B2 cũng là họ trực chuẩn đầy đủ trong L2 p0, 1q.Từ Mệnh đề 2 dẫn tới B là cơ sở trực chuẩn của L2 pp0, 1q  p0, 1qq. 1.3 Kiến thức về đa thức nội suy Largange 1.3.1 Mệnh đề 4 (Trang 9, Sách "Polynomials and polynomial inequalities", P.Borwein and T.Erdelyi(1995). Springer-Verlag, Berlin.) Cho zi P ra, bs, với i  0, 1, ..., n; zi  zj nếu i  j, f P C n 1 pra, bsq, p P Pn , với Pn  # p : p p xq  n ¸  ak xk , ak P R, x P ra, bs + , k 1 và p thỏa f pzi q  ppzi q, @i  0, 1, ...n. Khi đó với mỗi x P ra, bs, thì D ξ P pa, bq sao cho f pxq  ppxq  với hpxq  1 pn 1q! f pn 1q pξ q.hpxq, °n  px  zk q. k 0 Chứng minh Với mỗi x P ra, bs ta xét hai trường hợp • Trường hợp 1: x P tz0 , z1 , ..., zn u Ta chọn ξ  12 pa bq thì ξ thỏa f pxq  ppxq  pn 1 11 1q! f pn 1q pξ q.hpxq  0. • Trường hợp 2: x R tz0 , z1 , ..., zn u Đặt ϕptq  f ptq  pptq  khi đó ϕ P C n 1 pra, bsq và thỏa f pxq  ppxq hptq, @t P ra, bs hpxq f pxq  ppxq hpzi q  0, @ i  0, 1, 2, ...n, hpxq f pxq  ppxq hpxq  0. hpxq ϕpzi q  f pzi q  ppzi q  ϕpxq  f pxq  ppxq  1 ϕ nhận giá trị 0 tại n+2 điểm phân biệt. Áp dụng định lý Rolle thì ϕ P C n pra, bsq nhận giá trị 0 tại n+1 điểm phân biệt. Tiếp tục áp dụng định lý Rolle thì ϕpnq P C 1 pra, bsq nhận giá trị 0 tại 2 điểm phân biệt u1 , u2 P ra, bs. Áp dụng tiếp định lý Rolle thì ϕpn 1q pξ q  0 do đó D ξ P pu1, u2q € ra, bs sao cho ϕpn 1q pξ q  0. f pxq  ppxq pn 1q h pξ q  0, f pn 1q pξ q  ppn 1q pξ q  hpxq ppxq pn 1q  0, còn do hpxq  hay f pn 1q pξ q  f pxhq pxq pn 1q!  0. ( Để ý: p P Pn nên p ±n pn 1q pξ q  pn 1q!. ) Do đó mà f pxq ppxq  1 f pn 1q pξ q.hpxq. k0 px  zk q nên h pn 1q! Như vậy với mỗi x P ra, bs, thì D ξ P pa, bq sao cho f pxq  ppxq  pn 1 1q! f pn 1q pξ qhpxq, ± với hpxq  nk0 px  zk q. Vậy Mệnh đề 4 được chứng minh xong. 12 Chương 2 Giải bài toán (1) và kết quả thu được Biến phân phương trình trong bài toán (1) 2.1 2.1.1 Mệnh đề 5 Cho pu, f q P pC 1 pr0, T s; L1 pΩqq X L2 p0, T ; H 2 pΩqq, L2 pΩqq là một nghiệm của (1). Khi đó pu, f q thỏa mãn »  Ω  g px, y q  epα »T 2 epα 2 q upx, y, 0q cospαxq cospnπy qdxdy n2 π 2 T qp  q ϕptqdt » f px, y q cospαxq cospnπy qdxdy n2 π 2 t T 0 Ω với mọi pα, nq P R  Z. (2.1) Chứng minh Với pu, f q P pC 1 pr0, T s; L1 pΩqq X L2 p0, T ; H 2 pΩqq, L2 pΩqq từ bài toán (1) ta có ut  ∆u  ϕptqf px, y q. 2 Nhân cả hai vế của đẳng thức này với epα qp  q cospαxq cospnπy q ta nhận được n2 π 2 qpt1q cospαxq cospnπy q n2 π 2 t 1 rut  puxx uyy qs epα  ϕptqf px, yqepα n π qpt1q cospαxq cospnπyq. Lấy tích phân cả hai vế trên p0, T q  Ω » rut  puxx uyy qs epα n π qpt1q cospαxq cospnπyqdxdydt 2 2 2 2 2 p0,T qΩ »  p0,T qΩ ϕptqf px, y qepα 2 2 2 qp  q cospαxq cospnπy qdxdydt. n2 π 2 t 1 (2.2) Từ (2.2) ta sẽ biến đổi cả hai vế để đưa về dạng như (2.1). Đầu tiên với vế phải ta có VP    »T» 0 »T 0 »T 0 Ω ϕptqf px, y qepα 2 ϕptqepα 2 epα 2 qp  q qp  q cospαxq cospnπy qdxdydt n2 π 2 t 1 » n2 π 2 t 1 Ω qp  q ϕptqdt f px, y q cospαxq cospnπy qdxdydt » n2 π 2 t 1 Ω 13 f px, y q cospαxq cospnπy qdxdy. Còn với vế trái ta cũng có VT       » T » 0 Ω » »T 0 Ω rut  puxx » »T ut epα » »T Ω 0 uyy qepα 2 u epα Ω 0 2 qp  q cospαxq cospnπy qdtdxdy n2 π 2 t 1  qp  q dt cospαxq cospnπy qdxdy 0 » n2 π 2 t 1 n2 π 2 t 1 t Ω »T qp  q cospαxq cospnπy qdtdxdy 2 n2 π 2 t 1 puxx » » T qp  q cospαxq cospnπy qdxdy dt n2 π 2 t 1 qp  q cospαxq cospnπy qdtdxdy 2 0 Ω uyy qs epα rut  puxx 2 uyy qsepα  uyy q cospαxq cospnπy qdxdy epα puxx qp  q dt. 2 n2 π 2 t 1 Để biến đổi tiếp vế phải ta sẽ tập trung vào biến đổi hai tích phân sau » » T 2 u epα t Ω và  0 » T » 0  qp  q dt cospαxq cospnπy qdxdy, n2 π 2 t 1 Ω puxx  uyy q cospαxq cospnπy qdxdy epα 2 qp  q dt. n2 π 2 t 1 Với tích phân thứ nhất ta để ý rằng »T ut epα 2 0  qp  q tT t0 qp  q dt  upx, y, tqepα2 n2 π 2 t 1 n2 π 2 t 1 »T  pα2 n2π2quepα n π qpt1qdt 0  gpx, yqepα n π qpT 1q  upx, y, 0qepα »T 2 2 2  pα n π q uepα n π qpt1qdt 2 2 2 2 2 2 2  epα2  pα 2 0 2 n2 π 2 2 2  qp  q g px, y q  upx, y, 0qepα2 n2 π 2 T 1 2 2 nπ q »T uepα 2 qptq q n2 π 2 T qp  q dt. n2 π 2 t 1 0 Hay ta viết lại »T ut epα 2 qp  q dt n2 π 2 t 1 0  epα2  qp  q g px, y q  upx, y, 0qepα2 n2 π 2 T 1 q n2 π 2 T 14 pα 2 2 2 nπ q »T 0 uepα 2 qp  q dt. n2 π 2 t 1 Bây giờ ta nhân cả hai vế của đẳng thức này với cospαxq cospnπy q rồi lấy tích phân trên Ω ta nhận đươc » » T 2 u epα qp  q dt cospαxq cospnπy qdxdy n2 π 2 t 1 t Ω » 0  repα qp  q pg px, y q  upx, y, 0qepα2 2 Ω  pα  epα2 2 2 2 nπ q qp  q n2 π 2 T 1  pα q n2 π 2 T 1 2 2 2 nπ »T uepα 2 qp  q dts cospαxq cospnπy qdxdy »  q 2 g px, y q  upx, y, 0qepα » 0 Ω q n2 π 2 t 1 0 Ω »T n2 π 2 T q n2 π 2 T cospαxq cospnπy qdxdy u cospαxq cospnπy qdxdy epα 2 qp  q dt. n2 π 2 t 1 Như vậy thì » » T 2 u epα qp  q dt cospαxq cospnπy qdxdy n2 π 2 t 1 t Ω 0  epα2 qp  q n2 π 2 T 1  pα 2 2 2 nπ q »  Ω »T 2 g px, y q  upx, y, 0qepα » 0 Ω q n2 π 2 T cospαxq cospnπy qdxdy u cospαxq cospnπy qdxdy epα 2 qp  q dt. n2 π 2 t 1 (2.3) Đồng thời áp dụng điều kiện biên ux p0, y, tq  ux p1, y, tq  uy px, 0, tq  uy px, 1, tq  0q ta có » puxx Ω»     Ω »1 0 »1 0 »1 uyy q cospαxq cospnπy qdxdy uxx cospαxq cospnπy qdxdy »1 0 0 0 0  α  x1  αu sin αx  »1»1 2 α 2 »1»1 0 p q x 0  α 0 0 p uyy cospαxq cospnπy qdxdy » 1 » 1 0 »1 2 y1  nπu sin nπy  puy cospnπyq 0 uyy cospαxq cospnπy qdxdy uxx cospαxq cospnπy qdx dy pux cospαxq »1 Ω uxx cospαxq cospnπy qdxdy » 1  » 0 0 pnπq  »1»1 0 0 uyy cospnπy qdy cospαxqdxdy  u cospnπy qdy cospnπy qdy q y0  pnπq u cospαxq cospnπy qdxdy  pnπ q 2 » »1 2 0 1»1 2 0 0  u cospnπy qdy cospαxqdx u cospαxq cospnπy qdxdy u cospαxq cospnπy qdxdy. Hay ta viết lại » Ω puxx uyy q cospαxq cospnπy qdxdy  pα 2 pnπq q »1»1 2 0 0 u cospαxq cospnπy qdxdy. (2.4) 15 qp  q rồi lấy tích phân trên p0, T q ta nhận được 2 Nhân cả hai vế của (2.4) với epα  » T » 0 Ω »T  pα 0 uyy q cospαxq cospnπy qdxdy epα puxx pnπq q 2 n2 π 2 t 1 » 1 » 1 2  pα2 pnπq2q 0 0 0 »T» Ω qp  q dt 2 n2 π 2 t 1 u cospαxq cospnπy qdxdy epα u cospαxq cospnπy qepα 2 qp  q dt n2 π 2 t 1 qp  q dtdxdy. 2 n2 π 2 t 1 Hay ta viết lại  » T » 0 Ω  pα uyy q cospαxq cospnπy qdxdy epα puxx pnπq q 2 »T» 2 0 Ω u cospαxq cospnπy qepα 2 qp  q dt n2 π 2 t 1 qp  q dtdxdy. 2 n2 π 2 t 1 (2.5) Từ (2.3) và (2.5) ta nhận được » » T Ω  ut ep α2 n2 π 2 0 » T » 0  ep Ω α2 uyy q cospαxq cospnπy qdxdy epα puxx n2 π 2 qpt1q dt cospαxq cospnπy qdxdy qpT 1q »  g px, y q  upx, y, 0qepα Ω Chính vì vậy mà 2 VT  epα qp  q n2 π 2 T 1 2 »  Ω qp  q dt 2 n2 π 2 t 1 q n2 π 2 T 2 g px, y q  upx, y, 0qepα q n2 π 2 T cospαxq cospnπy qdxdy. cospαxq cospnπy qdxdy. Thay kết quả biến đổi cả hai vế vào (2.2) ta có 2 epα  qp  q n2 π 2 T 1 »T »  Ω 2 epα g px, y q  upx, y, 0qepα qp  q ϕptqdt 0 2 Nhân cả hai vế của (2.6) với epα  2 g px, y q  epα »T 0 2 epα Ω q n2 π 2 T cospαxq cospnπy qdxdy f px, y q cospαxq cospnπy qdxdy. (2.6) qp  q thì ta được n2 π 2 1 T »  Ω » n2 π 2 t 1 2 q upx, y, 0q cospαxq cospnπy qdxdy n2 π 2 T qp  q ϕptqdt » n2 π 2 t T Ω f px, y q cospαxq cospnπy qdxdy. Vậy Mệnh đề 5 được chứng minh xong. 2.2 Đưa ra các định nghĩa sẽ sử dụng trong bài toán (1) Từ công thức biến phân (2.1), để cho việc giải bài toán (1) trở nên rõ ràng thì ta sẽ định nghĩa lại các thành phần trong (2.1). 16 2.2.1 Định nghĩa 1 Với w P L1pΩq, ϕ P L1p0, T q và α, β P R, ta định nghĩa F pg qpα, β q : Dpϕqpα, β q : » Ω »T g px, y q cospαxq cospβy qdxdy, epα qp  q ϕptqdt, 2 β2 t T 0 H pϕ, g qpα, β q : 1Dpϕq0 pα, β q 2.2.2 F pg qpα, β q . Dpϕqpα, β q Định nghĩa 2 Cho tập hợp m số thực A  tx1 , x2 , ..., xm u và w là một hàm thực. Đa thức nội suy Largange LrA; ws là LrA; wspxq  m ¸  j 1 2.3   xk x  xk kj j ¹ x wpxj q. Bổ sung điều kiện cho bài toán (1) Sau khi đã có định nghĩa 1 rồi ta nhận thấy rằng nếu Dpϕqpα, nπ q thức biến phân (2.1) được viết lại F pf qpα, nπ q  H pϕ, g qpα, nπ q  Mặt khác, bởi vì epα n π qT F pup., ., 0qqpα, nπ q. Dpϕqpα, nπ q !a 2 2 2 )8 κpm, nq cospmπxq cospnπy q  m,n 0 ¸ ¥ (2.7) là một cơ sở trực chuẩn của L2 pΩq, với κpm, nq  p2  1tm0u qp2  1tn0u q, nên hàm nguồn f theo F pf q như sau f px, y q   0 thì công P L2pΩq có thể được biểu diễn κpm, nqF pf qpmπ, nπ q cospmπxq cospnπy q. (2.8) m,n 0 Từ đẳng thức (2.7), ta thấy F pf qpα, nπ q có thể được xấp xỉ bởi H pϕ, g qpα, nπ q khi pα2 2 2 2 n2 π 2 q đủ lớn. Có được điều này bở vì epα n π qT triệt tiêu rất nhanh và F pup., ., 0qq bị chặn đều. Để đảm bảo rằng |Dpϕqpα, nπ q| không quá nhỏ thì ta thêm vào một điều kiện nhẹ sau đây lim inf ϕptq ¡ 0 hoặc lim sup ϕptq   0.  ÑT ÑT  t 2.4 (2.9) t Định lý 1 Định lý này cho phép khẳng định sự duy nhất nghiệm của bài toán (1). Cho g P L1 pΩq và ϕ P L1 p0, T q thỏa (2.9). Khi đó phương trình (1) có tối đa một nghiệm pu, f q trong pC 1 pr0, T s; L1 pΩqq X L2 p0, T ; H 2 pΩqq, L2 pΩqq. 17 2.5 Định lý 2 Định lý 2 (Sự chỉnh hóa). Giả sử rằng pu0, f0q P pC 1pr0, T s; L1pΩqq X L2p0, T ; H 2pΩqq, L2pΩqq là nghiệm(duy nhất) của phương trình (1) tương ứng với pg0 , ϕ0 q, trong đó ϕ0 thỏa (2.9). Cho  ¡ 0 và g P L1 pΩq, ϕ P L1 p0, T q thỏa mãn }g  g0}L pΩq ¤ , }ϕ  ϕ0}L p0,T q ¤ . Cho M  2{7 , N  T 1 π 2 lnp1 q, r P rp2{9q lnp1 q, p2{9q lnp1 q 1s X Z, Ar  tpr j q, j  1, 2, ..., 4ru và " H pϕ , g qpmπ, nπ q, nếu N ¤ m2 n2 ¤ M , F,m,n  LrA ; H pϕ , g qp., nπ qspmπ q, nếu N ¡ m2 n2 . 1 1      Nghiệm chỉnh hóa f được xây dựng từ pg , ϕ q với ¸ f px, y q  m,n ¥ 0,m2 n2 ¤M  κpm, nqF,m,n cospmπxq cospnπy q. Thì i)limÑ0 f  f0 trong L2 pΩq. ii) Nếu f0 P H 1 pΩq thì limÑ0 f  f0 trong H 1 pΩq và có 0 pϕ0, }g}L1pΩq , }f0}L1pΩq , }up., ., 0q}L1pΩqq sao cho ¡ 0 chỉ phụ thuộc vào ? ? }f0  f}L pΩq ¤  π1 }f0}H pΩq , @ P p0, 0q. iii) Nếu f0 P H 2 pΩq thì ? ? ? }f0  f}H pΩq ¤  2 2 }f0}H pΩq , @ P p0, 0q. 7 10 1 2 14 10 1 2 Đầu tiên để chứng minh Định lý 2 thì ta sẽ phát biểu và chứng minh 5 Bổ đề trước. Sau đó ta sẽ sử dụng kết quả của 5 Bổ đề này vào chứng minh định lý. 2.5.1 Bổ đề 1 Cho w P L1pΩq. Thì với mọi α, β P R và m  0, 1, 2, ...,  Bm     B αm F pwqpα, β q ¤ }w}L pΩq . 1 Chứng minh Đầu tiên ta nhận thấy rằng $ ' ' & Bm F pwqpα, β q  ' B αm ' % p1qm{2 ³ wpx, y qxm cospαxq cospβy qdxdy, nếu m chẵn,³ p1qpm 1q{2 Ω wpx, yqxm sinpαxq cospβyqdxdy, nếu m lẻ. Ω Bây giờ ta để ý rằng trên Ω thì |xm cospαxq cospβyq| , |xm sinpαxq cospβyq| ¤ 1. Do vậy mà  m    αm F w α, β B B p qp     » q ¤ |wpx, yq| dxdy  }w}L pΩq . 1 Ω 18 2.5.2 Bổ đề 2 Cho ϕ P L1 p0, T q. Thì với mọi α, β P R, |Dpϕqpα, β q| ¤ }ϕ}L p0,T q . 1 Hơn nữa, nếu ϕ thỏa mãn (2.9) thì lim 2inf p α2 qÑ8 β pα2 β 2 q |Dpϕqpα, β q| ¡ 0. Chứng minh Khẳng định thứ nhất 2 Với mọi α, β P R để ý với 0 ¤ t ¤ T thì epα |Dpϕqpα, β q|  » T  2  epα   qp  q ϕptqdt ¤  β2 t T 0 »T 2 epα qp  q ¤ 1 do đó mà β2 t T qp  q |ϕptq| dt ¤ β2 t T 0 »T |ϕptq| dt  }ϕ}L p0,T q . 1 0 Khẳng định thứ hai Nếu ϕ thỏa mãn (2.9), tức lim inf tÑT  ϕptq ¡ 0 thì sup inf ϕrpT ¡ t a 0 Từ (2.10) dẫn tới tồn tại C  a, T qs ¡ 0. (2.10)  Cϕ sao cho sup inf ϕrpT  a, T qs ¡ Cϕ t (2.11) ¡ a 0 ( Xem mục (4.1.1) trong phần phụ lục). Từ (2.11) dẫn tới tồn tại T inf ϕrpT  a, T qs ¡ Cϕ. Từ (2.12) kéo theo ϕptq ¥ Cϕ , @t P pTϕ , T q.  Tϕ sao cho (2.12) t Bây ta có đánh giá |Dpϕqpα, β q| ¥  ¥ » Tϕ  2  epα  0 » Tϕ pα2 epα 2  qptT q ϕ t dt  pq qp  q |ϕptq| dt β 2 Tϕ T 0 ¥ epα2 Nhân hai vế với pα2 β2 β 2 q |Dpϕqpα, β q| ¥ pα2 2 Tϕ 2 β 2 qepα Cϕ p1  epα epα β2 1  epα Cϕ α2 qp  q }ϕ} 1 L p0,T q β 2 Tϕ T β 2 q ta nhận được »  T 2  epα   Tϕ »T 2   qptT q ϕ t dt  pq qp  q .C dt ϕ β2 t T qp  q β 2 Tϕ T β2 qp  q }ϕ} 1 L p0,T q β 2 qpTϕ T q q. 2 β 2 Tϕ T . (2.13) Từ (2.13) dẫn tới lim 2inf pα2 β qÑ8 pα 2 β 2 q |Dpϕqpα, β q| ¥ Cϕ (Xem mục (4.1.2) trong phần phụ lục). (2.14) cũng kéo theo p α2 β qÑ8 lim inf 2 2 pα β 2 q |Dpϕqpα, β q| ¥ Cϕ . 19 (2.14)
- Xem thêm -

Tài liệu liên quan