g
s
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH
CHU ĐỨC KHÁNH
BÀI TOÁN NGƯỢC TRONG LÝ THUYẾT THẾ VỊ
Chuyên ngành : TOÁN GIẢI TÍCH
Mã số : 1. 01. 01
LUẬN ÁN PHÓ TIẾN SĨ KHOA HỌC TOÁN - LÝ
Người hướng dẫn khoa học :
GIÁO SƯ TIẾN SĨ ĐẶNG ĐÌNH ÁNG
PHÓ TIẾN SĨ NGUYỄN BÍCH HUY
Thành Phố Hồ Chí Minh
- 1996 -
MỤC LỤC 15TMỞ ĐẦU15T ........................................................................................................................... 1
15TCHƯƠNG 1 : TỔNG QUAN VỀ BÀI TOÁN NGƯỢC TRONG LÝ THUYẾT THẾ VỊ15T ........................................................................................................................... 5
15T1.1. CÁC KHÁI NIỆM CĂN BẢN CỦA LÝ THUYẾT THẾ VỊ. 15T .............................. 5
15T1.2. BÀI TOÁN THÁC TRIỂN SỐ LIỆU ĐO TRƯỜNG ĐIỀU HÒA.15T ................... 13
15T1.3. BÀI TOÁN TÌM PHÂN BỐ NGUỒN.15T................................................................ 17
15T1.4. BÀI TOÁN XÁC ĐỊNH LỖ HỔNG BÊN TRONG MỘT VẬT THỂ.15T .............. 18
15T1.5. BÀI TOÁN XÁC ĐỊNH MIỀN NGUỒN.15T ........................................................... 19
15TCHƯƠNG 2 : SỰ DUY NHẤT NGHIỆM15T ............................................................... 24
15T2.1. SỰ DUY NHẤT NGHIỆM CỦA MỘT SỐ BÀI TOÁN NGƯỢC TUYẾN TÍNH.15T.......................................................................................................................... 24
ii Mục lục
15T2.2. SỰ DUY NHẤT NGHIỆM CỦA MỘT SỐ BÀI TOÁN NGƯỢC PHI TUYẾN15T .................................................................................................................................... 34
15TCHƯƠNG 3 CHỈNH HÓA MỘT SỐ BÀI TOÁN NGƯỢC TUYẾN TÍNH15T ..... 54
15T3.1. BÀI TOÁN MOMENT TỔNG QUÁT TRÊN KHỔNG GIAN HILBERT15T ...... 54
15T3.2. BÀI TOÁN THÁC TRIỂN SỐ LIỆU ĐO TRƯỜNG ĐIỀU HÒA.15T ................... 68
15T3.3. BÀI TOÁN TÌM PHÂN BỐ NGUỒN.15T................................................................ 75
15TCHƯƠNG 4 : CHỈNH HÓA MỘT SỐ BÀI TOÁN NGƯỢC PHI TUYẾN15T...... 80
15T4.1 BÀI TOÁN (P6).15T ................................................................................................... 81
15T4.2. BÀI TOÁN (P7).15T ............................................................................................... 106
15TKẾT LUẬN15T .................................................................................................................. 115
15TTÀI LIỆU THAM KHẢO15T ....................................................................................... 117
MỞ ĐẦU
Lý thuyết thế vị phát sinh từ thế kỷ XIX là một bộ phận của Vật Lý Toán nghiên cứu
thế vị của các trường lực là trường thế chẳng hạn như trường hấp dẫn, điện trường ...
Lý thuyết này lừ lâu đã đóng một vai trò quan trọng trong cả Toán Lý thuyết lẫn ứng
dụng. Nhiều bài toán cụ thể trong Vật lý Địa cầu, Điện, Điện từ, Cơ,…đã được thiết lập dưới
dạng các bài toán ngược trong Lý thuyết thế vị. Tuy nhiên những hài toán này thường không
chỉnh theo nghĩa của J. Hadamard nghĩa là chúng có thể không có nghiệm hoặc nếu có
nghiệm thì có vô số nghiệm, hơn nữa khi bài toán có nghiệm duy nhất thì nghiệm này lại
không phụ thuộc liên tục vào dữ kiện.
Trong vài thập niên trở lại đây, các bài toán ngược và đặc biệt là các bài toán không
chỉnh đã được nhiều nhà Toán học trên thế giới quan tâm khảo sát một cách rộng rãi.
Trong bài toán không chỉnh, nghiệm (nếu có) không phụ thuộc liên lục vào dữ kiện :
một nhiễu nhỏ của dữ kiện có thể đưa đến sai số rất lớn cho nghiệm, thậm chí có thể làm bài
toán trở thành vô nghiệm. Vì vậy, đối với những bài toán này, ta phải tìm cách chỉnh hóa.
Nghiệm chỉnh hóa là nghiệm xấp xỉ ổn định. Nhiều phương pháp chỉnh hóa đã được đưa ra
trong các công trình của A. N. Tikhonov, M. M. Lavrentiev, J. L. Lions, ... tuy nhiên việc
đánh giá sai số thường gặp khó khăn và chỉ được giải quyết trong từng bài toán cụ thể.
Một vấn đề đặc biệt quan trọng trong những bài toán ngược không chỉnh là khảo sát
tính duy nhất nghiệm của bài toán. Vấn đề này đóng vai
2
5Ttrò quan trọng hơn rất nhiều so với sự tồn tại nghiệm (thường bị vi phạm trong các bài toán
Mở đầu
không chỉnh). Việc khảo sát tính duy nhất nghiệm ngoài ý 2T5Tnghĩa thực tế là xét xem 2T5T"Dữ 2T5Tkiện
cho có đủ để xác định nghiệm bài toán 2T5Tmột cách duy nhất ?" mà còn nhằm xác định
5TTrong lập luận án này, mang tên
nghiệm 4T5Tchính 4T5Txác riêng (trong 2T5Ttrường hợp bài toán có 2T5Tvô sô nghiệm) 2T5Tcần được xấp xỉ ổn định.
5T
5Tchúng tôi nghiên cứu một số bài toán ngược không chỉnh quan trọng trong Lý thuyết thế vị.
"BÀI TOÁN NGƯỢC TRONG LÝ THUYẾT THẾ VỊ"
5T
3TCHƯƠNG 1 : 3T5TTỔNG QUAN VỀ BÀI TOÁN NGƯỢC TRONG LÝ THUYẾT
Luận án, ngoài phần mở đầu và kết luận, được chia thành 4 chương :
THẾ VỊ
5T
Mục đích của chương này là từ lý thuyết hàm thế vị và các công cụ giải tích, chúng tôi
thiết lập mô hình toán học cho một số bài toán ngược quan trọng trong Lý thuyết thế vị sẽ
khảo sát trong các chương sau.
4T
Trong tiết 4T5T1.1, 4T5Tchúng tôi trình bày các khái niệm căn bản của 4T5TLý thuyết thế vị, bắt
nguồn từ các Định luật Vật lý (Định luật Ncwton, Định luật Coulomb ...) đồng thời nêu lại
những tính chất quan trọng của hàm thế vị-
5T
Sau đó, chúng tôi trình bày 2T5Tsự thành 2T5Tlập mô hình toán học cho một số bài toán ngược
trong Lý thuyết thế vị.
5T
Tiết 1 .2. xét bài toán thác triển số liệu đo đạc của một trường điều hòa và đưa đến 2
bài toán ứng với trường hợp 2 chiều và trường hợp 3 chiều.
3
Mở đầu
Tiết 1.3. xét bài toán tìm phân bố nguồn sinh ra 1 trường thế dựa vào các đo đạc trong
một vùng bị chặn bên ngoài nguồn.
Tiết 1.4. xét bài toán xác định lỗ hổng (hay vết nứt) bên trong một vật thể bằng
phương pháp điện từ.
Tiết 1.5. xót bài toán xác định miền nguồn sinh ra 1 trường thế từ những đo đạc bên
ngoài nguồn.
CHƯƠNG 2 : SỰ DUY NHẤT NGHIỆM
Nội dung chương này là khảo sát tính duy nhất nghiệm của các bài toán đã thiết lập
trong chương l.
Đối với nường hợp bài toán không có nghiệm duy nhất (Bài toán tìm phân bố nguồn)
chúng tôi chứng minh khi bài toán có nghiệm thì trong vô số nghiệm của bài toán chỉ có duy
nhất 1 nghiệm có chuẩn nhỏ nhất và chọn nghiệm có chuẩn nhỏ nhất này làm đối lượng để
chỉnh hóa.
Các bài toán khảo sát trong luận án được chia thành 2 loại : bài toán luyến lính và bài
toán phi tuyến. Vì vậy chúng tôi trình bày cách xây dựng nghiệm chính hóa các bài toán này
trong 2 chương :
CHƯƠNG 3 : CHỈNH HÓA MỘT SỐ BÀI TOÁN NGƯỢC TUYẾN TÍNH
Đối với các bài toán ngược luyến tính (Bài toán thác triển số liệu đó đạc của 1 trường
điều hòa và bài toán tìm phân bố nguồn), chúng tôi sử dụng công cụ Toán học là bài toán
moment trong 1 không gian Hilbcrt vô hạn chiều để xây dựng nghiệm chỉnh hóa.
Tiết 3.1 trình bày cách xây dựng nghiệm chỉnh hóa cho bài toán moment tổng quát
trong không gian Hilbcrt vô hạn chiều. Lời giải được cho
4
Mở đầu
trong cả 2 trường hợp : trường hợp dữ kiện chính xác và trường hợp dữ kiện bị nhiễu.
Các tiết 3.2, 3.3 trình bày cách chuyển các bài toán ngược luyến tính nói trên về bài
toán moment và áp dụng kết quả trong 3.1 để xây dựng nghiệm chỉnh hóa.
CHƯƠNG 4 : CHỈNH HÓA MỘT SỐ BÀI TOÁN PHI TUYẾN
Trong chương này, chúng tôi chỉnh hóa bài toán xác định miền nguồn trong 2 trường
hợp : trường hợp 2 chiều và trường hợp 3 chiều.
Sử dụng Định lý của J.Cronin về môi liên quan giữa bậc tôpô với số nghiệm của một
phương trình phi tuyến, và dùng phương pháp xấp xỉ không gian Banach bằng các không gian
con hữu hạn chiều, chúng tôi xây dựng được nghiệm xấp xỉ ổn định cũng trong 2 trường hợp:
dữ kiện chính xác và dữ kiện không chính xác.
CHƯƠNG 1 : TỔNG QUAN VỀ BÀI TOÁN NGƯỢC TRONG LÝ THUYẾT
THẾ VỊ
Trong chương này, chúng tôi trình bày trước hết các khái niệm căn bản của Lý thuyết
thế vị dựa trên các định luật Vật lý, từ đó đưa đến định nghĩa và một số tính chất quan trọng
của hàm thế. Chúng lôi cũng trình bày một kết quả được sử dụng thường xuyên là định lý về
tính duy nhất nghiệm của bài toán Cauchy.
Dựa vào các khảo sát tổng quát trên, chúng lôi đi đến thiết lập một số bài toán ngược
trong Lý thuyết thế vị xuất phát từ những bài toán cụ thể trong Khoa học ứng dụng. Các bài
toán này được chúng tôi chuyên thành các phương trình hoặc hệ phương trình tích phân tuyến
tính hoặc phi tuyến. Việc khảo sát tính duy nhất nghiệm và xây dựng nghiệm chỉnh hóa của
các bài toán này sẽ được trình ở những chương tiếp theo.
1.1. Các khái niệm căn bản của Lý thuyết thế vị.
1.1.1. Trường và hàm thế.
Lý thuyết trường Newton được xây dựng từ Định luật Newton phát biểu như sau :
Lực lác động giữa 2 chất điểm có khối lượng mR1 R và mR2 R đặt lại các điểm P R1 R và PR2 R thì tỉ lệ
thuận với tích các khối lượng của chúng, và tỉ lệ nghịch với bình phương khoảng cách giữa
chúng. Phương của lực này là
6
Chương 1 : Tổng Quan Về Bài Toán Ngược Trong Lý Thuyết Thế Vị
đường thẳng PR1 RPR2, R, chiều của lực tác động vào chất điểm mR1 R là chiều từ PR1 Rđến PR2 R còn chiều
của lực tác động vào chất điểm mR2 R là chiều từ PR2 R đến PR1 R.
Nếu gọi F là cường độ lực, r là khoảng cách giữa PR1 Rvà PR2 R thì Định luật Newton được
biểu diễn hỏi công thức :
(1.1)
trong đó, k là một hằng số phụ thuộc cách chọn đơn vị đo khôi lượng, chiều dài, lực.
Lưu ý rằng không chỉ Vật lý Địa cầu mà cả trong nhiều ngành Vật lý khác người ta
cũng gặp những lực tác động có dạng (1.1) như trong Điện, Điện từ,... Chẳng hạn, lực tác
động giữa 2 điện tích mR1 R, mR2 R đặt lần lượt ở 2 điểm PR1 R, PR2 R theo Định luật Coulomb cũng được
cho hỏi công thức (1.1) (tuy nhiên chiều của lực này còn phụ thuộc loại điện tích và dĩ nhiên
hằng số k cũng khác)
Từ đây về sau, để thuận tiện, ta có thể giả sử (bằng cách chọn đơn vị đo thích hợp)
rằng k=1. Công thức (1.1) trở thành :
(1.2)
Xét 1 chất điểm m đặt tại P(ξ, η, ζ). Chất điểm này sẽ sinh ra 1 lực tác động vào 1 chất điểm
đặt lại Q(x,y,z) bất kỳ trong không gian theo (1.2). Ta nói rằng chất điểm m sinh ra một
trường lực (Newton) trong không gian và trường lực này sẽ được biểu diễn hỏi công thức :
(1.3)
7
Chương 1 : Tổng Quan Về Bài Toán Ngược Trong Lý Thuyết Thế Vị
với
Nhận xét rằng (1.3) chính là cường độ của lực tác động vào chất điểm có khối lượng bằng đơn vị đặt lại Q.
Nếu ký hiệu là trường lực Ncwton nói trên, và thì ta có :
(1.4) F�⃗ r⃗ = QP�����⃗
Viết = (FR1 R,FR2 R,FR3 R) thì
3 Bây giờ, xét nguồn D có phân bố mật độ ρ (D là một miền bị chặn trong RP
P và giả
F�⃗
định ρ là một hàm khả tích bị chận trên D) thì trường lực sinh bởi nguồn D là :
(1.5)
với các thành phần là :
(1.6)
8
Chương 1 : Tổng Quan Về Bài Toán Ngược Trong Lý Thuyết Thế Vị
(1.7)
(1.8)
Lưu ý rằng FR1 R, FR2 R và FR3 R xác định bởi (1.6), (1.7) và (1.8) là các hàm xác định trên toàn 3 không gian RP
Bây giờ, chúng ta đi đến khái niệm hàm thế vị.
Với trường lực
như trong (1 .4), la gọi hàm số
(1.9)
là hàm thế vị (Newton) sinh bởi chất điểm m.
Và tương tự, hàm thế sinh hỏi nguồn D có phân bố khối lượng ρ được định nghĩa là
(1.10)
Dễ thấy rằng với F cho hỏi (1.5) và u cho bởi (1.10) thì
(1.11)
Ta có kết quả :
P trong
3
Mệnh đề 1.1.1. Với ρ là một hàm bị chận và khả tích trên I) thì hàm thế vị U cho bởi ∞ (1.10) là mội hàm thuộc lớp CP
𝑅 \ 𝐷�
9
Chương 1 : Tổng Quan Về Bài Toán Ngược Trong Lý Thuyết Thế Vị
Bây giờ chúng ta nói đến hàm thế vị logarit, đó là hàm thế trong mặt phẳng.
Trước hết, 2 chất điểm có khối lượng m, m' đặt lại 2 điểm P và Q
trong mặt phẳng thì sinh ra lực tác động giữa chúng có cường độ là
(1.12)
với r là khoảng cách giữa P và Q.
Trường lực sinh ra bởi 1 chất điểm có khối lượng m đặt tại P(ξ, η) là
với
Trường lực sinh bởi nguồn D có phân bố khối lượng ρ (D là một miền mở bị chận 2 P và ρ là một hàm bị chận và khả tích trên D) là trong RP
(1.13)
Với = FR1 R, FR2 Rthì
F�⃗ (1.14)
(1.15)
Hàm thế sinh bởi nguồn D trong trường hợp này là
(1.16)
10
Chương 1 : Tổng Quan Về Bài Toán Ngược Trong Lý Thuyết Thế Vị
Ta cũng có với U cho bởi (1.16) và cho bởi (1.13) thì
(1.17) F�⃗
Ta có kết quả :
∞ (1.16) lủ một hàm thuộc lớp CP
2 P trong RP
P \
Mệnh đề 1.1.2. Với ρ là một hàm bị chận và khả tích trên D) thì hăm thế vị U cho bởi
D� 1.1.2. Các tính chất của hàm thế vị.
3 giữ một vai trò đặc biệt quan trọng trong Lý thuyết thế vị. Chúng là các hàm giải tích trên RP
P
2 P \ {(ξ, η)}) và thoả phương trình Laplace trên miền này. \ (ξ, η, ζ) (hoặc RP
Trước hết, ta lưu ý rằng các hàm
3 (1.10) (hoặc (1.16)) cũng hoa phương trình Lapace trên RP
P \
2 (hoặc RP
P \
Từ đây, dễ dàng suy ra rằng các hàm thế vị U(x,y,x) (hoặc U(x,y)) định nghĩa bởi
). Nói cách khác,
hàm thế vị là hàm điều hoà trong miền ở ngoài nguồn sinh ra nó. D� D�
3 hàm thế vị sinh bởi nguồn là một miền bị chặn trong RP
Dưới đây là một số tính chất quan trọng của các hàm thế vị. Trước hết là tình chất của
11
3 P có biên đủ trơn. ρ là một hàm bị chặn Mệnh đề 1.13. gọi D là một mở bị chặn trong RP
1 thuộc lớp CP
P trên D. Thì hàm
3 U : RP
P → R
Chương 1 : Tổng Quan Về Bài Toán Ngược Trong Lý Thuyết Thế Vị
3 (iv) Nếu G là một miền bị chận trong RP
2 P thì U ∈ WP
P, p(G) với mọi p ∈ (1, ∞) Đặc
2 biệt, U ∈ HP P(G)
thỏa các tính chất sau :
trong đó DR1 RU chỉ đạo hàm theo 1 phương bất kỳ của hàm u.
2 Mệnh đề 1.1.4. Gọi D là một mở bị chận trong RP
P có biên đủ trơn, ρ là một hàm bị
1 chận thuộc lớp CP
P trên D. Thì hàm
2 U : RP
P→ R
Tương tự, đối với hàm thế logarit, ta có :
12
Chương 1 : Tổng Quan Về Bài Toán Ngược Trong Lý Thuyết Thế Vị
P \
2 trong RP
thỏa các tính chất sau :
2 P thì U ∈ WP
P, p(G) với mọi p ∈ (1, ∞) Đặc
2 (iv) Nếu G là một miền bị chận trong RP 2 biệt, U ∈ HP P(G)
2 Mệnh dề 1.1.5. Xét hàm u(x, y, z) liên tục trên RP P x [0, ∞ ) Và điều hòa trên ∞
D� trong D
3 R+
2 R bị chận trong 1 vùng cận của ∞ . Thì
. Giả sử = ) x (0,
13
Chương 1 : Tổng Quan Về Bài Toán Ngược Trong Lý Thuyết Thế Vị
trong đó
2 R+
∞ Mệnh dề 1.1.6. Xét hàm u(x,y) liên tục trên R x |0, ∞) và điều hòa trên . Giả
= R x (0, )
sử u(x, y) bị chận trong 1 vùng cận của ∞. Thì
trong đó
Mệnh đề sau đây cho ta tính duy nhất nghiệm của bài toán Cauchy : Mệnh đề 1.1.7. Xét một
n P (n = 2 hay 3). Giả sử có Và điều hòa trên D với D lù một miền. trong RP
hàm u liên tục trên
γ ⊂ ∂D với y mà trong ∂D D�
và γ đủ trơn, và
thì
u = 0 trên .
Trong các tiết sau, chúng tôi thiết lập một số bài toán ngược quan trọng trong lý D�
thuyết thế vị.
1.2. Bài toán thác triển số liệu đo trường điều hòa Việc xác định giá trị các trường điều hòa trong Vật lý như trườngtrọng lực, dị thường
trọng lực, điện, điện từ có ý nghĩa quan trọng trong việc giải đáp nguồn sinh ra trường thế
này.
14
Chương 1 : Tổng Quan Về Bài Toán Ngược Trong Lý Thuyết Thế Vị
Các giá trị này thường được trực tiếp đo đạc bằng những công cụ Vật lý nhưng trong
thực tế, miền đo đạc thường bị giới hạn bởi những yếu tố khách quan như địa hình, kinh tế,
quốc phòng...
Do đó, ở đây chúng tôi khảo sát bài toán thác triển sô liệu đo hàm điều hòa với dữ
2 Trước hết chúng tôi xét bài toán trong mặt phẳng RP
P. Giả sử có nguồn nằm bên trong
kiện chỉ được cho trên một miền bị chận.
∂
2 R−
2 R+
nửa mặt phang dưới sinh ra môi trường thế u điều hòa trong nửa mặt phang trên
∂ u
y
Ta muốn xác định u(x,y) khi biết các giá trị của u và trên tập bị chận I x {k} trong
đó I là 1 khoảng mở trong R và k > 0.
Theo Mệnh đề 1.1.6, giá trị của u(x,y) được xác định khi biết giá trị của v(x) = u(x,0)
trên R. Vậy ta có thể phát biểu bài toán như sau :
1.2.1. Bài toán 1 : Tìm v(x) sao cho phương trình
(1.18)
(1.19)
(1.20)
(1.21)
có nghiệm u(x,y).
Bây giờ chúng tôi chuyển bài toán này về dạng một hệ phương trình tích phân theo
ẩn hàm V như sau :
Theo Mệnh đề 1. 1 .6, ta có
15
Chương 1 : Tổng Quan Về Bài Toán Ngược Trong Lý Thuyết Thế Vị
(1.22)
Vậy ta có
3T(1.20), (1.21), (1.22) và (1.23) cho
3TBằng cách đặt
3 Bây giờ, chúng tôi xét đến bài toán trong không gian RP
P. Tương tự như trên, ta muốn
(1.23)
δu
δz
3 R + 2 trên tập bị chận B × {k}, trong đó B là 1 lập mở bị chận trong RP
P và k > 0.
xác định 1 hàm u(x,y,z) điều hòa trong nửa không gian trên khi biết các giá tri của u và
Vì hàm u hoàn toàn xác định khi biết v(x,y) ≡ u(x,y,0) nên ta có :
16
Chương 1 : Tổng Quan Về Bài Toán Ngược Trong Lý Thuyết Thế Vị
1.2.2. Bài toán 2 : Tim v(x,y) sao cho phương trình
3 Δu = 0 trong R+
(1.24)
(1.25)
(1.26)
(1.27)
có nghiệm u(x,y,z).
5TTheo Mệnh đề 1. 1 .5, ta có
Chúng tôi lại chuyên bài toán này về một hệ phương trình tích phân như sau :
(1.28)
Vậy ta có
(1.26), (1.27),
5TBằng cách đặt 5T(1.28) và (1.29) cho
(1.29)
17
Chương 1 : Tổng Quan Về Bài Toán Ngược Trong Lý Thuyết Thế Vị
1.3. Bài toán tìm phân bố nguồn
Trong tiết này, chúng tôi thiết lập bài toán tìm phân bố ρ của 1 nguồn Ω nằm
3 R−
trongsinh ra trường thế VRΩ R từ những đo đạc nhận được trong . Chúng tôi khảo sát trong 2
3 R+
trường hợp :
∂
Ω
Trường hợp 1 : Dữ kiện nhận được là giá trị của VRΩ Rtrong một lập mở bị chận trong
Rtrong một mặt bị chận
3 R+
2 trong RP
P x{0}.
∂ V Z
. Trường hợp 2 : Dữ kiện nhận được là giá trị của VRΩ Rvà
Với trường hợp 1, chúng tôi có
∈ Ω ⊂ 1.3.1. Bài toán 3 : Tìm phân bố
𝟑 𝑹+
khi biết (1.30)
trong đó Ω là một mở bị chận trong 𝝆(𝒙, 𝒚, 𝒛), 𝒗ớ𝒊 (𝒙, 𝒚, 𝒛) và D là một mở bị chận trong
3 R−
3 R+
Theo (1.10), ta có : .
(1.31)
Vậy từ (1 .30) và (1 .31) ta có phương trình tích phân :
P(3)
Với trường hợp 2, chúng tôi có :
𝟑 𝑹−
1.3.2. Bài toán 4: Tìm phân bố ρ(x, y, z), với (x, y, z) ∈ Ω ⊂ khi biết
18
Chương 1 : Tổng Quan Về Bài Toán Ngược Trong Lý Thuyết Thế Vị
(1.32)
3 3Ttrong đó Ω lủ một mở bị chận trong 2T3TRP
2 P. PR-R 2T3Tvà 3T4Tω 3T4Tlà một mở bị chận trong 3T7TRP
(1.33)
7T
Theo 6T7T(1.10), t6T7Ta có4T7T :
(1.34)
Suy ra
7TVậy từ 6T7T(16T7T.32), 6T7T(16T7T.33), 6T7T(16T7T.34) và 6T7T(16T7T.35), ta có hệ phương trình tích phân :
(1.35)
(P3)
1.4. Bài toán xác định lỗ hổng bên trong một vật thể
Trong khoa học kỹ thuật, người ta có thể dùng phương pháp điện hoặc điện từ để
khảo sát các lỗ hổng (hay vết nứt) bên trong một vật thể. Muốn vậy, người ta áp vào vật thể D một trường Vật lý (điều hòa) sao cho giá trị của trường thế triệt trên tại biên của lỗ hổng. Người ta sẽ xác định hình dạng các lỗ hổng dựa vào giá trị đo của trường và của đạo hàm theo phương pháp luyến của trường lại một phần của biên ngoài.
19
Chương 1 : Tổng Quan Về Bài Toán Ngược Trong Lý Thuyết Thế Vị
Mô hình này dẫn đến bài toán xác định miền cho trường điều hòa
sau:
1.4.1. Bài toán 5 : Xác định cặp (Ω,u) với Ω là một mở bị chận trong Rn, u : Ω → R thỏa
(P5)
trong đó, Ω có biên gồm 2 phần : phần biên ngoài Γ đã biết, phần biên trong γ (chưa biết) là
hội hữu hạn các mặt (hay đường) là biên của các lỗ hổng (hay vết nứt) trong Ω có phần đóng
cách biệt, ΓR0 R là một phần biên mà trong Γ.
Ở bài toán này, lưu ý rằng số lượng, hình dạng, vị trí của các lỗ hổng là chưa biết.
Chúng tôi sẽ chỉ khảo sát tính duy nhất nghiệm của bài toán này ở chương 2.
Sau cùng chúng tôi xét đến
1.5. Bài toán xác định miễn nguồn
∂
∂
Ω
Ω
Chúng tôi khảo sát trong tiết này bài toán xác định miền nguồn Ω ⊂ (n = 2 hay 3)
3 R−
∂ V
∂ V
y
z
có phân bố ρ = 1 sinh ra trường thế VRΩ R khi biết giá trị trên đường y = 0 (hoặc biết mặt
z = 0). Trong bài toán này biên
20
Chương 1 : Tổng Quan Về Bài Toán Ngược Trong Lý Thuyết Thế Vị
của Ω gồm 2 phần : phần biên dưới là 1 đường (hay mặt) cong đã biết, còn phần, biên trên là 1 đường (hay mặt) cong chưa biết. Với giả thiết này, bài toán trở thành xác định biên trên của miền Ω.
Chúng tôi xét bài toán trong 2 trường hợp ứng với n = 2 và n = 3. Với n = 2, chúng tôi có :
1.5.1. Bài toán 6 : Xác định hàm σ (x), x ∈ D ⊂ R sao cho miền
với phân bố ρ=1 sinh ra trường thế VRΩ R khi biết
(1.36)
), D là 1 khoảng mở bị chặn trong R.
Trong đó σR0 R ∈ C(
D� Theo (1.16), ta có :
Vậy
21
Chương 1 : Tổng Quan Về Bài Toán Ngược Trong Lý Thuyết Thế Vị
3T
3TVậy
3T(1.36) và (1.37) cho :
(1.37)
Đặt
3T(P6)
3Tta có phương trình lích phân
3T
2 1.5.2. Bài toán 7 : Xác định hàm2T σ(x, y), (x, y) ∈ D ⊂ RP
P2T sao cho miền
2T
Tiếp theo với n = 3, chúng tôi có :
3T
2Tvới phân bố ρ = 12T3T 2T3Tsinh ra trường thế VRΩ R khi biết
(1.38)
22
2 ), D là 1 khoảng mở bị chặn trong RP
Chương 1 : Tổng Quan Về Bài Toán Ngược Trong Lý Thuyết Thế Vị
5T
Trong đó σR0 R ∈ C(
D� Theo (1.10). t a có :
5TVậy
0T(1.39)
0T(1.38) và (1.39) cho :
Vậy
23
Chương 1 : Tổng Quan Về Bài Toán Ngược Trong Lý Thuyết Thế Vị
Đặt
ta có phương trình tích phân
CHƯƠNG 2 : SỰ DUY NHẤT NGHIỆM
Trong chương này chúng tôi khảo sát sự duy nhất nghiệm của các bài toán đã được thiết lập ở chương I.
2.1. Sự duy nhất nghiệm của một số bài toán ngược tuyến tính.
2.1.1. Bài toán (P1).
Đây là bài toán Cauchy trong nửa mặt phẳng trên :
Tìm v(x).sao cho phương trình
có nghiệm u(x,y), trong đó ϕ, ψ là các hàm cho trước trên một khoảng mở I ⊂ R, k > 0.
Như trong tiết 1.2.1, bài toán này được chuyển thành hệ phương trình tích phân sau theo ẩn hàm V :
(P1)
Chúng tôi chứng minh :
25
2 Định lý 2.1.1. Bài toán (P1) có nhiều nhất 1 nghiệm trong LP
P(R).
Chương 2 : Sự Duy Nhất Nghiệm
Chứng minh. Chỉ cần chứng minh rằng nếu V thỏa
2 thì v = 0 trong LP
P(R). Thực vậy nếu V là nghiệm của (P1') thì bằng cách đặt
(P1')
ta thấy ngay rằng u là hàm điều hòa trong nửa mặt phẳng trên thỏa
Do tính duy nhất nghiệm của bài toán Cauchy (Mệnh đề 1.1.7), ta có
Đặc biệt
Do đó
2 P(R) như sau Ta định nghĩa tích chập * trên LP
(2.1)
26
Chương 2 : Sự Duy Nhất Nghiệm
2Tvà định nghĩa phép biến đổi Fourier là :
2TThì ta có tính chất quen thuộc sau :
2T 2T
Bây giờ, bằng cách đặt
2Tthì (2.1) được viết lại dưới dạng :
2T
2TSuy ra
2TNhưng t 0T2Ta 0T2Tcó
2T
(2.2)
2T(2.2) và (2.3) cho
(2.3)
2 v = 0 trong LP
P(R)
2TSuy 0T2Tra
0T
27
1T2.1.2. Bài toán (P2).
Chương 2 : Sự Duy Nhất Nghiệm
3T
Chúng tôi xét 3T 3Tđến bài toán Cauchy trong nửa không gian trên :
3T
2 3Tcó nghiệm u(x,y,z), trong đó 2T3Tϕ, ψ 2T3Tlà các hàm cho trước trên một tập mở B ⊂ RP
P, k > 0.
Tìm v(x,y) sao cho phương trình
3T theo ẩn hàm 3T5TV :
3T(P2)
3TChúng tôi chứng minh :
2 4TĐịnh lý 2.1.2. Bài toán 3T4T(P2) 3T4Tcó nhiều nhất 1 nghiệm trong 3T4TLP
2 P(RP
P).
4TChứng minh. 3T4TChỉ cần chứng minh rằng nếu 3T5TV 3T5Tthỏa
1T(P2')
Như trong tiết 1T3T11T3T.2.2, bài toán này được chuyển thành hộ phương trình lích phân sau
28
2 3Tthì 2T3Tv = 2T3T0 trong LP
2 P(RP
P). Thực vậy nếu v3T 3Tlà nghiệm của (P2') thì bằng cách đặt
Chương 2 : Sự Duy Nhất Nghiệm
3Tta thấy ngay rằng U3T 3Tlà hàm điều hòa trong nửa không gian trên thỏa
Do tính duy nhất nghiệm của bài toán Cauchy, ta có 3T
3TĐặc biệt
3T(2.4)
2 3TTa định nghĩa tích chập * và phép biến đổi Fourier trong LP
2 P) : P(RP
3Tthì ta có tính chất
3TDo đó
29
Chương 2 : Sự Duy Nhất Nghiệm
Bây giờ, bằng cách đặt
3TSuy ra
3T(2.5)
3TNhưng ta có
3Tthì (2.4) được viết lại dưới dạng :
3T
3T(2.5) và (2.6) cho
(2.6)
2 v = 0 trong LP
2 P(RP
P)
3TĐây là bài toán xác định phân bố nguồn sinh ra trường thố V khi biết giá trị của V
⊂
3TSuy ra
3T :
2.1.3. Bài toán (P3) trên một tập mở3T
3 3TTìm ρ(x,y,z) xác định trên miền bị chận Ω R+
D
3 R− ⊂
⊂ 3Tsao cho
3T
.
3 R+
3Ttrong đó f là hàm cho trước trên một tập mở
Bài toán này được chuyển thành phương trình tích phân sau (xem tiết 1.3.1) 0T3T: D
30
3T(P3)
Chương 2 : Sự Duy Nhất Nghiệm
2T
Chúng tôi có kết quả :
3T 2 này, (P3) có duy nhất 1 nghiệm có chuẩn nhỏ nhất trong 2T3TLP
P2T3T(0T3TΩ0T3T).
Định lý 2T3T2.12T3T.3. Bài toán (P3) nêu có nghiệm thì có vô số nghiệm. Trong trường hợp
3T
3T(P3')
2Tcó vô số nghiệm.
Chứng minh. 2T3TChỉ cần chứng minh rằng phương trình thuần nhất tương ứng của 2T3T(P3) 2T3Tlà
2T∅ 2Tthì
2TChọn σ ∈
2 C0
(Ω) sao cho sup σ
2T
≠ trên
2T
trên
2T
σ
P2T \ Ω
2T
Đặt2T w = 3 Ta biết rằng với2T (x, y, z) ∈ RP , hàm ∆
�
2Tđiều hòa trên 2T5TΩ. 2T5TVậy, theo định 2T5Tlý 2T5TGreen, ta có :
31
1TSuy ra :
Chương 2 : Sự Duy Nhất Nghiệm
2 σRn R là một họ vô hạn độc lập tuyến lính trong LP 2 C0
2 Gọi K là không gian con của LP
P(Ω) gồm lất cả các nghiệm của (P3'). Dễ thấy rằng nếu
1T ρ là 1 nghiệm của (P3) thì tập hợp nghiệm của (P3) là
1Tρ + K.
(Ω) (n ∈ N) 1T2Tsao cho1T supp σRnR1T là các quả cầu rời nhau trong Ω, dễ thấy P(Ω). Vậy lập hợp nghiệm 1TBằng cách chọn1T 2Tσ ∈ rằng họ các1T WRn R1T = của (P3') là vô hạn (vì là 1 không gian vectơ vô hạn chiều). ∆
32
2 2THiển nhiên K đóng, vậy ρ + K là 1 tập lồi, đóng trong không gian Hilbcrt 2T4TLP
P(Ω), 2T4Tdo
Chương 2 : Sự Duy Nhất Nghiệm
đó tồn tại duy nhất một phần tử ρR0 R có chuẩn nhỏ nhất trong ρ+ K. ρR0 R chính là nghiệm (duy
0T2.1.4. Bài toán (P4).
nhất) có chuẩn nhỏ nhất của (P3).
2T
∂
Đây là bài toán xác định phân bố nguồn sinh ra trường thế V khibiết giá trị của V và
2T trên một lập mở ω trong mặt z = 0.
∂ V
z
2TTìm ρ(x,y,z) xác định trên miền bị chặn 2T4TΩ 2T4T⊂
của2T
3 R−
2 2Trong đó f, g là các hàm cho trước trôn một lập mở2T ω ⊂ RP
2T Bài toán này được chuyển thành phương trình tích phân sau (xem tiết 1.3.2) :
2T(P4)
2TChúng tôi có kết quả :
4TĐịnh lý 2.1.4. Bài toán 2T4T(P4) 2T4Tnếu có nghiệm thì có vô số nghiệm. Trong trường hợp
sao cho
4TChứng minh. 2T4TChỉ cần chứng minh rằng phương trình thuần nhất tương ứng của (P4)
này, 2T4T(P4) 2T4Tcó duy nhất 1 nghiệm có chuẩn nhỏ nhất.
là
33
2T(P4')
Chương 2 : Sự Duy Nhất Nghiệm
2Tcó vô số nghiệm. 2TTương tự 1T2Tnhư tr1T2Tên, chọn σ ∈ thì ta có do định lý Green,
2 C0
(Ω) sao cho2T supp σRnR 2Tlà các quả cầu rời nhau và đặt2T WRn R2T = σRnR
2TSuy ra
2TSuy ra
2TNghĩa là các wRnR là nghiệm của (P4').
2 Vậy, (P4') có tập hợp nghiệm là một không gian con K vô hạn chiều của LP
P(Ω).
2T
∆
34
9TNếu (P4) có một nghiệm ρ thì lập 9T11Thợp 9T11Tnghiệm của (P4) là
Chương 2 : Sự Duy Nhất Nghiệm
9T
9TBằng lập luận tương tự trên, ta thấy trong trường hợp này, (P4) có duy nhất 1 nghiệm có 2 chuẩn nhỏ nhất trong LP
P(Ω).
7T2.2. Sự duy nhất nghiệm của một số bài toán ngược phi tuyến.
7T2.2.1. Bài toán (P5).
9TĐây là bài toán xác định vết nứt (hay lỗ hổng) bên trong một vật 9T10Tthể :
ρ + K.
9TTìm cặp
thỏa
9T
9T (Γ là biên ngoài, γ là biên trong của Ω)
(2.7)
(2.8)
trong Ω (2.9)
t rong 9T12TΩ (2.10)
9T 12T(P5) 9T (Γo 9T13Tlà 9T13Tmột phần biên mở 6T9T⊂ 6T13TΓ) (2.11)
9Tγ là hội hữu hạn các mặt (hay đường) là biên của các vết nứt (hay lỗ hổng) trong
(2.12) 9T
9Ttrong đó, 9T13TΓ, ΓR0 R, 9T13Tf, g cho trước.
Ω9T11T 9T11Tcó phần đóng cách biệt. (2.13)
35
3TLưu ý rằng trong bài toán này, số lượng, vị trí và hình dạng các lỗ hổng là chưa biết.
Chương 2 : Sự Duy Nhất Nghiệm
3T
Chúng tôi chứng minh được kết quả sau :
4T
4T
Định lý 2T4T2.22T4T.1. 2T4TNêu f2T3T ≠ 0 2T3Thay 2T3Tg ≠ 0 2T3Tthì bài toán 2T3T(P5) 2T3Tcó nhiều nhất 1 nghiệm 2T7T(3T7TΩ,u).
3T
Chứng minh. 3T4TDùng phản chứng. Giả sử có 0T3T(Ω,uR1 R) 0T3Tvà (0T3TΩR2 R,uR2 R) 0T3Tcùng thỏa (P5),
3TGiả sử (ΩR1 R0T3T,uR1 R0T3T) ≠ (ΩR2 R0T3T,uR2 R0T3T) thì do tính duy nhất nghiệm của bài toán Cauchy, ta phải có ΩR1 R3T 3T≠
Gọi γ R1 R, γ R2 R lần lượt là biên trong của Ω3T 3TR1 R3T 3Tvà ΩR2 R3T5T.
3Tnghĩa là γ R1 R≠ γ R2 R2T3T. 2T3TĐặt
3TDo (2.9), 3T9Tω ≠ ∅ 3T9Tvà 3T9Tω9T 3Tliên thông. Gọi W3T7T 3T7Tlà thành phần liên thông của ΩR1 R3T 3T∩ ΩR2 R3T9T 3T9Tcó
ΩR2 R3T6T,
3T
chứa 3T9Tω8T9T. 3T8TTa sẽ chứng minh
3T Đặt v3T 3T= uR1 R3T 3T- uR2 R thì do (2.10), (2.11), (2.12), ta có
3T
(2.14) uR1 R = uR2 R3T 3Ttrên W
v = 0 trên W (2.15)
3T
Γ
0
3T
∆ (2.16)
Γ
0
∂ v| ∂ V z |
3TTa có ΓR0 R ⊂ Γ ⊂ ∂W nên (2.15), (2.16) và (2.17) cho
(2.17)
36
Chương 2 : Sự Duy Nhất Nghiệm
2Tnghĩa là ta có (2.14).
2T
2T3Tv = 0 trên W
2T
Không mất tính tổng quát, la có thể giả sử
2TThực vậy, nếu :
2T 1Tthì
(2.18)
2TSuy ra
2Tvà do (2.7),
2Tvô lý.
2T
Ta lại có
2T
2Tnên
(2.19)
2T W 2Tnên ta có
. Do định nghĩa của ω, và vì2T ω ⊂ Gọi U là một thành phần liên thông của2T Ω R1 R2T \
2T
W�
2TVậy,
(2.20)
37
2T(2.21)
2TNhận xét rằng
2T
Chương 2 : Sự Duy Nhất Nghiệm
2Tvà
2T
(2.22)
2TVậy (2.19), (2.22) và (2.23) cho
2T
(2.23)
(2.24)
2T
2T(i) x ∈ γ R1 R 2T2T
Bây giờ, xét x ∈ ∂U. Có 2 trường hợp :
2T
2T(ii) x
Ở trường hợp này, do (2.12), ta có
2T2T
0 n P thì2T 2Tx ∈ (RP P và ta có2T x P \ U)P
2T∂U 2T: lại vô lý. Vậy
uR1 R(x) = 0 γ R1 R Ở trường hợp này, do (2.24),ta có ∉
2T
2TTa chứng minh2T x ∈ Ω R1 R2T Thực vậy, nếu2T x ∈ ∂Ω R1 R2Tthì do (2.24), ta phải có 2T 2Tx ∈ γ R1 R2T 2T: vô lý. Nếu2T 2Tx 0 n P \ Ω R1 R)P ∈ (RP
(2.25) ∉
2Tsao cho
2T
2TMà ta lại có 2T x ∈ ∂W 2Tnên phải tồn tại 1 dãy
xRmR 1T2T→ 0T1Tx 0T2Tkhi m → ∞.
38
4TDo (2.14), ta có
4T
Chương 2 : Sự Duy Nhất Nghiệm
4TCho 4T5Tm→∞ 4T5Ttrong (2.26), ta nhận được do (2.26) và (2.25) :
(2.26)
4T
4TTóm lại,
4TTừ (2.27), do nguyên lý cực đại của hàm điều hòa, ta có
4T
(2.27)
4TTừ (2.28), do lính duy nhất của nới rộng điều hòa, ta có
4T
uR1 R1T4T = 1T4T0 trên U.
4TSuy ra
4Tvà
uR1 R =0 trên 1T4TΩR1.R1T
3T2.2.2. Bài toán (P6).
4TVô lý.
4T phân bổ ρ = 1,
2 R−
Đây là bài toán 2 chiều xác định miền của nguồn sinh ra trường : xét miền Ω ⊂ có
39
Chương 2 : Sự Duy Nhất Nghiệm
1T(2.29)
1TBằng cách chuyển (1.29) thành 1 phương trình tích phân, ta nhận được bài toán (P6) (xem tiết 1.5.1) :
1Tvới D là một mở bị chận trong R. Giả sử biết biên dưới của Ω (là đường cong η = -σR0 R(ξ), ξ ∈ D ta tìm biên trên của Ω (là đường cong η = σR0 R(ξ) - σR0 R(ξ), ξ ∈ D) sao cho Ω sinh ra trường thế V thỏa
1T
Chúng tôi có kết quả :
2T
).
1T
) là các nghiệm của (P6). D� Định lý 2.2.2. Bài toán 1T2T(P6) 0T1Tcó 0T2Tnhiều nhất 1 nghiệm 1T2T σ ∈ C( 2TChứng minh. 1T2TGọi σR1 R,σR2 R∈ C( Với i = 1, 2, đặt D�
P có biên đủ trơn, ta định
1T
2 2 Bây giờ, với mỗi tập mở bị chận B ⊂ RP R−
1Tnghĩa
1T(2.30)
1Tthì do Mệnh đề 1.2.2, hàm 1T4TVRBR 1T4Tthỏa các tính chất sau :
. 3Tthì 1T3TΩRi R 1T3Tmở và nằm trong
40
Chương 2 : Sự Duy Nhất Nghiệm
2 PR R\ = 0 trong RP
(ii)
P :
VRB R = 4µ trong B (iii) B� ∆ (iv) VRBR chính qui ở ∞ ∆ 2 2 (v) VRBR ∈ HP P(G) với mọi miền bị chận G ⊂ RP 2 2TTa có với (x,y) 1T2T∈ 1T2TRP
2TSuy ra
2T
2TVậy
(2.31)
41
2TĐặt
Chương 2 : Sự Duy Nhất Nghiệm
Ω Ω 2 P \ 2Tthì V điều hòa trên RP và do đó điều hòa trên . Do (2.31),
2 R+
2TTa lại có
2T
( � ) � ∪ 2T (2.32)
∂
2TVì2T
(2.33)
∂ V
z
2 R+
2T
2Tcũng là hàm điều hòa trên2T nên (2.32) và (2.33) cho
2TVới
(2.34)
ta có theo định lý giá trị trung bình
2TSuy ra từ (2.34) :
2T(2.35)
Với
2T
2TCố định X và cho 2T y → ∞ 2Ttrong (2.35), ta có :
2TVậy (2.35) và (2.36) cho :
2T
(2.36)
2TDo các đẳng thức
(2.37)
42
2Tta có từ (2.37) :
2T
Chương 2 : Sự Duy Nhất Nghiệm
(2.38)
2TSuy ra ngay rằng lập hợp
1Tlà 1T2Tđóng
2TDo định nghĩa của các2T Ω RiR2T ta có :
liên thông. Hơn nữa
2T
2TVà
(2.39)
2T
Ta có
2 , do đó điều hòa trên 1T2TRP
P \ C. 1T2THơn nữa V triệt
2 1Tlà 1T2Thàm điều hòa trên2T RP tiêu trên tập mở
P2T \ ( 2 2T⊂ 1TRP
Ω Ω Ω
1 \
2 R+
Ω P \ C1T 2T(do (2.37)) nên 2 \ � 2 ∪ � 1)
Suy ra 2T
43
Chương 2 : Sự Duy Nhất Nghiệm
2 V 2Ttrên RP
P, ta có
2TDo tính liên lục của2T
2T 2TBây giờ, ta chứng minh2T σR1 R = σR2 R2T bằng phản chứng. Giả sử 2TσR1 R quát, có thể giả sử
(2.40) ∆ σR2 R. 2T Không mất tính tổng
≠
2TGọi2T ω 2Tlà một thành phần liên thông của DR1 R thì2T ω 2Tlà một mở trong D. Ta có do định nghĩa của2T ω 2T:
Đặt 1T
Dễ thấy rằng
và
(2.41)
Ta lại có
Suy ra
44
Chương 2 : Sự Duy Nhất Nghiệm
3T
Vậy,
3Ttrong đó3T |G| 3Tlà độ đo Lebesgue của G.
3TMặt khác, ta có
(2.42)
3TNên
RGR là hàm đặc trưng của G.
trong đó
3TSuy ra
3T
𝒳
Với (2.43)
3T
3T
Cố định3T η ∈ R 3Tđể (2.43) thỏa. Đặt
3Tthì U là một mở bị chận trong R và ta có thể viết U thành hội của một họ các khoảng mở đôi một cách biệt:
3T
(2.44)
3T(J hữu hạn hay đếm được).
(2.45)
3T
3T
Lưu ý rằng
3TTa có do (2.44) và (2.45) :
(2.46)
45
1T
Chương 2 : Sự Duy Nhất Nghiệm
1TDo công thức Ncwton - Leibnitz, và do (2.46)
(2.47)
Vậy, 1T
1T
1TTa có :
Bằng lập luận tương tự, ta cũng có
1Tvà do đó ta nhận được
1Tlà một điều mâu thuẫn với (2.42).
46
3T2.2.3. Bài toán (P7).
6TBài toán này là trường hợp 3 chiều của bài toán (P6).
6TXét miền6T Ω ⊂
6T có phân bố ρ = 1.
2 R−
Chương 2 : Sự Duy Nhất Nghiệm
6T
2 P. Giả sử biết biên 6T8Tdưới 6T8Tcủa 6TΩ 6T(là mặt cong ζ = -σR0 R(ξ, η), (ξ, 6Tvới D là một mở bị chận trong RP η) ∈ D 5T6Tta tìm biên trên của 4T5TΩ 4T5T(là mặt cong 5T6Tζ = σ(ξ, η) - σR0 R(ξ, η), (ξ, η) ∈ D sao cho Ω sinh ra trường thế V thỏa
6TBằng cách chuyển về phương trình tích phân, là nhận được bài toán (P7) (xem tiết 6T8T16T8T.5.2) :
6T(P7)
(2.48)
6TTương tự như ở bài toán (P6), chúng tôi có kết quả : 6T7TĐịnh lý 2.2.3. Bài toán 6T7T(P7) 6Tcó 7Tnhiều nhất 1 nghiệm7T σ ∈ C 7TChứng minh. 6T7TGọi6T σR1 R, σR2 R ∈ C 8TVới i = 16T8T,2, 6T8Tđặt
6Tlà các nghiệm của (P7). D�
D�
3 R−
. Thì Ω RiR mở và nằm trong
47
Chương 2 : Sự Duy Nhất Nghiệm
P1T có biên đủ trơn, ta định nghĩa
1T
3 1TBây giờ, với mỗi tập mở bị chận1T B ⊂ RP
1T
(2.49)
3 P\ Trong RP
Hàm VRB R có các tính chất sau (Mệnh đề 1.2.1.)
1T1T
1T
1T
P
3 P(G) với mọi miền bị chận G ⊂ RP
Trong B B�
P
3 1TTa có với (x, y, z) ∈ RP
1T
(iv) VRB Rchính quy ở ∞ 2 1T (v) VRBR ∈ HP
48
Chương 2 : Sự Duy Nhất Nghiệm
Suy ra
Vậy
(2.50)
Đặt
3 R+
Thì V điều hòa trên và do đó điều hòa trên . Do (2.50).
(2.51)
Ta lại có
∂
(2.52)
cũng là hàm điều hòa trên nên (2.51) và (2.52) cho
Vì
∂ V
z
3 R+
(2.53)
3 R+
Với ( x, y, z) ∈ 3Tta có theo định lý giá trị trung bình
Với
Suy ra từ (2.53)
(2.54)
49
1T 0T1TCố định (x,y) và cho 0T z → ∞ 0Ttrong (2.54), ta có :
0T
Chương 2 : Sự Duy Nhất Nghiệm
0TVậy (2.54) và (2.55) cho :
0T
(2.55)
0TDo các đẳng thức
(2.56)
0T
0Tta có từ (2.56) :
0TDo định nghĩa của các ΩRiR, ta có :
(2.57)
3 0Tvà RP
P \ C liên thông. Hơn nữa
0TSuy ra ngay rằng tập hợp
3 R−
0Tlà đóng ⊂
0T
0Tvà
(2.58)
50
3TTa có
3Tlà hàm điều hòa trên
3 do 1T3Tđó 1T3Tđiều hòa trên RP
P \ C. 3THơn 3Tnữa V
Chương 2 : Sự Duy Nhất Nghiệm
PR R\ C (do (2.56)) nên
triệt tiêu trên tập mở
3 ⊂ RP
3 R+
3TSuy ra
3TDo tính liên tục của3T
3 V 3Ttrên RP
P , ta có
3T
∆ (2.59)
3TBây giờ, ta chứng minh3T σR1 R = σR2 R3Tbằng phản chứng. Giả sử 3TσR1 R có thể giả sử
σR2 R3TKhông mất tính tổng quát,
3TGọi3T ω 3Tlà một thành phần liên thông của DR1 R thì3T ω 3Tlà một mở trong D.
3TTa có do định nghĩa của3T ω3T:
≠
Đặt
Dễ thấy rằng
và
51
Chương 2 : Sự Duy Nhất Nghiệm
1T
(2.60)
1T
1TSuy ra
Ta lại có
1TVậy,
I
1T
1TTrong đó |G| là độ đo Lebesgue của G.
1TMặt khác, ta có
(2.61)
1T
nên
1T(2.62)
P1T để (2.62) thỏa. Đặt
2 0Tcố 0T1Tđịnh1T (η, ζ) ∈ RP
1T
1TSuy ra
(2.63)
52
3Tthì U3T 3Tlà một mở bị chận trong R và ta có thể viết U3T 3Tthành hội của mội họ các khoảng mở đôi một cách biệt :
3T
Chương 2 : Sự Duy Nhất Nghiệm
(2.64)
(J hữu hạn hay dđiếm được).
3T
Lưu ý rằng
(2.65)
3T(2.66)
3TDo công thức Newton - Leibnitz và (2.65),
3TVậy,
3TTa có
3TTa có do (2.63) và (2.64) :
53
Chương 2 : Sự Duy Nhất Nghiệm
Bằng lập luận tương tự, ta cũng có
1Tvà do đó ta nhận được
1Tlà một điều mâu thuẫn với (2.61).
0TCHƯƠNG 3 0TCHỈNH HÓA MỘT SỐ BÀI TOÁN NGƯỢC TUYẾN TÍNH
4TTrong 4Tchương 4Tnày, chúng tôi4T 4Ttrình bày 4Tphương pháp 4Txây dựng nghiệm chỉnh hóa
của một số bài toán ngược tuyến tính trong Lý thuyết thế vị đã 4T5Tđược 4T5Tthiết lập ở Chương 1. Đó
4TBằng cách chuyển về bài toán moment, chúng tôi tìm 4Tđược 4Tlời giải xấp xỉ ổn định
là các bài toán (Pl4T5T), (P2), (P3) 4T5Tvà 4T5T(P4).
trong cả hai trường hợp : trường hợp dữ kiện chính xác và trường hợp dữ kiện không chính
4TTiết 4T5T34T5T.1 trình bày công cụ toán học chủ yếu sử dụng trong chương này 4T5Tlà 4T5TBài toán
xác.
4TCác tiết còn lại lần lượt trình bày lời giải các bài toán cụ thể.
5T3.1. Bài toán moment tổng quát trên không gian Hilbert
4TGọi H 4T5Tlà 4T5Tmột không gian Hilbert thực vô hạn chiều và4T {cRnR :n ∈ N} 5Tlà 4T5Tmột họ vec tơ
moment tổng quát trên một không gian Hilberl vô hạn chiều.
độc lập tuyến tính bị chận trong H. Ký hiệu 4Tvà4T ||.|| 4Tlần lượt là tích vô 4T6Thướng 4T6Tvà chuẩn trong4T
R∞ R5T là 4T5Tkhông gian Banach gồm mọi dãy số thực bị chận. Bài toán moment tổng quát trên H
H, 〈. 〉
4T
phát biểu như sau : ℓ
R∞ R. Tìm u ∈ H sao cho
Cho trước trong
5T(34T5T.1)
4TTrước hết, chúng tôi xét tính không chỉnh của 4T5T(34T5T.1).
ℓ
55
Chương 3 : Chỉnh Hóa Một Số Bài Toán Ngược Tuyến Tính
n} và đặt Gọi E Rn R là không gian con của H sinh bởi {cRi R : 1
≤ i ≤
Ta định nghĩa
(3.2)
3TMệnh 1T3Tđề 31T3T.1.1. 3TA 1Tlà 1 toán tử tuyến tính, liên tục lừ 1TH 1Tvào 1T
R∞ R1Tvà thỏa
Ta có
(3.3) (i) A 1-1 1Tnếu và chỉ nếu 1TE = H. ℓ
R∞ R
(3.4) (ii) Range A
3TChứng minh. 3THiển nhiên A tuyến tính. Do bất đẳng thức Schawrz và giả thiết bị chận của
≠ ℓ
R∞ R4Tđược 4Txác định và liên lục. Ngoài ra, ta có
{cRn R}, dễ dàng suy ra 4Tđược 4Trằng A : H →
ℓ
nên
Vậy (i) được chứng minh.
R∞ R. Vì E đóng nên
Để chứng minh (ii), ta dùng phản chứng. Giả sử Range A =
ℓ
56
Chương 3 : Chỉnh Hóa Một Số Bài Toán Ngược Tuyến Tính
4TXét ánh xạ thu hẹp của A trên E :
(3.5)
1T
R∞ R1T thỏa :
Thì 0T1TÃ 0T1Tlà 1 toán lử luyến tính, liên lục từ không gian Hilberl E vào không gian Banach
ℓ
R∞
Và Range 0TÃ = Range A =
4TTheo định lý ánh xạ mở, E đẳng hình với
R∞
ℓ
4TBây giờ ta chứng minh :
3TBổ đề. Giả sử X, Y là các không gian Banach đẳng hình với nhau. Nếu X phản xạ thì Y cũng
ℓ
-l 4TGọi T :4T X → Y 4Tlà phép đẳng hình, nghĩa là T là song ánh, luyến tính liên tục và T P P cũng liên
phản xạ.
4TĐịnh nghĩa
4TTừ giả thiết T là song ánh dễ dàng kiểm chứng rằng T* cũng là song ánh, và ánh xạ
tục.
Cũng là song ánh
57
0TTa chỉ cần chứng minh biểu đồ sau đây giao hoán
Chương 3 : Chỉnh Hóa Một Số Bài Toán Ngược Tuyến Tính
0Ttrong đó, τRX Rvà τRY R là các phép nhúng chính tắc. 0T Ta có :
Vậy, 4T
0Tvà Bổ đề chứng minh xong.
1T Bổ đề, cũng phản xạ : vô lý. □
Trở 0T1Tlại với chứng minh của Mệnh đề 3.1.1, vì E đẳng hình với mà E phản xạ nên theo
58
3TMệnh đề 3.1.1 cho thấy (3.1) là một bài toán không chỉnh : nó không luôn luôn có nghiệm và
Chương 3 : Chỉnh Hóa Một Số Bài Toán Ngược Tuyến Tính
3TTa xét3T4T 3T4Ttrường hợp3T E
khi có nghiệm thì nghiệm này cũng có thể không duy nhất.
H 3Tvà giả sử (3.1) có nghiệm. Khi đó, (3.1) có vô số nghiệm. Thực vậy,
3T
nếu gọi u là một nghiệm bất kỳ thì tập hợp nghiệm của (3.1) là ≠
3TTa có :
6TMệnh 5T6Tđề 3.1.2. Giã sử5T E
(3.6)
H 5Tvà (3.1) có nghiệm. Thì trong vô số nghiệm của (3.1), có duy
5T
3T4T(3.7)
4T5TUR0 R 3T4T= PRERu3T4T
5Ttrong đó, PRER là phép chiếu vuông góc xuống 3T5TE.
6TChứng minh. 3T6TDo 3T
nhất 1 nghiệm u3T5T,, 3T5Tcó chuẩn nhỏ nhất. Hơn nữa nếu u5T 5Tlà 1 nghiệm bất kỳ thì ≠
nên nếu gọi u là 1 nghiệm bất kỳ của 3T(3.1) thì ta có thế phân
3THiển nhiên 3T4TUR0 R 3T4T= PRERu cũng là nghiệm của (3.1).
3TGọi v3T4T 3T4Tlà một nghiệm bất 3T4Tkỳ. 3T4TPhân tích v3T4T 3T4Tthành
3TThì vR0 R cũng là nghiệm của ỉ. 1). Ta có
tích u một cách duy nhất thành
59
6T(3.8)
6T6TMà6T uR0 R, vR0 R ∈ E 6Tnên
6T(3.9)
6T(3.8) và (3.9) cho uR0 R = vR0 RBây giờ,
6T
Chương 3 : Chỉnh Hóa Một Số Bài Toán Ngược Tuyến Tính
Vậy, uR0 R là nghiệm có chuẩn nhỏ nhất của (3.1).
6T
Bây giờ, chúng tôi khảo sát vấn đề tìm nghiệm có chuẩn nhỏ nhất của (3.1) trong
6TVới mỗi6T n ∈ N6T, chúng tôi xét bài toán moment hữu hạn sau :
6TTìm6T uRnR6T ∈ E RnR sao cho
6T
trường hợp bài toán có nghiệm.
6TTrước hết ta chứng minh
(3.10)
5T
Định lý 3.1.1. 4T5TVới 4T6Tn 4T6Tcố định, bài toán moment hữu hạn 4T6T(3.10) 4T6Tcó nghiệm duy
5T6TChứng minh. 5T6TCoi
6T
6Tvới
6T6T
nhất 4T6TuRnR(μ) 4T6Tphụ thuộc liên lục vào 4T6Tμ.
Thì uRn R là nghiệm6T 6Tcủa (3.10) nếu và 3T6Tchỉ 3T6Tnếu
60
Chương 3 : Chỉnh Hóa Một Số Bài Toán Ngược Tuyến Tính
Đây là một hệ thống phương trình tuyến tính có định thức là
3TVì { eR1 R3T6T, eR2 R4T6T, 3T4T... , eRnR } độc 3T6Tlập tuyên tính nên 3T6T(3.1.1) có 3T6Tnghiệm duy nhất định hỏi
3Ttrong đó
3TSuy ra (3.10) có nghiệm duy nhất là
5THơn 3T5Tnữa, vì Aj(μ) là một đa thức theo 3T5TμR1 R, μR2,..., RμRnR 3T5Tnên phụ thuộc liên tục vào 3T5Tμ. 3T5TDo đó uRnR(3T5Tμ3T5T) phụ thuộc liên tục vào 3T5Tμ.. □ 3TBây giờ, gọi { fRn R:n ∈ N }3T7T 3T7Tlà cơ 3T6Tsở 3T6Ttrực chuẩn của E xây dựng từ {cRnR}3T7T 3T7Tbằng phương pháp Gram - Schmidt :
j Nếu 1 Nếu 1 = j 3T 3T ≠
61
4TGọi
Chương 3 : Chỉnh Hóa Một Số Bài Toán Ngược Tuyến Tính
và là các ma trận đổi cơ sở,
4T
Nếu i < j
4TĐặt
4TCác số hạng C Rij R, MRịj R (j ≤ i) được xác định bằng qui nạp như sau :
62
Chương 3 : Chỉnh Hóa Một Số Bài Toán Ngược Tuyến Tính
6Tthì
6T
Ta có
Mệnh đề 3.1.3. Đặt
với
3T(3.12)
Thì
chính là nghiệm của 3T(3.10).
3T
ó
Chứng minh. Hiển nhiên Với ta có :
63
Chương 3 : Chỉnh Hóa Một Số Bài Toán Ngược Tuyến Tính
0T
Vậy
0Tdo tính duy nhất nghiệm của (3.10). □
0T
0TChúng tôi có kết quả :
Bây giờ, xét bài toán (3.1) trong trường hợp dữ kiện chính xác.
6T của 0T4T(3.1). 0T4TGọi 0T4TuRn R(μ) 0T4Tlà nghiệm của 0T4T(3.10) 0T4Txác định bài 0T4T(3.12). 0T4TThì
4T
0T4TuRn R(μ) → uR0 R 0T4Ttrong 0T4TH 0T4Tkhi 0T4Tn0T5T→∞.
Định lý 34T6T.14T6T.2. 4T6TGiả sử 0T4T(3.1) 0T4Tcó nghiệm. Gọi uR0 R4T 4Tlà nghiệm có chuẩn nhỏ nhất
6T uR0 R của (3.1) tồn lại và uR0 R thuộc E. Ta chứng minh rằng
0T
Chứng minh. 0T6TTheo Mệnh đề 3.1.2, vì (3.1) có nghiệm nôn nghiệm có chuẩn nhỏ nhất
(3.13)
0T
0T 0Tnên
Thực vậy, ta có
Suy ra
0TVậy, do tính duy nhất nghiệm của (3.10), ta có
64
Chương 3 : Chỉnh Hóa Một Số Bài Toán Ngược Tuyến Tính
3TMặt khác {E RnR} là một dãy tăng các không gian con của E và
∞ n=1
trù mật trong E nên
3T (3.13) và (3.-14) cho :3T
⋃ trong E khi En (3.14)
trong H khi
3T đạc, do vậy có thể bị nhiễu. Ở trường hợp dữ kiện bị nhiễu, chúng tôi thu được kết quả :
Trong áp dụng, dữ kiện 1T3Tμ1T3T ở vế phải của (3.1) thường được xác định bằng các phép đo
3T của 3T4T(3.1). 3T4TThì tồn tại ánh xạ
Định lý 3.1.3. 3T4TGiả sử 3T4T(3.1) 3T4Tcó nghiệm. Gọi uR0 R là nghiệm có chuẩn nhỏ nhất
4T
5Tcó tính chất 5T n(δ) → ∞ 5Tkhi5T δ ↓ 0 5Tvà thỏa
sao cho
3Ttuyến tính
Chứng minh. Trước hết, ta xác định ánh xạ n. Ký hiệu3T |.|R2 R3T và3T |.|R∞ R3T lần lượt là chuẩn 3T n P3T, ||CRn R|| là chuẩn của ánh xạ Euclide và chuẩn sup trên3T RP
65
Chương 3 : Chỉnh Hóa Một Số Bài Toán Ngược Tuyến Tính
3T
3TXét một hàm Y liên tục và tăng nghiêm ngặt từ [1, ∞) lên [||CR1 R||, ∞) sao cho
(26)
Ta có thể định nghĩa γ như sau :
P cũng tăng nghiêm ngặt từ 3T[||CR1 R||, ∞) lên [1, ∞).
-1 Khi đó, hàm ngược γ P
và
Với ta có :
Ta định nghĩa
(3.15)
Ta có :
(3.16)
3TVậy có nR0 R ∈ N sao cho
Theo Định lý 3.1.1,
66
3T(3.17)
3TMặt khác, do (3.12),
3T
Chương 3 : Chỉnh Hóa Một Số Bài Toán Ngược Tuyến Tính
3T
Do (3.15), ta có
3Tnên ta có
3TVậy, có3T δR1 R3T > 0 sao cho với3T δ ∈ (0, δR1 R3T) thì3T n(δ)
Vì
nR0 R. 3T Bằng cách chọn
≥
67
Chương 3 : Chỉnh Hóa Một Số Bài Toán Ngược Tuyến Tính
4T
4Tta có
(3.18)
5T□
(3.16), (3.17) và (3.18) cho
68
6T3.2. 6TBài toán thác triển số liệu đo trường điều hòa.
Chương 3 : Chỉnh Hóa Một Số Bài Toán Ngược Tuyến Tính
3T
6T3.25T6T.1. Bài toán (P1).
Trong tiết này chúng tôi trình bày cách giải các bài toán (Pl) và (P2).
3T
P3TR sao cho
Cho trước 1 số k > 0 và và các hàm3T f, g ∈ C( ),3T I là một khoảng mở bị chận trong R.
2 3TTa tìm3T v ∈ LP
3T(P1)
2 Chúng tôi xét không gian Hilbert LP
P(R).
3T
3T
I̅
Chọn3T {xRiR3T : i ∈ N} là một dãy trù mật trong I với j xRjR nếu3T i xRiR3T
4T
3Tvà
Đặt ≠ ≠
69
R∞ R3T8T. Chúng t3T8Tôi 3T8Tnhận được bài toán moment
2 8Tthì {cRnR} là một họ hàm 3T8Tsố 3T8Ttrong LP
P(R) và {μRnR}4T8T ∈3T4T
Chương 3 : Chỉnh Hóa Một Số Bài Toán Ngược Tuyến Tính
8T (P1’)
2 8Ttrong đó, <.,..> là ký hiệu chỉ tích vô hướng trong LP
P(R).
ℓ
8T
Trước hết ta có
0T
Định lý 3.2.1. 0T8T(Pl) vờ (Pl') 6T8Tlà hai bài toán tương đương.
0T
2 8TĐảo lại, giả 3T8Tsử V thuộc 3T8TLP
P(R) là nghiệm của (P1'). Đặt
8TTa chỉ cần chứng minh fR1 R = f và gR1 R = g. Thực vậy, fR1 R và f cùng là các hàm liên tục và
Chứng minh. 0T8THiển 3T8Tnhiên 3T8Tnếu v8T 8Tlà nghiệm của (Pl) thì 1T8TV 1T8Tcũng là nghiệm của (P1').
bằng nhau trên tập {xRiR} 8T 8Ttrù mật trong I, do đó chúng phải bằng nhau trên I. Lập luận t8Tương 8Ttự, ta cũng có gR1 R và g bằng nhau trên I.
8T
P(R).
0T
2 Mệnh đề 3.2.1. 0T6THọ {eRiR6T7T 3T7T:i thuộc3T7T N} 6T7Tđộc lập luyến tính và bị chận trong 6T8TLP
2 P(R). Để chứng minh sự độc lập tuyến Chứng minh. 0T8THiển nhiên {c RiR} bị chận trong LP
0T tính, ta dùng phản chứng. Giả sử có
Ta lại có :
70
3T
Chương 3 : Chỉnh Hóa Một Số Bài Toán Ngược Tuyến Tính
4Tvới
(3.19)
Đặt
. Đẳng thức (3.19) viết lại 2 3Tthì 0T3ThR2i-1 R 0T3Tvà hR2iR3T 3Tlà các hàm giải tích trên3T RP P3T \ {(xRi R, 0} (1
3T
thành ≤ i ≤ m)
3TTheo tính chất quen thuộc của hàm giải tích, ta suy ra
3T
trên 3TR x {k}
3T
trên
Nhưng (xRmR, 0) là 1 điểm kỳ dị của vế trái mà không là điểm kỳ dị của vế phải : vô lý.
3T
2 một nghiệm trong LP
P(R) (Định lý 2.1.1). Vậy, do Định lý 3.2.1, (P1') cũng có nhiều nhất một
2 nghiệm trong LP
P(R).
2 P(R). Như vậy không 3T4Tgian sinh bởi họ {eRiR}4T 4Ttrù 3T4Tmật 3T4Ttrong 3T4TLP
3TBây giờ, áp dụng các kết quả trong tiết 3.1, ta có :
Lưu ý rằng trong chương 2, ta đã chứng minh được rằng bài toán (P1) có nhiều nhất
71
Chương 3 : Chỉnh Hóa Một Số Bài Toán Ngược Tuyến Tính
Định lý 3.2.2. 5TGiả sử 5T6T(P1) 5T6Tcó nghiệm là 5T6TvR0 . R5T6TGọi 5T6Tv1T6TRn R(μ) 1T5Tlà nghiệm duy nhất của bài toán moment hữu hạn
2 P(R) trong LP
5T5T
5THơn nữa, trong trường hợp dữ kiện bị nhiễu, tồn tại ánh xạ
5TThì ta có
3T
3TKhi có tính chất n(δ) → ∞ khi δ ↓ 0 và thỏa
sao cho
2 ) B là một tập mở bị chận trong RP
P.
3T3.2.2. Bài toán (P2).
2 Tìm v ∈ LP
P) sao cho
2 P(RP
P).
2 Chúng tôi xét không gian Hilberl LP Chọn {(xRi R, yRi R) : i ∈ N } là một dãy trù mật trong B với
6T
nếu i
Cho trước 1 số k > 0 và các hàm f, g ∈ C( 2 P(RP B�
j
≠
72
Chương 3 : Chỉnh Hóa Một Số Bài Toán Ngược Tuyến Tính
Đặt
P) và
2 2 P(RP thì (cRn R} là một họ hàm số trong LP
và
2 trong đó, <.,.> là ký hiệu chỉ tích vô hướng trong LP
2 P). P(RP
Chúng tôi nhận được bài toán moment
3TĐịnh lý 3.2.3. 1T3T(P2) 1T3Tvà (1T3TP2') 1T3Tlà hai bài toán tương đương.
3TChứng minh. 3THiển nhiên nếu 5TV 5Tlà nghiệm của (P2) thì 5TV 5Tcũng là nghiệm của (P2'). Đảo lại,
2 P(RP
P) là nghiệm của (P2').
2 giả sử 4Tv 4T∈ LP Đặt
Trước hết ta có
Lập luận tương tự như ở Định lý 3.2.1, ta có fR1 R = f 5Tvà 5TgR1 R = g. Vậy v là nghiệm của (P2). □
73
2 P(RP
P).
2 P(RP
P). Để chứng minh sự độc lập tuyến
2 Chứng minh. 5T7THiển nhiên (cRnR) bị chận trong LP
7TTa lại có 2 5TMệnh đề 3.2.3. 5THọ {3Tc3T7TR i R: i ∈ 3T7TN } 3Tđộc lập tuyến tính và bị chận trong 4TLP 5T tính, ta dùng phản chứng. Giả sử có
7T
Chương 3 : Chỉnh Hóa Một Số Bài Toán Ngược Tuyến Tính
7Tvới
7TĐặt
(3.20)
3 P6T7T\ {(XRiR, yRi R, 0)} 6T7T(1 ≤ i ≤ 6T7Tm). 6T7TĐẳng thức (3.20) viết lại 6Tthì 6T7ThR2i-1 R6T7T và hR2iR là các hàm 6T7Tgiải 6T7Ttích trên 6T7TRP thành
7TTheo tính chất quen thuộc của hàm giải tích, ta suy ra
7T
trên
7T lý. 7T
Nhưng (xRmR, xRmR,0) là i điểm kỳ dị của vế trái mà không là điểm kỳ dị của vế phải : vô
74
2 Ta cũng lưu ý rằng bài toán (P2') có nhiều nhất một nghiệm trong LP
2 P(RP
P), nghĩa là
3T
2 P). P(RP
2 không gian sinh bởi họ {eRiR} trù mật trong LP
Chương 3 : Chỉnh Hóa Một Số Bài Toán Ngược Tuyến Tính
3T
5T
Áp dụng các kết quả của 3.1, ta có
Định lý 3.2.4. 5T6TGiả sử 3T6T(P2) 3T6Tcó nghiệm là vR0 R4T6T. 4T6TGọi 4T6Tv3T4TRnR(μ) 3T6Tlà nghiệm duy nhất của bài
6TThì ta có
2 P(RP
P).
4T
2 v3T4TRn R(μ) → 3T4TvR0 R 4T6Ttrong 3T6TLP
6THơn nữa, trong trường hợp dữ kiện bị nhiễu, lần tại ánh xạ
toán moment hữu hạn
Có tính chất n(δ) → ∞ khi δ ↓ 0 và thỏa
sao 6Tcho
75
0T3.3. Bài toán tìm phân bố nguồn.
Chương 3 : Chỉnh Hóa Một Số Bài Toán Ngược Tuyến Tính
1T
0T3.30T1T.1 0T1TBài toán (P3).
Trong tiết này, chúng tôi sẽ khảo sát các bài toán (P3) và (P4).
4T. 1T4TCho trước một hàm f ∈1T 1TC(
1T
Xét một miền bị chận Ω ⊂1T ), D là một mở bị chận
2 . Ta tìm ρ thuộc1T 4TLP
P(Ω) 1T4Tsao cho
−3 R
3 R+
nằm trong D�
(P3)
Xét không gian Hilbert L2(Ω).
Chọn một dãy {(xRi R, yRi R, zRiR) : i ∈ N } trù mật trong D với (xRiR, yRiR, zRi R) (xRjR, yRj R, zRjR) nếu i
j. ≠
1Tvà
1Tthì {cRi R}1T3T 1T3Tlà một họ hàm số trong
Đặt ≠
1T
1T(P3')
2 trong đó <.,.> là ký hiệu chỉ tích vô 0T1Thướng 0T1Ttrong LP
P(Ω).
1T
1TTa có :
Chúng tôi nhận được bài toán moment
9T
Định lý 3.3.1. 8T9T(P3) và (P3') là hai bài toán tương đương..
76
7TChứng minh. 3T7THiển nhiên mọi nghiệm 3T6Tcủa 3T6T(P3) đều là nghiệm 3T6Tcủa 3T6T(P3').
2 3TĐảo lại, giả sử ρ thuộc LP
P(Ω) là nghiệm của (P3'). Đặt
4Tthì fR1 R 3T4T= f 3T4Tvì 3T4Tchúng 3T4Tlà 3T4T2 3T4Thàm liên lục bằng nhau trên tập {(xRiR,yRi R,zRi R)} trù mật 3T4Ttrong D.
Chương 3 : Chỉnh Hóa Một Số Bài Toán Ngược Tuyến Tính
3T
Vậy ρ là nghiệm 3T6Tcủa 3T6T(P3).
3T
P(Ω).
2 7TMệnh 5T7Tđề 3.35T7T.1. 5T7THọ {cRiR5T6T 3T6T: i ∈3T4T 3T4TN }3T6T 5T6Tđộc lập tuyến tính và bị chận trong 3T5TLP
7T
Ta lại có
Chứng minh. 3T7TTính 3T4Tchất bị chận của {eRiR} do từ giả thiết
3T
Bây giờ, giả sử có
1Tvế 1T3Ttrái của (3.21) là 1 hàm giải tích nhận (xRmR, yRmR, zRmR) là điểm kỳ dị, trong khi vế phải cũng là
(3.21)
một hàm giải tích xác định tại (xRmR,yRmR,z RmR) : vô lý. Vậy 0T3T{cRjR} 0T6Tđộc 3T6Tlập tuyến tính.
3T
Trong chương 2, ta đã chứng minh được rằng bài toán (P3) không có nghiệm duy
2 P(Ω). không trù mật trong LP
nhất, vậy (P3') cũng không có nghiệm duy nhất. Nói cách khác, không gian sinh 3T5Tbởt 3T5T{cRnR}
3T
Chúng tôi có kết quả :
77
7TĐịnh lý 3.3.2. 7T9TGiả sử 8T9T(P3) 8T9Tcó nghiệm và pR0 R là nghiệm có chuẩn nhỏ nhất. Gọi 8T9TpRn R(μ) 8T9Tlà nghiệm duy nhất của bài toán moment hữu hạn
Chương 3 : Chỉnh Hóa Một Số Bài Toán Ngược Tuyến Tính
2 P(Ω) trong LP
9T
9THơn nữa trong trường hợp dữ kiện bị nhiễu, tồn tại ánh xạ
9TThì
12T
9Tcó tính chất n(δ) → ∞ khi δ ↓ 0 và thỏa
12T3.3.2. Bài toán (P4).
8T Gọi ω là một tập mở bị chận trong R. Cho
sao cho
11T trước f, g ∈ C(
8T(P4)
2 8Tvẫn xét 8T10T 8T10Tkhông gian Hilbert LP
P(Ω).
8TChọn một dãy {8T10T(xRi R 8T10T,yRi R ) : i ∈8T10T 8T10TN}8T12T 8T12Ttrù mật trong ω với
Vẫn 8T11Tgọi 8T9TΩ 8T9Tlà một miền bị chận Ω 2 ). Ta tìm ρ ∈ LP ⊂ P(Ω) sao cho −3 � R ω�
nếu i j
≠
78
0TĐặt
Chương 3 : Chỉnh Hóa Một Số Bài Toán Ngược Tuyến Tính
P(Ω) và {µRnR} ∈ lR∞ R
0T
2 0Tthì {cn} là một họ hàm số trong LP
0T0T(P4')
0TTa có
3TĐịnh lý 1T3T3.3.3. (P4) và (P4') là 2 bài toán tương đương.
3TChứng minh. 0T3TTương tự như các chứng minh ỏ trên, hiển nhiên mọi nghiệm của (P4) đều là 2 nghiệm của (P4'). Đảo lại, giả sử ρ ∈ LP
P(Ω) là nghiệm của (P4') thì ta sẽ đặt
Chúng tôi nhận được bài toán moment
0T
P(Ω)
3T
0Tta cũng có fR1 R| = f, gR1 R = g trên lập 0T6Tω 0T6Tvà suy ra ρ là nghiệm của (P4). □
Ta lại có : 2 Mệnh đề 3.3.2. 1T3THọ {0T1TcRi R : i ∈ 0Tn} 1Tđộc lập tuyến tính và bị chận trong 0T1TLP
79
Chương 3 : Chỉnh Hóa Một Số Bài Toán Ngược Tuyến Tính
⊂ 11TChứng minh. 7T11THọ 7T10T{cRj R} 7T10Tbị chận vì theo giả thiết, Ω , Vậy có các số dương γ R1 R, γ R2 Rsao cho
−3 R
�
7T
Bây giờ, giả sử ta có
(3.22)
7T
với
Vế trái của (3.22) là 1 hàm giải tích nhận (xRmR, yRmR, 0) là 1 điểm kỳ dị nhưng (xRmR, yRmR,
7TVậy 7T10T{cRiR} 7T10Tđộc lập tuyết tính.
0) không là điểm kỳ dị của hàm giải tích ở vế phải : vô lý.
7T
P{Ω). 7T11TTa lại nhận được kết quả :
2 {eRiR} không trù 7T8Tmật 7T8Ttrong 8T11TLP
11TĐịnh lý 3.3.4. 9T11TGià sử 7T9T(P4) 7T9Tcó nghiệm và 9T11TpR0 R 9T11Tlà nghiệm có chuẩn nhỏ nhất. Gọi 8T9TρRn R (μ) 8T9Tlà
Ta cũng nhận xét rằng các bài toán (P4) và (P4') không có nghiệm 7T8Tduy 7T8Tnhất, 7T8Tvậy họ
P(Ω)
nghiệm duy nhất của bài toán moment hữu hạn
2 9TThì ρ Rn R(µ) → ρR0 R trong LP 9THơn nữa, trong trường hợp dữ kiện bị nhiễu, tồn tại ánh xạ
sao cho
9Tcó tính chất n(δ) → ∞ khi δ ↓ 0 và
4TCHƯƠNG 4 : 0T4TCHỈNH HÓA MỘT SỐ0T1T 0T1TBÀI TOÁN NGƯỢC PHI TUYẾN
Trong 0Tchương 0Tnày, chúng tôi trình bày cách xây dựng nghiệm 0Tchỉnh 0Thóa cho các bài
toán xác định nguồn (P6) và (P7). Kết quả được cho cũng trong cả 2 0Ttrường 0Thợp : trường hợp
dữ kiện chính xác và trường hợp dữ kiện bị nhiễu.
Trong phần chứng minh tính ổn định của nghiệm xấp xỉ của bài toán, chúng tôi có sử
dụng đến một định lý của J. Cronin về mối liên hệ giữa bậc tôpô với số nghiệm của một
phương trình phi luyến [19]. Do vậy, trước hết chúng tôi trích dẫn lại ở đây kết quả nói trên
4T
(cho trường hợp không gian hữu hạn chiều).
Định lý A (J. Cronin). Gọi B là một không gian Banach thực hữu hạn chiều và đặt B = 4TB 3T× 3TB. Để4T đơn giản ký hiệu, ta sẽ đồng nhất 4TB 4Tvới B x {0}. Ngoài ra với mỗi w ∈ B , w = (x, y) thì ta đặt w* = (x, -y).
4T4T
1 4Tlà các ánh xạ thuộc lớp CP
P thỏa các tính chất:
Giả sử
khả đảo
81
Chương 4 : Chỉnh Hóa Một Số Bải Toán Ngược Phi Tuyến
8T trong đó t là số nghiệm trong 7TH7T 8T∩ B của phương trình
8T Hơn nữa, ta có thể chọn
Thì tồn tại một tập hợp 6T8TKR0 R 6T8Tcó độ đo Lebesgue bằng 7T8T0 7T8Ttrong B sao cho với mọi y ∈ Γ \ (Ở đây, 1, S l8Tần lượt là ánh xạ đồng nhất trên 7T8TB, B, còn D là ký hiệu chỉ đạo hàm Fréchet). Gọi H là một tập mở bị chận trong B và Γ là một thành phần liên thông của B \ (7TS 7T + C7T )(∂H). 8T KR0 R
(4.1)
6T4.1 Bài Toán (P6).
Bây giờ, chúng tôi đi vào khảo sát
7T
Trước hết ta phát biểu lại bài toán
7T thỏa
Cho D = (a, b) là 1 khoảng mỏ bị chận của R, σR0 R thuộc C([a, b]) được cho trước và
Tìm σ ∈ C(|a, b|) sao cho
0 < σ(ξ) < σR0 R(ξ), ∀ξ ∈ (a, b) σ(a) = σ(b) = 0
82
Chương 4 : Chỉnh Hóa Một Số Bải Toán Ngược Phi Tuyến
trong đó f là một hàm cho trước nằm trong không gian C0α (R) với
Trên không gian vec tơ CR0, α R(R), ta định nghĩa
3TTa lại ký hiệu
3Tthì CR0, αR(R) trở thành 1 không gian Banach thực.
4T
3Tthì CR0 R ([a.b]) với chuẩn sup (ký hiệu là ||.||R∞ R) cũng là một không gian Banach thực.
Đặt
4Tthì 4TS4TRσ0 R mở trong CR0 R(|a, b|). 4T Bây giờ định nghĩa ánh xạ
Bởi
P6T7T 6T7Ttừ 6TS4TRσ0 R 4T6Tvào 6TC3TR 0αR (R).
1 6TBổ 6T7Tđề 6T7T4.1.1. 3T6TF 3T6Tlà ánh xạ thuộc lớp CP 6TChứng minh. 3T6TVới σ ∈ 3TS3TR 0α R , đặt
3TTrước hết chúng tôi chứng minh :
83
Chương 4 : Chỉnh Hóa Một Số Bải Toán Ngược Phi Tuyến
5Tthì qRσR > 0.
5T
Ta có với mỗi x :
5TCho xRnR 4T5T→ x4T6T 5T6Ttrong R. Ta có
5TVậy, F(σ)(x) tồn tại với mọi x5T6T ∈ 5T6TR.
5TBây giờ, đặt M = max(|a|, |b|) thì với |x| > ||σ - σR0 R||R∞ R + M, ta có với mọi ξ ∈ |a, b|
5T 5TDo đó
5Tdo tính liên tục của hàm 1n và định lý hội tụ bị chận Lebesgue. 5TVậy F(σ) ∈ C(R).
6Tvà
Vậy,
84
1 3TĐể chứng minh F ∈ CP
P(3TS4TRσ0 R, CR0, αR3T4T(R)), ta đặt
Chương 4 : Chỉnh Hóa Một Số Bải Toán Ngược Phi Tuyến
P(U) với
∞ 4Tthì K ∈ CP
3TTa có
3T
3TĐặt
3Tmà ta có
3TDễ thấy rằng Q(h) ∈ C R0, Rα(R) và ánh xạ Q : CR0 R(|a,b|) → CR0αR(R) tuyến tính. Ta lại có
3Tnên
Do đó
85
Chương 4 : Chỉnh Hóa Một Số Bải Toán Ngược Phi Tuyến
Vậy Q ∈ S (CR0 R([a, b]), CR0,αR(R)). Ta chứng minh Q chính là DF(σ). Thật vậy, với h ∈ CR0 R([a, b]), ||h|| < qRσR, ta có theo định lý giá trị trung bình :
với θR1 R, θR2 R ∈ (0, 1). Đặt
Ta có
Suy ra
3T(4.2)
mà với thì
86
Chương 4 : Chỉnh Hóa Một Số Bải Toán Ngược Phi Tuyến
3TDo đó
4T
4TSuy ra
4T(4.2) và (4.3) chứng tỏ Q = DF(σ).
4TBây giờ, giả sử σRn R4T5T→ 4T5Tσ trong CR0 R([a, b]), σRnR, σ thuộc .. . Ta chứng minh DF(σRn R) →
(4.3)
4TCho 0 < r < qRaR. Thì có nRn R để 4T6Tli 6T7T
4TVới n ≥ nR0 R và h thuộc4T7T 3T7TcR0 R3T4T([a, b]), x4T7T thuộc4T7T R, ta có
DF(σ) trong L(CR0 R,([a, b]), CRα0 R(R)).
87
Chương 4 : Chỉnh Hóa Một Số Bải Toán Ngược Phi Tuyến
(4.4)
với
4TDo đó
Ta lại có với
0T
0TSuy ra
0T
(4.5)
0TVậy DF(σRn R) → DF(σ) trong S (CR0 R(|a, b|), CR0, αR(R)).
0TNói cách khác DF liên lục và bổ đề chứng minh xong. □
0TBây giờ, chúng tôi giả sử các lời giải của (P6) nằm trong một tập hợp F compact trong SRσoR0T 0T, hơn nữa các phần tử của F0T1T 0T1Tkhông âm trên [a, b]. Bài toán (P6) như thế có thể viết lại dưới dạng
(4.4) và (4.5) chứng tỏ
88
Chương 4 : Chỉnh Hóa Một Số Bải Toán Ngược Phi Tuyến
(P6)
Ta có thể chọn 0TF0T chẳng hạn lấy 0TF0T là
2 P([a, b]),
với
Tập hợp 0TF0T định nghĩa như trên là một tập hợp lồi, đóng và bị chận trong HP
do đó compact trong CR0 R([a, b]).
Bây giờ, gọi {XRnR}, {YRnR} lần lượt là dãy các không gian con hữu hạn chiều của CR0 R([a,
0T
b]) và CR0, R0TRαR(R). Gọi {QRnR} là một dãy ánh xạ
QRn R: CR0,α R(R) → YRn
xấp xỉ ánh xạ đồng nhất của CR0,R0TRαR(R), nghĩa là thỏa :
0TGiả sử rằng
(4.6) Nếu 0TφRnR → φ trong CR0,αR(R) thì QRnR φRnR → φ h.h. trong R.
(4.7)
P([a,b]) sao cho
2 (4.7) thỏa nêu XRnR là những không gian con của HP
Nhận xét rằng với F được xác định như ở (4.5) thì ta có và điều kiện
Ngoài ra ta cũng lưu ý rằng nếu các ánh xạ QRnR là luyến tính và được chọn sao cho .
trong
89
Chương 4 : Chỉnh Hóa Một Số Bải Toán Ngược Phi Tuyến
thì (4.6) thỏa. Thực vậy, do định lý Banach-Slcinhaus, ta có {QRnR} bị chận bởi 1 hằng S3Tố M > 3T0, 3Tvậy 3Tcho φRn R→ φ trong CR0,αR(R), ta có
nghĩa là QRn RφRnR → φ trong CR0,αR(R) khi n→∞.
Bây giờ gọi W là một tập con mở, bị chận của CR0,αR(R) thỏa điều kiện
Gọi {kRnR}, {σR on R}, {gRon R}, {GRn R} là các dãy thỏa : kRn R > 0, ∀n và kRnR → ∞ khi n → ∞.
n x Wn
n x Wn ���������� Chúng tôi xét bài toán tương ứng của (P6) trong không gian hữu hạn chiều XRn R × YRn R sau :
( phần đóng của ω GRn R là một ánh xạ liên lục từ ω ω trong XRnR × YRn R) vào XRn R.
thỏa Tìm
trong XRnR x YRnR (4.8)
Chúng tôi sẽ chứng minh nghiệm duy nhất nếu có của (P6) được xấp xỉ bởi dãy
nghiệm của (4.8) và 5Tdưới 5Tmột vài điều kiện thì (4.8) có nghiệm duy nhất phụ thuộc liên tục
vào dữ kiện f5T.
90
3TTrước 3Thết, chúng t3Tôi có :
4TĐịnh lý 4.1.1. 4T5TGiả sử 5T(P6) 5Tcó nghiệm (duy nhất) là 5Tσ ∈ CR0 R([a, b]). 5TGọi 5T{(σRn R,gRn R)} 5Tlà dãy nghiệm cửa 5T(4.8). 5TThì
Chương 4 : Chỉnh Hóa Một Số Bải Toán Ngược Phi Tuyến
σRn R → σ 5Ttrong 5TCR0 R([a, b]).
4TChứng minh. 4TTa có (σRnR) ⊂ f nên do giả thiết f compact trong CR0 R(|a, b|), có một dãy con {(σRnmR)6T }6T ⊂ {(σRnR)6T}6T hội tụ :
σRnmR → σ ∈ f trong CR0 R(|a, b|) 3Tkhi 3T6Tm→∞ .
Vì σRnmR9T , 9Tσ thuộc f RσR nên do 3TBổ 3Tđề 4.13T. 1. F(σnRmR)6T→6TF(σ) trong CR0,αR(R).
Do (4.6),
(4.9)
Vì ( , ) là nghiệm của (4.8) nên
σnm gnm
Suy 3Tra
(4.10)
(R) nên (4.10) cho : ∈ W, ∀m và W thì bị chận trong CR0 R, α
vì , gonm gnm (4.11)
(trong đó M là 1 hằng số > 0)
hay
(4.12)
91
Chương 4 : Chỉnh Hóa Một Số Bải Toán Ngược Phi Tuyến
Cho m→∞ trong (4.12), ta có do (4.9) :
F(σ) - f =0 h.h trong R
Do tính liên lục của F(σ) và f, ta có
F(σ) = f trong R
nghĩa là σ là nghiệm của (P6). □
Tiếp theo, chúng tôi xét đến sự tồn tại và tính ổn định của nghiệm của (4.8) với n cố định. Để đơn giản ký hiệu, ta đặt
và
Chúng tôi có :
Định lý 4.1.2. Giả sử và được chọn sao cho
và
Gọi Γ là thành phần liên thông của
sao cho
Thì tồn tại một tập hợp KR0 R có độ đo 0 trong XRn R× YRnR sao cho với mọi
phương trình (4.8) có một nghiệm duy nhất trong ΩRnR.
92
Chương 4 : Chỉnh Hóa Một Số Bải Toán Ngược Phi Tuyến
6T
1Tcó nghiệm duy nhất 1T4T(σ ,g) =s(φ) trong3T4TΩRn R, 3TVà 3Tánh xạ
1THơn nữa, có một vùng cận β của f 1T3T 1T3Ttrong 1T6TCR0,α R(R) 1T6Tsao cho với mọi 1T6Tφ ∈ β, 1T6Tphương trình (4.8φ )
1 6Tthuộc lớp CP
6T
5T6TBước 1 : Đặ5T6Tt
6T
Chứng minh. Chúng tôi chia phần chứng minh ra làm 3 bước.
và
là các ánh xạ định nghĩa bởi
với β(0,1) là quả cầu mở đơn vị trong B :
Do Bổ đề 4. 1.1, ánh xạ
93
1 5Tthuộc lớp CP
P5T. 5TSuy ra ánh xạ
1 3Tcũng thuộc lớp C3T6TP
P.
P 5T6Tnên các ánh xạ
1 5TVì GRnR thuộc lớp C5T6TP
P.
5T6T(4.13)
5T
1 5Tcũng thuộc 3T5Tlớp C3T6TP Mặt khác ta lại có, do từ định nghĩa của C và C5T7T, 5T7Tvới mọi u, v4T5T, z ∈ 4T5TB,
Chương 4 : Chỉnh Hóa Một Số Bải Toán Ngược Phi Tuyến
5Tvà
5T(4.15)
5T(4.16)
5TGiả sử D(1+ C)(u) khả đảo và
5TThì
5TDo đó,
(4.14)
5TSuy ra 5T7TD(S + C)(u)5T7T cũng khả đảo.
(4.17)
94
3TBây giờ, gọi 3TΓ 3Tlà thành phần liên thông có chứa (
Chương 4 : Chỉnh Hóa Một Số Bải Toán Ngược Phi Tuyến
R0nR,
R0nR) của
3T
Ta có
3TThực vậy, ta có
(4.18) σ� g�
Nếu thì 3T
3T Nếu
thì
3TVậy
5T(4.18) được 3T5Tchứng minh.
5T(4.13) - (4.18) 3T5Tcho thấy mọi giả thiết của Định lý A đều thỏa, vậy gọi KR0 R là tập hợp có độ đo 3T5T0 3T5Txác định bởi 3T5T(4.13T5T) trong Định lý A.
4TLưu 3T4Tý rằng
5T
Γ 3Tchứa trong 13T5T 3T5Tthành phần liên thông của B \ (S + C)(3T5T∂3T5TH3T5T). (4.19)
3TVậy
(4.20)5T
suy biến }
. Do giả thiết
Lấy
(4.21)
Dễ dàng kiểm chứng rằng
95
Chương 4 : Chỉnh Hóa Một Số Bải Toán Ngược Phi Tuyến
(4.22)
`
4T
Vì nên 4Tdo tính bài biên đồng luân của bậc tôpô, ta có
(4.23)
4TVì (σ
(4.24)
4T Ron R) và (σRon R, gRon R) nằm trong cùng một thành phần của
Ron R,
nên
g�
4TNhưng phương trình (4.8) chính là phương trình có dạng
� 4T (4.25) (4.26)
Vậy theo Định lý A, (4.25), (4.20) cho ta kết luận rằng phương trình này có duy nhất 4T 14T6T 4T6Tnghiệm trong ΩRnR.
5T
4TTa chứng minh rằng tồn lại một vùng cận mở β R2 R của f4T7T 4T7Ttrong CR0,α R(R) sao cho
4T
Bước 2. 5T6TVới đặt
6TThực vậy, giả sử bằng phản chứng là tồn lại các dãy
(4.27)
96
Chương 4 : Chỉnh Hóa Một Số Bải Toán Ngược Phi Tuyến
sao cho
φRmR → f trong CR0,α R(R)
3T
và
Vì 3T∂ ΩRn R 3Tcompact, ta có thể giả sử (bằng cách chọn một dãy con nếu cần)
3TThì khi đó,
3T
3Tvà
3TDo Bổ đề 4.1.1,
3T
σRmR → σ trong CR0 R(|a, b|).
3TVậy,
trong CR0aR(R).
3T(4.29)
3T(4.29) mâu thuẫn với cách chọn (σR0n R, gR0nR) và do đó (4.27) 3T5Tđược 3T5Tchứng minh.
3T 1 lớp CP
3TBây giờ, cho 3T4Tm → ∞ 3T4Ttrong (4.28) ta có
Bằng lập luận tương tự như ở bước 1, ta có thể chứng minh rằng CRφ Rvà C3T5TRφ R 3T5Tđều thuộc P3T6T 3T6Tvà thỏa các giả thiết 3T6T 3T6Tcủa Định lý 3T6TA.
97
3TBây giờ, chúng tôi chứng minh rằng có 1 vùng cận mở βR3 R của f trong CR0,α R(R) sao cho với mọi 3T5Tφ ∈ β R3 R , 5T
Chương 4 : Chỉnh Hóa Một Số Bải Toán Ngược Phi Tuyến
suy biến (4.30)
3T
3Tsao cho
5T
Thực vậy, giả sử rằng có các dãy3T
(4.31) φ3T5TRmR → 3T4Tr 3T4Ttrong CR0,α R(R)
3T
(4.32)
3TVì 3T4T(
(4.33)
)RnR 3T4Tcompact,ta có 3T4Tthể giả 3T4Tsử thêm rằng
trong B Ω�
3T
3TLại do Bổ đề 4. 1. 1, ta có
trong YRnR.
(4.34)
(4.33) và (4.34) cho
3T
(4.35)
Do cách chọn (σRonR,gRonR), (4.35) chứng lả (σ,g) ∂ΩRnR, nghĩa là
∉
3T
3TTa kiểm chứng rằng
3TLưu ý rằng dim B < 3T5T∞, 3T5Tvậy ta chỉ cần chứng minh
(4.36) trong S(B,B)
98
Chương 4 : Chỉnh Hóa Một Số Bải Toán Ngược Phi Tuyến
(4.37)
Ta có :
1 Vì GRnR thuộc lớp CP
P trong 0TΩRn R và (σRmR, gRmR), (σ, g) ∈ Ω Rn
(4.38)
1 Vì F là hàm thuộc lớp CP
P nên
trong X RnR (4.39)
trong 0TC0,α(R)
Mặt khác,
trong
Vậy,
(4.40)
(4.38), (4.39) và (4.40) cho ta (4.37).
Vậy (4.36) được chứng minh.
Bây giờ chọn một cơ sở trực chuẩn cố định cho B. Trong cơ sở này, ta có do (4.36),
Nhưng
99
Chương 4 : Chỉnh Hóa Một Số Bải Toán Ngược Phi Tuyến
nên
nghĩa là D(I + C)(σ, g) suy biên. Điều này mâu thuẫn 8Tvới 8Tcách chọn (σRonR, gRon R). Vậy (4.30) được chứng minh.
Bây giờ (4.27) có thể viết lại thành
Bằng lập luận tương tự như chứng minh của (4.18), ta có từ (4.41)
Do (4.25), (4.26), (4.41), (4.42) và tính chất bất biến đồng luân của 4Tbậc tôpô, ta có với mọi 3T4Tφ ∈ β,
Đặt β1 =β2 ∩ β3. Do (4.30) và Định lý A, ta suy ra phương trình
có số nghiệm bằng đúng 1 với mỗi 3Tφ ∈ β3T4T.
Nhưng (4.43) chính là phương trình (4.83Tφ3T). Vậy (4.83Tφ3T) có nghiệm 4Tduy nhất 4Ts4T(3T4Tφ3T4T) =
(σ(3T4Tφ3T4T),g(3T4Tφ)3T4T trong 4T7TnRn R, 4T7Tvới mỗi 3T4Tφ ∈ βR1 R3T4T. Bước 3. 8TĐịnh nghĩa 8T
100
Chương 4 : Chỉnh Hóa Một Số Bải Toán Ngược Phi Tuyến
3TDễ thấy rằng với
3TTa có do bước 1 :
4T
thì
3TDo 3T4T(4.44) 3T4Tvà tính liên tục của DGRnR, DQRnR, DF ta suy ra DR(σ, g) R. // liên tục trên
3TTương tự, với
(4.44)
3T
ta có
4Tvà DRϕ’ R // cũng liên tục trên
(4,45)
3TVậy,
do từ (4.45) và tính liên lục cùa DQRn
5TVì
Mặt khác, từ 3T4T(4.44), t3T4Ta có 3T
nên
3Tkhá đảo trong3T
101
P,
Chương 4 : Chỉnh Hóa Một Số Bải Toán Ngược Phi Tuyến
1 Vậy, do định lý hàm ẩn, tồn lại một vùng cận β R4 R của Γ và một ánh xạ thuộc lớp CP
sao cho
nghĩa là (ϕ) chính là lời giải của phương trình
s̅
(ϕ) = (ϕ) là lời giải duy nhất của Lấy β = β R1 R ∩ β R4 Rthì với ϕ ∈β, do bước 2, ta có
(4.8ϕ) s̅ s
Định lý đã chứng minh xong . □
Bây giờ chúng ta khảo sát đến trường hợp dữ kiện bị nhiễu. Lưu ý rằng trong trường
hợp này nếu f là dữ kiện chính xác còn dữ kiện bị nhiễu nhận được là ϕ thì phương trình
có thể không có nghiệm.
Trước hết là có một hệ luận của Định lý 4.1.2 như sau :
Hệ luận. Gia sử các giả thiết của Định lý 4.1.2 đều được thỏa. Thì tồn tại các số rRnR, ARnR
> 0 sao cho với mọi ϕ, ψ ∈ CR0, αR(R), nếu
thì
102
Chương 4 : Chỉnh Hóa Một Số Bải Toán Ngược Phi Tuyến
trong đó σ(ϕ), σ(ψ) lần lượt là lời giải duy nhất của các phương trình (4.8ϕ) và (4.8ψ).
Chứng minh. Với các ký hiệu như ở Định lý 4.1.2, vì ánh xạ
nên có rRnR > 0 sao cho Với
Do Định lý giá trị trung bình.
Bây giờ chúng tôi đi đến kết quả chính hóa của bài toán (P6) :
Định lý 4.1.3. Với các giả thiết như ở Định lý 4. 1 .2, có δ R0 R > 0 và một ánh xạ
có tính chất
sao cho
103
Chương 4 : Chỉnh Hóa Một Số Bải Toán Ngược Phi Tuyến
thì phương trình (4.8ϕ) ứng với n = n(δ) có
nghiệm duy nhất thỏa
Chứng minh. Gọi (σRn R, σRgR) là lời giải duy nhất của (4.8) (n nR0 R)
Do Định. lý 4.1.1, ta có ≥
σRn R → σ trong CR0 R(|a, b|) khi n → ∞
Do hệ luận trên, với mỗi n nR0 R, có > 0 sao cho với ϕ ∈ CR0, αR(R), nếu
r̅, A� ≥
thì (4.8ϕ) có 1 lời giải duy nhất (σRn R(ϕ),gRnR(ϕ)) thỏa
(4.46)
Dễ thấy rằng có thể chọn các rRn R và ARn R sao cho {rRnR} giảm ngặt và {ARn R} tăng ngặt, rRnR → 0, ARnR
→ ∞ và
Định ng hĩa các á n h xạ
như sau :
104
Chương 4 : Chỉnh Hóa Một Số Bải Toán Ngược Phi Tuyến
Hiển nhiên r là song ánh giảm ngại từ |nR0 R ∞) lên (0, rRn0 R ]và A là song ánh lăng ngặt từ |nR0 R ∞) lên |ARn0 R , |nR0 R ∞)).
Chọn
Với δ ∈ (0, δR0 R), ta có Đặt với |p| là ký hiệu chỉ phần nguyên của số thực p. Vậy n(δ) thuộc N và
(4.47)
và
Bây giờ, coi Do (4.47), ta có
105
Chương 4 : Chỉnh Hóa Một Số Bải Toán Ngược Phi Tuyến
(4.48)
R nR0 Rsao cho
Gọi (σRn(δ) R(ϕ), gRn(δ)R(ϕ) là nghiệm duy nhấ t của (4.8φ ) ứng với n = n(δ). Do (4.46) và (4.47), t a có (4.49)
cho ε > 0. Tồn tại nR1 ≥
Ta có từ định nghĩa của các ánh xạ r và A :
Suy ra
sao cho
Với δ như vậy, ta có
và
Vậy ta có thể chọn
106
Chương 4 : Chỉnh Hóa Một Số Bải Toán Ngược Phi Tuyến
Vậy
Định lý được chứng minh.
Bài toán (P7) phát biểu như sau :
4.2. Bài Toán (P7). Cho D là 1 miền mở bị chận trong được cho trước và thỏa
Tìm σ ∈C( ) sao cho
P) với
2 trong đó f là một hàm cho trước nằm trong không gian C R0 R(R P
D�
Ký hiệu
Thì là các không gian Banach thực với chuẩn sup.
107
Chương 4 : Chỉnh Hóa Một Số Bải Toán Ngược Phi Tuyến
Đặt
).
thì SRσ0 R mở trong CR0 R( Bây giờ định nghĩa ánh xạ D�
Bởi
2
1 Bổ đề 4.2.1. F là ánh xạ thuộc lớp CP
P).
P từ SRσ0R vào C R0 R(RP
Chúng tôi chứng minh :
Chứng minh. Với σ ∈ SRσ0 R, đặt
thì qRσ R> 0. Ta có với mỗi (x,y) :
P.
2 Vậy, F(σ)(x,y) tồn tại với mọi (x,y) thuộc RP
Suy ra
108
2 Cho (xRnR, yRn R) → (x, y) trong RP P. Ta có
Chương 4 : Chỉnh Hóa Một Số Bải Toán Ngược Phi Tuyến
P) bị chận bởi một hằng số M > 0, ta có với mọi (ξ, η) ∈
do định lý hội tụ bị chận Lebesgue. 2 Vậy F(σ) ∈ C(RP Bây giờ, ,
D� D� Do đó,
P).
2
1 Để chứng minh F ∈ CP
P)), ta đặt
P(SRσ0R, C R0 R(RP
và
∞ thì K ∈ CP
P(U) với
2 Vậy, F(σ) ∈ C(RP
Ta có
109
Đặt
P) và ánh xạ
2 Dễ thấy rằng Q(h) e CR0 R(RP
Chương 4 : Chỉnh Hóa Một Số Bải Toán Ngược Phi Tuyến
P,
2 tuyến tính. Ta lại có với mọi (x,y) ∈ RP
Mà với mọi
Do đó
Vậy Ta chứng minh Q chính là DF(σ). Thật vậy, với
110
Chương 4 : Chỉnh Hóa Một Số Bải Toán Ngược Phi Tuyến
ta có theo định lý giá trị trung bình
với θR1 R, θR2 R∈ (0, 1)
Đặt
Ta có với ((x, y), (ξ, η), ξ) ∈ T thì
và
P,
Vậy
2 Suy ra với (x,y) ∈ RP
111
Do đó Q = DF(σ)
Chương 4 : Chỉnh Hóa Một Số Bải Toán Ngược Phi Tuyến
Bây giờ giả sử σRn R→ σ trong CR0 R(
), σRnR, σ ∈ S Rσ0 R. Ta chứng minh D� nR0 R.
Cho 0 < r < qRσR. Thì có nR0 R để ||σRnR - σ||R∞ R < r với n với n
≥ ta có nR0 R và
≥
Đặt
Thì
Mà với
thì
` Suy ra
112
4TVậy :
P)).
2 ), CR0 R(RP
4TDo đó DF(σRnR) → DF(σ) trong S (CR0
Chương 4 : Chỉnh Hóa Một Số Bải Toán Ngược Phi Tuyến
4TBây giờ, chúng tôi giả sử các lời giải của 3T4T(P7) 3T4Tnằm trong một tập hợp F compact trong . Bài toán 3T4T(P7) 3T4Tnhư thế có thể viết lại dưới
(D� 4TNói cách khác, DF liên tục trên S4T5T Rσ0 R và 4T5Tbổ đề chứng minh xong. □
SRσ0 R, hơn nữa các phần tử của F4T 4Tkhông âm trên dạng
3T(P7)
4TTương tự như ở bài toán 3T4T(P6), 3T4Tgọi {XRn R}, {YRn R} lần lượt là dãy các không gian con hữu hạn
D�
2 ) và CR0 R(RP
P). Gọi {QRn R} là một dãy ánh xạ
chiều của CR0 R(
P), 4T5Tnghĩa là thỏa :
2 5Txấp xỉ ánh xạ 4T5Tđồng 4T5Tnhất của 4T5TCR0 R(RP
P.
4T
2 Nếu φRn R → φ trong CR0 R(RP
2 P) thì ỌRnRφ Rn R→ φ h.h. trong RP
4TGiả sử rằng
P) thỏa điều kiện
2 4TBây giờ gọi W4T 4Tlà một tập con mở, bị chận của CR0 R(RP
D�
113
11TGọi {kRnR}, {σRonR}, {gRon R}, {GRnR} là các dãy thỏa
Chương 4 : Chỉnh Hóa Một Số Bải Toán Ngược Phi Tuyến
n x Wn �����������
n x Wn
(phần đóng của ω trong 9T11TXRnR x9T 11TYRnR) vào 11TGRn R là một ánh xạ liên lục từ ω XRn R.
11T sau :
Chúng tôi xét bài toán tương ứng của (P7) trong không gian hữu hạn chiều XRn R x11T 11TYRnR
11T
13T
Tìm thỏa
11TBằng cách chứng minh lương tự phần chứng minh của các Định lý 4.1.1, 4.1.2 và 4.1.3, chúng tôi có
(4.50) trong XRnR x YRnR
13TĐịnh lý 4.2.1. 12T13TGiá sử 11T12T(P7) 11T12Tcó nghiệm (duy nhất) là σ ∈ 4T12TC R0 của (4.50)
), Gọi 4T12T{(σRn R, gRnR)} là dãy nghiệm
12T
(D� ),4T σRn R→ σ trong 4T12TCR0
13TĐịnh lý 4.2.2. Giả12T13T sử
(D� được chọn sao cho
13TGọi 13T14TΓ 13T14Tlà thành phần liên thông của
và
114
Chương 4 : Chỉnh Hóa Một Số Bải Toán Ngược Phi Tuyến
5T
Có chứa
Thì tồn tại một tập hợp 4T5TKR0 R 4T5Tcó độ đo 4T5T0 4T5Ttrong 4T5TXRn R x YRn R 4T5Tsao cho với mọi (σR0nR, gR0nR) ∈ Γ \
P) 4T5Tsao cho vài mọi 4T5T(φ ∈ 4T6Tβ, 5T6Tphương trình
2 5THơn nữa, có một vùng cận 5T6Tβ 5T6Tcủa f5T 5Ttrong 4T5TCR0 R(RP
4T
KR0 R, phương trình 4T5T(4.50) 4T5Tcó một nghiệm duy nhất trong 4T5TΩRnR.
5Tcó nghiệm duy nhất (σ,g) = s(φ) trong ΩRnR , vờ ánh xạ
1 5Tthuộc lớp C5T6TP
P. 6T
5T
(4.50φ)
5Tcó tính chất
Định lý 4.2.3. Với các giả thiết như ở Định lý 5T8T4.2.2, 5T8Tcó 4T5Tδ R0 R > 4T8T0 4T8Tvà 4T5Tmột ánh xạ
5Tthì phương trình 4T5T(4.50φ) 4T5Tứng với 0T5Tn = n0T4T(δ) 4T5Tcó nghiệm
5Tduy nhất
sao cho
thỏa
0TKẾT LUẬN
Nội dung của luận án này là khảo sát một số bài toán ngược trong Lý 1Tthuyết thế 1Tvị.
Phương pháp khảo sát trong luận án là:
- Khảo sát tính duy nhất nghiệm.
- Xây dựng nghiệm chỉnh hóa và khảo sát tốc độ hội tụ của nghiệm chỉnh hóa.
Các kết quả chính đạt được trong luận án được chia thành 2 loại : các kết quả cho các
bài toán tuyến tính và các kết quả cho các bài toán phi tuyến.
Với các bài toán ngược tuyến lính, sau khi khảo sát tính duy nhất nghiệm, chúng tôi đã
xây dựng bài toán moment tổng quát trên không gian Hilbert vô hạn chiều nhằm áp dụng vào
từng bài toán cụ thể. Các kết quả đạt được đã bổ lúc cho |7|, |14| khi các tác giả sử dụng dữ
kiện Cauchy trên một đường cong (hay mặt cong) vô hạn.
Trong khi đó, chúng tôi chỉ sử dụng dữ kiện Cauchy trên một miền bị chận (chương 2 và 3).
Kết quả đặc biệt cho trường hợp dữ kiện khảo sát là điều kiện Dirichlet trên đường y = k (hay
mặt z = k) được công bố trong 0T[1].[2]
Đối với các bài toán ngược phi luyến, chúng tôi cũng chứng minh sự duy nhất nghiệm
của bài toán rồi xấp xỉ bằng các bài toán hữu hạn chiều để xây dựng nghiệm. Kết quả về lính
duy nhất nghiệm của bài toán xác định miền được công bố trong [23] đã tổng quát hóa kết
quả của [5] khi các tác giả khảo sát trường hợp miền xác định chỉ có 1 lỗ hổng. Trong khi đó,
116
4Tchúng tôi xét bài toán trong trường hợp số lỗ hổng là chưa biết. Kết quả về sự duy nhất
Kết Luận
nghiệm của bài toán xác định nguồn 3 chiều được công bố trong |24|. Các kết quả về bài toán
xác định nguồn đã tổng quát hóa các kết quả [11] 11, [12] khi các tác giả chỉ khảo sát trường
hợp 3 chiều với biên 3T4Tdưới 3Tnguồn giả định là phẳng. 4TTrong 4Tkhi đó, chúng tôi xét cả 4T2 trườ4Tng
hợp 4T2 và 3 chiều với biên dưới là một đường (hay mặt) cong.
TÀI LIỆU THAM KHẢO
[1] N. Cam, C. D. Khanh, D. N. Thanh, V. V. Thanh, Nghiệm xấp xỉ ổn định chưa bài toán
Dirichlet ngược cho phương trình Laplace trên nửa không gian trên, Thông tin Khoa Học,
ĐHSP Tp. HCM, Số Đặc Biệt 4/1995, 22-26.
[2] D. N. Thanh, V. V. Thanh, C. D. Khanh, Nghiệm xấp xỉ ổn định của bài toán Dirichlel ngược
cho phương trình Laplace trên nửa mặt phẳng. Proceedings of The Fourth Workshop on
Applied Mechanics, HoChiMinh City University Of Technology, 1994, XV/I-XV/6.
[3] H. Brézis, Analyse fonclionnelle, Théorie et applicalions, Masson 1983.
[4] R. Lattes and J. L. Lions, Mélhode de quasireversibililé et applicalions. Dunod. Paris (1967),
240 - 241.
[5] D. D. Ang, L. K. Vy, Domain Identification for Harmonic Funclions, Acta Applicandae
Mathemalicac 38 (1995), 217-238.
[6] D. D. Ang, K. Vy, K. Gorenflo : A regularization method for the moment problem,
Proceedings International Conference Postdam (1993), 37-44.
[7] D. D. Ang, N. Thanh, V. V. Thanh, Regularized solutions of a Cauchy problem for the
Laplace equation in an irregular strip, Journal of Integral Equation and Applications, Vol. 8,
No. 4, 1993, 429-441.
[8] D. D. Ang, V . V. Thanh, L. K. Vy, Regularizalion of an integral Equation of Gravimelry,
Proceedings of the HoChiMinh City Mathematies Consortium First Conference (1993), 81-
84.
[9] D. D. Ang, V. V. Thanh, Extrapolation in Gravimelry : A moment problem. Proceedings,
International Workshop "Numerical Analysis and Applications", HoChiMinh City (1995), 7-
10.
118
Tài Liệu Tham Khảo
[10] D. D. Ang, V.V. Thanh, 1TA regularized solution of an inverse problem of
gravimetry, 1T3TProceedings, International Workshop "Numerical Analysis and Applications",
1T[11]
1TD. 1TD. 1TAng, 1TR. Gorenflo, 1TL. 1TK. Vy, A uniqueness theorem for a nonlinear integral equation of
HoChiMinh City (1995), 11-14. '
gravimetry, 1T3TInternational Congress of Nonlinear Analysis (1992), in Tampa, Florida, De
4T[12]
4TD. D. Ang, R. Gorenflo, L. K. Vy, 1TRegularizalion of a nonlinear integral equation in
Gruyer Publishers (1996).
gravimetry 1T3T(to appear in J. Inverse & III - Posed Problems).
[13] D. D. Ang, R. Gorenflo, 1TT. T. 1TLe, L. 1TK. 1TVy, 1TReconstruction of an analytic function : A
moment problem and a problem of optimal recovery. 1T3TSubmitted to "Inverse Problem", 1993.
[14] D. D. Ang, 1TN. H. Nghia, 1TN. 1TC. Tam : Regularized solutions of a Cauchy problem for the
Laplace equation in an irregular layer : A three dimensional model 1T3T(to appear in Acta
Mathematica : Vietnamica).
1TH. 1TBateman, 1TTables of integral transforms, 1T3TMc Graw-Hill Book company, INC. NewYork-
[15]
Toronto-London, 1954.
[16] J. Baumeister, 1TStable solution of inverse problem, 1T3TFriedr. Vieweg & Sohn
Brauschweig/Wiesbaden, 1987.
[17] D. Colton, 1TPartial differential equation : An introduction. 1T3TRandom House Inc., New York
1988.
3T[3T19] J. Cronin, 1TTopological degree and the number of solutions of equations, 1T3TDuke Math, J. (1971)
[18] R. Courant and 3TD. 3THilbert, 1TMethods of mathematical physics 1T3TInter science, New York (1962).
38, 531-538. [3T4T20] 4TJ. Douglas, 1TApproximate solution of physically unstable problems, 1T3TEcole
C3T5T.E3T5T.A3T5T.E 3T5T.D.F., Paris, 1965.
119
3T[21] Erdelyi et al. "Tables of integral transforms" 3TVol. 1T1, 1TMac-Graw Hill, 1T1954.
3T[22] O.D. Kellogg, Foundations of potential theory, 3TDove Puhl., New York, 1T1953.
3T[23] C. D. Khanh, D. D. Trong, Domain Idenlifiability for Laplace Equation, 3TProceedings of the
Tài Liệu Tham Khảo
International Conference on Analysis and Mechanics of Continuous Media, Part II,
3T[24]3T6T
3T6TC. D. Khanh, D. N. Thanh, A uniqueness theorem in gravimetry, 3TProceedings, International
HoChiMinh City, 1T27-29 1TDec, 1T1995, 1Tpp 1T497-500.
Conference "Analysis and Mechanics of Continuous Media", HoChiMinh City, 1T1995, 202 -
3T[25] M. M. Lavrentiev, On the Cauchy problem for the Laplace equation (in Russian), 3TInvestia
206.
3T[26]
Akad, Nauk 1T20(1956), 819-842.
T. M. Mac Robert, Spherical harmonics, an elementary treatise on harmonic functions with
3T[27] S.G3T4T. 3T4TMikhlin, Linear Equations of Mathematical Physics, 3THolt, Rinehart and Winston,
applications. 3TDove Publication, Inc. New York, 19481T.
3T[28]
Inc. 1T1967.
J.E3T. 3TPayne, Improved stability estimates for classes of ill-posed Cauchy problems, 3TAppl.
3T[29] A. I3T5T. 3T5TPrilepko, The uniqueness of the shape of a body determined from exterior potential
Anal., 4T191T4T(19X5), 63 - 74.
3T[30]3T6T
3T6TW. J. Sternberg. T. L. Smith, The theory of potential and spherical harmonics. 3TThe University
values, 3TDokl. Acad. Sc. USSR, 1T1, 160 (1978), 38 - 41.
3T[31]
of Toronto Press, Toronto, Canada, 1T1952.
D. N. Thanh, V. V. Thanh, L. K. Vy, Regularization of an integral equation of
gravimelry. 3TProceedings of The HoChiMinh City Mathematics Consortium, first
Conference, Vol. 11T, 1993. 81-84.
[32]3T A. N. Tikhonov and V. Y. Arsenin, Solutions of ill-posed problems, 3TWinston, Wiley, New
York, 1T1977.
