BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TP. HCM -------------------- NGUYỄN MAI VĨNH NGHI CHỈNH HOÁ NGHIỆM MỘT BÀI TOÁN NGƯỢC TRONG PHƯƠNG TRÌNH NHIỆT
LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC
Chuyên ngành: TOÁN GIẢI TÍCH Mã số: 60 46 01 Người hướng dẫn: TS. NGUYỄN CÔNG TÂM
Khoa toán-tin học Đai Học Khoa Học Tự Nhiên Đại Học Quốc Gia TP. HCM
Thành phố Hồ Chí Minh 2007
Lời cảm ơn
Tôi xin bày tỏ lòng kính trọng và chân thành cảm ơn thầy hướng dẫn tôi, Tiến sĩ Nguyễn
Công Tâm, người đã bỏ nhiều công sức để hướng dẫn và giúp đỡ tôi hoàn thành luận văn này.
Tôi xin chân thành cảm ơn Tiến sĩ Nguyễn Thành Long, thầy đã thường xuyên đôn đốc
và chỉ dẫn tôi trong quá trình làm luận văn. Đăc biệt, trong các buổi seminar.
Tôi xin chân thành cảm ơn bạn Dương Quang Hoà, lớp Cao Học Hình Học Khoá 15-
Trường ĐHSP TP HCM đã giúp tôi kiểm tra một số chi tiết trong quá trình làm luận văn.
Tôi xin chân thành cảm ơn anh Lê Hữu Thức, lớp Cao Học Giái Tích Khoá 15-Trường
ĐHSP TP HCM đã giúp đỡ tôi trong quá trình soạn thảo luận văn.
Nguyễn Mai Vĩnh Nghi
Mở đầu
Trong khoa học ứng dụng, nhu cầu khảo sát các bài toán ngược được được đặt ra từ lâu. Cho đến những năm 60 của thế kỉ trước, đồng thời với việc phát triển các công cụ toán học, các bài toán ngược (hầu hết là không chỉnh) đã được các nhà toán học trên thế giới khảo sát một cách sâu rộng mà tiêu biểu là các công trình của Tikhonov, Lavrentiev, Lions,.Từ thời gian đó cho đến nay, các bài toán ngược (không chỉnh) ngày càng được nhiều nhà toán học quan tâm do những nhu cầu xuất phát từ thực tiễn cũng như từ sự đòi hỏi của các ngành khoa học ứng dụng khác, đặc biệt trong Kỹ nghệ, Y học, Vật lý Địa cầu.
Bài toán cơ bản là vẽ lại các thông tin hữu ích từ các dữ liệu đo đạc vật lý bị nhiễu, ở đó ta nhận được bài toán không chỉnh (chủ yếu là lời giải của bài toán không phụ thuộc liên tục vào dữ kiện) mà các phương pháp nội tại (từ mô hình toán học trực tiếp đo đạc được) dùng để ước lượng dẫn đến sự khếch đại không thế kiểm soát được của nhiễu. Thông thường, ta tìm một hàm (xác định trên một miền thích hợp) hội tụ đến hàm chính xác, và như đã nói ở trên, sự khuếch đại của nhiễu (theo ngôn ngữ toán học, thường nguyên nhân này là do cố gắng nghịch đảo một toán tử mà ngược của nó không bị chận)-xuất hiện khách quan trong quá trình đo đạc làm cho các kết quả tính toán vì vậy mà không có giá trị, những “kết quả” này che dấu lời giải chính xác dưới các dao động với tần số cao, biên độ lớn.
Nhiều phương pháp khác nhau đã được sử dụng để chỉnh hoá. Bằng cách khai thác các thông tin phụ về hàm chưa biết, chẳng hạn như các giả thiết về “tính trơn”. Một phương pháp như vây được phát triển bởi Tikhonov và Phillips ( cực tiểu hoá phiếm hàm quadratic bao gồm đạo hàm bậc cao trong việc cố gắng tái tạo dữ liệu đo đạc).
Aw F
:A H
Trong luận văn này, chúng tôi khảo sát một bài toán ngược trong phương trình nhiệt và sử dụng phương pháp Tikhonov để chỉnh hoá nghiệm. Cụ thể, chúng tôi chuyển bài toán khảo sát về việc giải một phương trình tích phân Fredholm loại một :
trong đó A là một toán tử giữa hai không gian Hilbert, H 1
0,
,
2 H L
(cid:0)
, (cid:0) 0,1 .
2 H L 1
:A H
H là toán tử tuyến tính liên tục.
1
với
2 0,1 L
. Ở đây, F Các đóng góp của luận văn là: (cid:0)Đã chuyển được bài toán khảo sát về phương trình tích phân Fredholm loại một. (cid:0)Chứng minh được rằng (cid:0)Chứng minh được rằng vế phải F của phương trình Aw F
A
thuộc được xác định từ dữ kiện cuối và các dữ kiện biên của phương trình nhiệt.
H H 1
(cid:0)Chúng tôi cũng đưa ra được đánh giá cho chuẩn của toán tử A, đối với chuẩn Bài toán nhiệt sau đây được chúng tôi khảo sát: Tìm hàm
w x thoả
.
t 1
u
u
0
x , (0.2)
t
0, 0 , x , (0.1)
1t , (0.3)
1t , (0.4)
xx ,0 t
0,
, f x t , w x g t h t
0,
t u x u , 0 xu trong đó f , g , h là các hàm cho trước.
, 0
,
0,
0,
u
x
t
xx
x
,0
,
0,
I
t
0,
0.
f x t , w x h t ,
t
x
u t u x u
Xét bài toán
u x t ,
u x t ,
u x t , 1
2
u x t , 3
. (0.5) Bằng phương pháp chồng chất nghiệm, nghiệm của bài toán I được tìm dưới dạng
2
2
x
x
t 4
, u x t t 4
e
e
w
d
u x t ,
2
1 t
(cid:0)
2
2
t
f
4
4
x t
x
t
e
e
d d
2
0
, t
(cid:0)
2
h t
x d 4
e
Khi đó, sau nhiều phép tính phức tạp, được cho bởi
1 t
0
.
w x :
t
h t
2 t 4
e
w
d
d
g t
1 t
0
0
t
f
4
2 t
e
d d
, t
0 0
Từ đây ta nhận được phương trình tích phân Fredholm loại một để tìm ẩn hàm
hay viết dưới dạng phương trình toán tử như sau
Aw t
F t
. (0.6)
F t
ở vế phải của (0.6). Như chúng ta đã biết, bài toán tìm nghiệm của phương trình tích phân Fredholm loại một là một bài toán không chỉnh theo nghĩa Hadamard. Bài toán gọi là chỉnh theo nghĩa Hadamard nếu thỏa ba điều kiện, i Bài toán có nghiệm, ii Nghiệm nếu có là duy nhất, iii Nghiệm phụ thuộc liên tục vào dữ kiện, ở đây dữ kiện là
Tính chất duy nhất nghiệm là quan trọng vì ý nghĩa của nó là thông tin về dữ kiện đo đạc “vừa đủ” để xác định nghiệm bài toán. Còn ý nghĩa của sự phụ thuộc liên tục của nghiệm vào dữ kiện là độ sai lệch của nghiệm (nếu tồn tại) ứng với dữ kiện bị nhiễu với mức độ nhỏ sẽ là nhỏ. Yếu tố thứ ba này là quan trọng nhất vì sai số của dữ kiện khi đo đạc là điều hiển nhiên và đó cũng là lý do mà chúng ta cần phải xử lý các bài toán này.
Fw ).
Như vậy bài toán là không chỉnh nếu như một trong ba điều kiện trên bị vi phạm, nghĩa là các bài toán này có thể không có nghiệm (tức là ứng với dữ kiện đo đạc bị nhiễu F , phương trình Aw F vô nghiệm). Mặt khác, nếu nghiệm tồn tại thì nó không phụ thuộc liên tục vào dữ Fw là nghiệm ứng với dữ kiện F thì một thay đổi nhỏ của F kéo theo một kiện (nghĩa là nếu thay đổi lớn của
7,15 ), chúng tôi xây dựng một phương trình mới để
Do nhu cầu tính toán, các bài toán không chỉnh cần được chỉnh hoá. Nghĩa là cần xây dựng nghiệm ổn định (phụ thuộc liên tục vào dữ liệu cho trước) đủ gần nghiệm cần tìm để rồi từ đó ta có thể tính xấp xỉ nghiệm chỉnh hoá để sử dụng.
Sử dụng phương pháp Tikhonov (xem
A w F
w H F H ,
) 1
chỉnh hoá (phương trình chỉnh hoá) ,
trong đó bài toán tìm nghiệm của phương trình này là bài toán chỉnh, tức là i Tồn tại duy nhất nghiệm w với Fcho trước ( ii w phụ thuộc liên tục vào F.
Lưu ý rằng, dữ liệu đo đạc F bị nhiễu một cách khách quan so với dữ liệu chính xác F . Trong luận văn chúng tôi cũng đã thiết lập được sai số giữa nghiệm chỉnh hoá w nêu trên
Aw F .
so với nghiệm chính xác w (với giả thiết trơn thích hợp) của phương trình
Cụ thể, nếu sai số giữa dữ liệu đo đạc F và dữ liệu chính xác F là , nghĩa là F F
3
w w M
thì chúng tôi chỉ ra được sai số giữa nghiệm chỉnh hoá w và nghiệm chính xác w có bậc 3 hoặc , nghĩa là
w w M
M
hay
1
mw
, trong đó M là một hằng số chỉ phụ thuộc vào nghiệm chính xác w . Hơn nữa, chúng tôi cũng cho một thuật toán để tính xấp xỉ. Chúng tôi chứng minh được rằng w chính là điểm bất động duy nhất của một ánh xạ co. Do đó có thể xây dựng một thuật toán lặp để tính xấp xỉ w. Gọi mw và nghiệm chính xác w được cho bởi mw là bước lặp thứ m. Sai số giữa w
với m được chọn đủ lớn.
Về hình thức trình bày, luận văn được chia thành bốn chương: Chương 1. Biến đổi Laplace, Chương 2. Phương trình nhiệt, Chuơng 3. Thiết lập phương trình tích phân, Chương 4. Chỉnh hoá nghiệm.
Các công thức, bổ đề, mệnh đề, định lý và hệ quả được đánh số liên tục. Để kết thúc một định lý, bổ đề, mệnh đề hay hệ quả ta dùng ký hiệu (cid:0) .
2
Sau đây là các không gian Hilbert và Banach được sử dụng trong luận văn.
2 L
:
0,
w x
w x dx
(cid:0)
(cid:0)
(cid:0)
1) , , với tích vô hướng được định nghĩa như
,w
w,
sau
2 L
w x
x dx
(cid:0)
(cid:0)
1
2 L
:
, ,
0,1
w x
2 w x
0
1
,w
,
,
2 L , w
w x
x dx
0,1
0
1
2
2 L
:
f
, với tích vô hướng được định nghĩa như sau
3)
0,1
f x t ,
x t dxdt ,
(cid:0)
0 0
1
f g ,
,
,
,
,
,
2 f g L
f x t g x t dxdt
0,1
(cid:0)
0 0
C
4).
0,1
0,1 , đối với chuẩn
g
: Không gian Banach các hàm số liên tục trên ,
.
g C
g t
0,1
sup 0,1 t
2) , với tích vô hướng được định nghĩa như sau
Chương 1: Biến đổi Laplace
f
, được gọi là hàm gốc nếu
t
xác định trên khoảng
f
0,
t f
có nhiều nhất là hữu hạn các điểm gián đoạn loại một trên mỗi
tăng không nhanh hơn một hàm mũ, nghĩa là tồn tại các hằng số
Định nghĩa 1. Hàm biến thực thoả mãn các điều kiện sau i Với mọi , 0 t ii t , hàm Với t 0 khoảng hữu hạn của trục t , iii Khi t , hàm t f dương M và a sao cho
at
f
0
t .
f
được gọi là chỉ số tăng của hàm
.
, iii
t
f
f
t Me Chận dưới lớn nhất của các trị số của a trong Định nghĩa 2. Cho
là một hàm gốc. Biến đổi Laplace của
là một hàm biến phức
t
t
F p được xác định bởi tích phân
pte
f
. (1)
t dt
F p
0
Ta viết
t
F p
L f
.
2,10,11 ).
f
là một hàm gốc với chỉ số tăng a . Khi đó
t
f
,
hội tụ trong miền
F p của
t
Re p
Re p F p là hàm giải tích trong nửa mặt phẳng
a a
. (cid:0)
2,10,11 ).
(Xem Định lý 1 (tính giải tích bên phải). Giả sử i Biến đổi Laplace ii Hơn nữa, (Xem
Sau đây ta nêu ra các tính chất quan trọng của biến đổi Laplace cần dùng cho luận văn.
Mệnh đề 1 (tính tuyến tính). Nếu
p
n
, thì
, Re
1,...,
t
i
F p i
a i i
L f
n
n
,
L
f
p
max
1,...,
n
t
, Re
i
i
i
F p i
a i , i
i
i
1
1
i là các hằng số thực hoặc phức và
ia là các chỉ số tăng tương ứng của các hàm
trong đó . (cid:0) t if
f
là một hàm gốc và
Mệnh đề 2 (biến đổi của đạo hàm). Cho
t
p
a
.
t
F p
, Re
L f
'f
Khi đó i Nếu
t
f
p
a
,
'
cũng là một hàm gốc thì pF p
t
0 , Re
L f
Tổng quát, nếu các đạo hàm
ii
n
1
nf t n (cid:0) đều là những hàm gốc thì f
f
f
n
0
n
, Re
p
a
...
t
n
. (cid:0)
L f
0 p
' 0 2 p
p
p F p
2,10,11 ).
(Xem Định nghĩa 3. Tích chập của hai hàm
là hàm
t
t được xác định bởi
1f
2f
t
t và t
f
t
t
d
f
. (2)
t
d
f 1
2
f 1
2
0
0
Ta viết
f
.
t
f 1
2
t
Ta có kết qủa sau về biến đổi Laplace của tích chập của hai hàm.
,
. Khi đó
Mệnh đề 3. Giả sử
a
2
a , 1
Re p 2
2
f
L
L f 1 t
,
t L f , Re p
Re p 1
2
F p 1 F p F p 1
2
f 1
1
2
F p 2 ,a a . (cid:0) (3) max
t
2,10,11 ).
f
F p là ảnh của một hàm gốc
(Xem Nếu
nào đó thì ta có a i
1
pt
f
.
t
e F p dp
L F p
t 1 2 i
a i
2,10,11 ).
iy
x
F p của biến phức p
F p là hàm giải tích trong nửa mặt phẳng Re p
a ,
,
,M R sao cho
Thật ra ta có kết qủa sau (Xem Định Lý 2 (Công thức biến đổi Laplace ngược). Cho hàm thỏa các điều kiện sau i ii
0
p
p
Re
p
a
,
.
F p
R 0
Tồn tại các hằng số dương M p
f
f
Khi đó tồn tại hàm
mà biến đổi Laplace của nó là
được xác định bởi
t
F p và
t
a i
pt
f
. (4) (Công thức tích
t
e F p dp
1 L F p
1 2 i
a i
F p là hàm giải tích trong nửa mặt phẳng Re p
phân Bromwich). (cid:0) Bổ đề 1(Jordan). Cho
a . Giả sử tồn tại
Re
p
p
,
các hằng số dương
và
thì
a
0
R 0
.
F p
,M R sao cho p M p
Khi đó ta có
pt
0,
t
0
, (5)
F p e dp
lim R
R
Re p
,
.
R nằm trong miền
a
R R 0
C
C
như hình vẽ
C 3
C 1
2
4
trong đó R là một phần đường tròn p Chứng minh. Ta chia R thành bốn phần, R
y C1
a+ib
C2 R
a
x
o
a-ib
C3
C4
,
I
I
,
,
,
,
,
Gọi
C C C C . Ta lần lượt đánh giá các tích
2
3
1
2
3
4
I lần lượt là các tích phân trên I 1 4 phân này như sau
i p Re
C 1
2
2
cos
sin
tR
itR
i
e
i Re id
I 1
F Re
Suy ra
2
cos
tR
i
e
Rd
I 1
F Re
cos
sin
cos
tR
iR
tR
e
e
iRe i
(vì
và
) R
Theo giả thiết,
,
F Re
i
M R
do đó
2
2
cos
cos
Rt
Rd
e
d
I 1
tRM e R
M 1 R
, ta có
Hơn nữa,
,
Rt
Rt
cos
at
2 cos
cos
e
e
e
a R
(vì
)
Như vậy
2
I
at e d
1
M 1 R
atMe 1 2 R
hay
at
at
arccos
arcsin
.
I 1
Me 1 R
a R
Me 1 R
a R
2
Tiếp theo ta sử dụng bất đẳng thức
arcsin
nếu 0
1
2
(hay
nếu 0
)
sin
2
2
ta nhận được
at
at
e
.
I 1
a R
Me 1 2 R
aM R 2
Vậy
. 0
I 1
lim R
Tích phân trên cung
2C được đánh giá tương tự. Thật vậy, ta có
cos
sin
tR
itR
i
I
e
i iRe d
.
2
F Re
2
Do đó
Rt
cos
i
I
e
Rd
.
2
F Re
2
Vì
,
F Re
i
M R
nên
Rt
cos
d
.
2
2
Sử dụng bất đẳng thức
I e M 1 R
cos
với
1
,
2
2
ta thu được
Rt
2
1
I
e
d
2
M 1 R
2
Rt
Rt
e
e
.
1
1
M 1 R
Rt 2
M tR 2
Vậy
I
. 0
2
lim R
Làm tương tự ta cũng thu được
I
I
. 0
3
4
lim R
lim R
Vậy
pt
0
F p e dp
. (cid:0)
lim R
R
p
e
1
2 4 t
Bổ đề 2. Dùng công thức tích phân Bromwich và Bổ đề 1 ta có
0 . (6)
e
p
1 t
L
,
Chứng minh. Đặt
a i
p
e
pt
e
dp
0
,
a , (7)
k t
1 i 2
p
a i
C
C
C nằm trong miền đơn liên 5
C 6
C 3
C 1
2
4
C
,0
\
như hình vẽ
D
và chọn chu tuyến đóng
(cid:0)
y
C1
C2
a+ib
C3
C
x
a
C4
C5
a-ib
C6
p
pt e
e
Hàm
là hàm giải tích đơn trị trong D và không có điểm kỳ dị nào
G p
p
1 i 2 trong D . Do đó theo định lý Cauchy ta có . 0
G p dp
C
Đặt
0
.
1 2 G p dp
C 6
G p dp
G p dp
G p dp
thì C 5 G p
R C
C
R
C 3
C 4
Hàm
p
e
F p
p
thoả điều kiện của Bổ đề 1. Thật vậy, đặt
i
R
cos
i
sin
2
Re
2
2
e
e
.
F p
i 2
i 2
Re
Re
Suy ra
R
cos
2
e
M
1,
,
.
F p
1 2
R
1 R
Vậy theo Bổ đề 1 ta thu được
p
e
pt
e
dp
0
. (9)
G p dp
lim R
lim R
p
1 2 i
R
i e
Mặt khác trên
ta có
R
C p :
p
e
pt
e
dp
G p dp
1 i 2
p
C
C
i
2
e
i
e
te
e
.
i i e dp
1 i 2
i 2
e
Vậy
cos
2
e
t
cos
e
d
G p dp
1 2
C
cos
t
cos
2
.
e
d
1 2
Từ đó suy ra
0
. (10)
G p dp
lim 0
C
0 , từ (8), (9) và (10) ta nhận được
Cho R ,
a ib
p
e
pt
dp
e
k t
lim R
1 i 2
p
a ib
p
p
e
e
pt
pt
.
e
dp
e
dp
lim R
lim R
1 2 i
1 2 i
p
p
C
C 3
4
Chú ý rằng ở bờ trên của nhát cắt (trên
3C ) ta có
arg p , i re p
i
, r 2
i r
p
.
Còn ở bờ dưới của nhát cắt (trên
i
re 4C ), arg p re p
i
, r 2
p
re
i r
.
r
,
0
Suy ra
r
r
i
i
rt
rt
e
dr
e
dr
k t
1 i 2
1 i 2
e i r
i r
e
0
0
r
r
i
i
rt e
e
dr
e r
0
1 2
r
cos
rt
dr
e
.
1
2
0 r
xdx
2
. Ta thu được
Đổi biến x
r
2
tx
2
e
xdx
r
k t
, x dr cos x x
, ta có 1
0
2
cos
txe
xdx
.
2
0
Do hàm dưới dấu tích phân là hàm chẵn nên
2
tx
e
cos
xdx
k t
1
2
txe
i
Re
cos
sin
x
x dx
1
2
tx
e
i x e dx
Re
1
2
t x i
2 t 4
t 2
dx
Re
e
1
2
t x i
t 2
dx
2 te 4
Re
e
1
2
t x
2 te 4
e
dx
.
1
Vì vậy
2 t 4
e
,
k t
1 t
do
2xe
dx
x
.
Bổ đề 2 được chứng minh. (cid:0)
Chương 2: Phương trình nhiệt
Bài toán. Tìm hàm
,
x , 0 0
1t , (11)
0
x , (12)
t
, 0
1t , (13)
0,
xx ,0 t
, 0
1t , (14)
, f x t , w x g t h t
0,
w x thoả u u t u x u xu trong đó f , g , h là các hàm cho trước.
Trước tiên ta xét bài toán sau
0
u
,
x , 0
t , (11)
xx ,0
0
x , (12)
0,
0
,
t . (14)
t
, f x t , w x h t
u t u x xu
Nghiệm của bài toán (11), (12), (14) được tìm dưới dạng
, (15)
u x t ,
u x t ,
u x t , 1
2
3
u x t ,
u u u là nghiệm của các bài toán tương ứng sau đây:
2
3
với 1 , , Bài toán
A .
0
t , (16) x , 0 x , (12) , 0
0
t , (17)
, 0 u xx w x ,0 0, t , 0
u t u x xu
B .
0
,
t , (11)
x , 0
u
xx
0
, f x t x , (18) , 0
0
t , (17)
t , 0
u ,0 0,
t u x xu
Bài toán
C .
0
xx
t , (16) x , 0 x (18) 0
0
,
t . (14)
u ,0 0, t
, 0 , 0 h t
u t u x xu
0,
t . Rồi sau đó thu hẹp
A B C với , ,
0,1 để thu được nghiệm của bài toán (11), (12), (14).
Bài toán
Nhận xét. Ta tìm nghiệm của ba bài toán xuống
Trước khi chỉ ra nghiệm của bài toán
A ta cần các bổ đề sau.
0
u xx ,0
t , (16) , (12)
Bổ đề 3. Nghiệm của bài toán Cauchy u t u x
, x (cid:0) , 0 w x
được xác định bởi
2
x
t 4
e
w
. (19)
, u x t
d
2
1 t
(cid:0)
5,6,9,12 ). (cid:0)
(Xem Bổ đề 4. Giả sử hàm
2
x
t 4
e
d
, u x t
2
1 t
(cid:0)
0
t ta có
u
0
t ,
với là hàm bị chận. Khi đó với mọi i Nếu là hàm lẻ thì
0
.
ii Nếu là hàm chẵn thì
0, t
0, u x
Chứng minh. i Ta có
u
t
d
e
0,
0
,
2 t 4
2
1 t
(cid:0)
vì hàm dưới dấu tích phân là hàm lẻ.
Ta có
ii
2 t 4
t
d
e
0,
0
t 4
1 t
(cid:0)
u x do hàm dưới dấu tích phân là hàm lẻ. (cid:0) Bổ đề 5. Nghiệm của bài toán
A là
2
2
x
x
t 4
t 4
e
e
w
.
d
, u x t 1
2
1 t
(cid:0)
Chứng minh. Goị
xw
lên (cid:0) , tức là
0,
x
x
0.
,
x là thác triển chẵn của w x w x
, x
Đặt
2
x
t 4
d
e
, U x t
,
2
1 t
(cid:0)
thì
x
x
,0
,
0
,
, 0 w x
, U x t U x
, u x t u x
,
với
,0 được xác định bởi (19) trong Bổ đề 3,
, u x t
(do Bổ đề 4).
0
0, t
U x
Như vậy
thoả (16),(12),(17). Tiếp theo ta biến đổi
như sau
,U x t
2
2
x
x
0
t 4
t 4
d
e
d
e
.
, U x t
2
1 t
0
,U x t
Đổi biến 1 trong tích phân thứ nhất,
2
2
x
x
1 t 4
t 4
d
e
e
d
, U x t
1 1
2
1 t
0
0
2
2
x
x
t 4
t 4
e
w
e
w
.
d
2
1 t
0
0
d
2
x
t 4
x t 4
w
e
e
.
d
, U x t
2
1 t
(cid:0)
Vậy (20) là nghiệm của bài toán
A . (cid:0)
B ta cần bổ đề sau.
0
,
Để chỉ ra nghiệm của bài toán Bổ đề 6. Nghiệm của bài toán Cauchy không thuần nhất
, x
t , (11)
, f x t
xx
0
, (18)
u t u x
u ,0
được xác định bởi
2
t
f
x t 4
e
d d
, u x t
2
0
, t
(cid:0)
t
d d
f
t
,
,
. (21)
G x
0
(cid:0)
Nhận xét. Theo nguyên lí Duhamel, nghiệm của bài toán (11), (18) được xây dựng từ nghiệm của bài toán (16), (12).
0,0 , ta không thể tính trực tiếp đạo hàm dưới dấu
t
G
d d
t
,
.
, u x t
,
f x
0
0
(cid:0) có giá compact. Vì
là hàm trơn ở gần
t , ta
Giả sử
, G G
2 f C 1
0,
(cid:0)
tính
t
G
d d
t
,
,
, u x t t
f x t
d
,0
0
(cid:0) , G t
f x
(cid:0)
và
t
2
2
x t ,
G
d d
t
,
.
Chứng minh. Bởi vì hàm G có kì dị tại tích phân. Ta phải làm như sau, trước tiên ta dùng phép đổi biến để viết
,
f x
2
u 2 x
0
C
Như vậy,
.
0,
(cid:0) u u và tương tự u đều thuộc ,t
xx
(cid:0)
Bây giờ để kiểm tra (21) thoả (11) ta tính toán như sau
t
u
G
t
, x t
,
,
f x
, u x t t
xx
x
d d
d
,0
0
(cid:0) , G t
x f x
(cid:0)
t
G
,
t
x
,
f x
(cid:0)
t
G
,
f x
,
d d
0
d
,0
d d
(cid:0) , G t
(cid:0)
J
K
.
I
Bây giờ ta lần lượt đánh giá như sau
f
2
f
D
G
d d C
,
f x
, (23)
J
L
L
0
(cid:0)
G
1
do
5,6,9,12 ).
d d
,
. (xem
(cid:0)
Để tính I ta viết thành hai tích phân rồi tính tích phân từng phần. Khi đó ta thu được
t
G
d d
t
,
,
f x
I
(cid:0)
t
G
d d
t
,
,
f x
(cid:0)
t
d d
t
,
G
(24)
f x
,
d
t
,
(cid:0)
(cid:0)
,0
d
G
,
f x
(cid:0) G
d
t
,
K
,
,
f x
(cid:0)
vì
x t ,
G
d
u
t
,
,G là nghiệm cuả phương trình nhiệt (11). Kết hợp (22), (23) và (24) ta nhận được ,
f x
u x t , t
xx
lim 0
0
,
(cid:0) , f x t
t , (cid:0)
ở đây giới hạn khi
x 0 được tính giống như trong chứng minh Bổ đề 3.
t
f
0
.
Cuối cùng chú ý rằng u
, t (cid:0)
L
L
Vậy (21) là nghiệm của bài toán (11), (18). (cid:0)
G , f x
Bổ đề 7. Nghiệm của bài toán
B là
2
2
t
f
x 4 t
x 4 t
e
e
. (25)
d d
, u x t
2
2
1
, t
0
(cid:0)
là thác
,x t
triển chẵn theo x của
t
0,
0
, x t
x
t
f
, x t
0.
0,
,
Chứng minh. Ta làm tương tự như phép chứng minh Bổ đề 5. Thật vậy, gọi , lên (cid:0) , nghĩa là f x t , , x f x t
Đặt
2
t
,
x 4 t
e
.
d d
, V x t
2
0
t
(cid:0)
Khi đó
thoả (11),(18) với mọi
x , 0
0
x (do Bổ đề 6),
0
, với
(do Bổ đề 4).
0
0, t
,V x t ,0 V x V x
Như vậy
thoả (11), (18), (17). Bây giờ ta biến đổi
như sau
,V x t
,V x t
2
t
0
x t 4
e
d d
V x t ,
0
2
t
x 4 t
,
e
, 2 1 t
d d
2
0
0
1 t
.
2
t
x 1 4 t
e
Đổi biến 1 trong tích phân thứ nhất,
V x t ,
1
d d 1
0
0
2
t
x 4 t
,
e
d d
2
0
0
1 t
2
t
x 4 t
f
e
d d
,
2
0
0
1 t
2
t
x 4 t
f
e
d d
,
, 2 1 t
0
0
2
2
t
f
x 4 t
x 4 t
e
e
d d
2 1 t
, V x t
2
0
, t
(cid:0)
.
B là
2
2
t
f
x 4 t
x 4 t
e
e
d d .
u x t ,
2
(cid:0)
2
1
, t
0
(cid:0)
Vậy nghiệm của bài toán
C có nghiệm là
2
t
h t
x d 4
e
. (26)
u x t ,
1
0
pt
,
,
Bổ đề 8. Bài toán
U x p
e u x t dt
, u x t
L u t
0
H p
L h t
.
Khi đó sử dụng Mệnh đề 2 (coi p là tham số) ta có
2
x t ,
2 d U 2 dx
u L 2 x
Chứng minh. Gọi là biến đổi Laplace của và
x t ,
pU x p
pU x p
u x
u L t
, , ,0 .
C khi chuyển qua ảnh ta nhận được bài toán
Vì vậy bài toán
pU
2 d U 2 dx
(27)
p
H p
dU dx
px
px
. (28) 0,
U x p
C e 1
C e 2
Nghiệm tổng quát của (27) là , .
,
0
lim x
0
Vì
2
px
,
nên ta phải chọn
U x p
C e 1
px
U x p C . Như vậy, Từ điều kiện (28) của U , suy ra
H p
e
,
U x p
p
px
e
,
,
,
.
U x p
U x p
H p U x p
1
1
p
, với . (29)
x ta có
2
t
x 4
Theo Bổ đề 2,
e
1
u x t , 1
L U x p 1
, . (30) 1 t
t
u x t ,
h t
. d ,
u x 1
0
Từ (29), (30) và Mệnh đề 3 ta nhận được
2
t
h t
x d 4
e
u x t ,
Vậy
0
. (cid:0)
Từ các Bổ đề 5, Bổ đề 7 và Bổ đề 8 ta thu được
2
2
x
x
4 t
4 t
e
e
w
d
u x t ,
2
1 t
(cid:0)
2
2
t
f
x 4
t
x 4 t
e
e
d d
2
0
, t
(cid:0)
Định lý 3. Ngiệm của bài toán (11), (12) ,(14) là
2
h t
x d 4
e
. (cid:0)
1 t
0
Chương 3: Thiết lập phương trình tích phân
f
1 L
c
sao cho
0,1
0,1
, 0,1 0,1 h C 2 L
(cid:0)
(cid:0)
và tồn tại 0, 0 Giả thiết i g C ii iii ,
, f x t dx
c t
(cid:0)
1 L
,
iv
(cid:0)
(cid:0)
2 Lw
.
iv ta có
2 t 4
w
e
d
u x t ,
lim 0 x
1 t
(cid:0)
f
4
2 t
e
. (32)
d d
d
1 t h t
1 t
, t
0
0
(cid:0)
Bổ đề 9. Với các giả thiết i
2
2
x
x
t 4
t 4
w
e
e
Chứng minh. Xét tích phân
u x t , 1
2
1 t
(cid:0)
. d
là hàm dưới dấu tích phân của
u x t , 1
t w x , ,
w
t
Gọi . Khi đó ta có
, ,
w x
1L
t (coi t là tham số). Thật vậy, theo giả thiết
iv thì
(cid:0)
w
w
. (33)
d
1 L
(cid:0)
1 t
0
2, 4,16 ) ta thu được
.
2 t 4
w
e
Hàm ở vế phải (33) thuộc t Vậy theo định lí hội tụ bị chận Lebesgue (xem
d
u x t , 1
lim 0 x
1 t
0 Bây giờ ta chứng minh tích phân thứ hai cũng bị chận. Thật vậy, ta có
2
2
t
f
x t 4
x t 4
e
e
d d
. (34)
u x t ,
2
2
0 0
, t
.
u x t ,
f x
t , , ,
2
là hàm dưới dấu tích phân của . Khi đó Gọi
f
f x
t , , ,
, t
(35)
2
2
x t 4
x t 4
e
e
2 .
1 L
do
0,1
iii
t
t
f
,
f
d
d d
0 0
0
0
thì . Thật vậy, theo
t
t 2
Ta có hàm ở vế phải (35) thuộc , t
d t
d t
t 2
(cid:0) d t tc d t 0 c 0
Ta đánh giá các tích phân trong đẳng thức cuối của (36) như sau
t
t
0,
t 2
t 2
t 2
2 t
. (36)
2 1 t
1 t 1 t
.
Do đó tích phân thứ nhất trong đẳng thức cuối của (36) hội tụ.
t
1 2
2 t
t 2
1
, Đối với tích phân thứ hai ta cũng làm tương tự. Thật vậy, t 2
2 t
1 t
t
1
.
2, 4,16 ) ta nhận được
Như vậy tích phân thứ hai trong đẳng thức cuối của (36) cũng hội tụ.
t
f
4
2 t
e
Vậy theo định lí hội tụ bị chận Lebesgue (xem
d d
u x t ,
2
lim x 0
1
, t
0 0
. (37)
Bây giờ xét tích phân thứ ba của (32). Ta cũng làm tương tự. Thật vậy, xét
2
t
h t
x 4
t
e
d
u x t , 3
1
0
.
ii
h x t , ,
u x t , 3
Gọi ta có . Từ giả thiết
h x t , ,
c 2
là hàm dưới dấu tích phân của h t , (38)
t
t
d
(coi t là tham số). Thật vậy, với hàm ở vế phải (38) thuộc
c 2 t
c 2 2
1 0, t L t d c 2 0
0
.
t
h t
Do đó theo định lý hội tụ bị chận Lebesgue ta thu được
d
u x t , 3
0
. (39) lim x 0 1
x
Từ (31), (34), (37) và (39) ta được Bổ đề 9. (cid:0)
ta nhận được
0 2 4 t
w
e
Bây giờ, từ (32) và (13), cho
g t
1 t
0
t
t
f
4
h t
2 t
e
d d
d
d
0 0
0
, t
.
w x :
t
h t
2 4 t
e
w
d
d
g t
1 t
0
0
t
f
4
2 t
e
Từ đây ta nhận được phương trình tích phân Fredholm loại một để tìm ẩn hàm
d d
, t
0 0
. (40)
t h t
d
F t
g t
0
t
f
4
2 t
e
d d
Đặt
, t
0 0
, (41)
2 4 t
w
e
và
d
Aw t
1 t
0
(42)
. (43)
F t
Aw t
.
F L
iv như đã cho thì
2 0,1
thì (40) trở thành
g C
g L
t
h t
0,1
d
d
2 0,1 . Mặt khác, t h t
0
0
2
2
t
Bổ đề 10. Với các giả thiết i Chứng minh. Vì nên
c 2
c 2
c 2
t d
0
.
d
Do đó
2 0,1 L
t h t
0
.
t
f
4
2 t
e
Đặt
d d
t
, t
.
0 0 . Thật vậy, áp dụng bất đẳng thức Cauchy_Schwarz ta có
L
2 0,1
t
f
4
2 t
e
d d
t
, t
0 0
Ta chứng minh
2
t
f
2
4
2 t
e
t
, t
0 0
t
t
2
d d 2 t
d d
,
f
d d
2
e t
0 0
t
2
2
f
d
Suy ra
2 L
0,1
(cid:0)
0 0 d 2 e t
0
0
,
2 t
t
2
f
2 L
0,1
(cid:0)
d t
02
Với
2
2
t
f
Như vậy
2
t
2 L
0,1
(cid:0)
. (44)
1
2
2
dt
t
2 L
0,1
0
Do đó
1
2
f
tdt
2 L
0,1
(cid:0)
0
2
2
2 f
2 L
0,1
(cid:0)
.
L
F L
2 3 2 0,1
2 0,1
hay Vậy . Bổ đề 10 được chứng minh. (cid:0)
2 A L :
1 L
2 L
0,1
(cid:0)
(cid:0)
2
t
x 4
dx
. (42)
Aw t
w x e
1 t
0
2 w L
1 L
,
,
Aw L
(cid:0)
(cid:0)
2 0,1 A là toán tử tuyến tính liên tục,
Khi đó i ii
.
Aw
1 w 2 4
2 L
2 L
0,1
(cid:0)
iii
2 A L :
2 L
,
Hơn nữa, A có thể thác triển thành toán tử tuyến tính liên tục (vẫn kí hiệu là A)
0,1
(cid:0)
1 4
A
.
2
Định lý 4. Đặt
2
t
x 4
dx
Chứng minh. Đặt
V t
w x e
1 t
0
2
t
.
dx
V t
w x e
1 t
0
Sử dụng bất đẳng thức Cauchy_Schwarz ta có x 4 .
2
2
2
t
x 4
dx
V t
w x e
0
2
2
t
x 2
dx
w x
1 t 1 t t
0
dx e 0
2
2
w
d
Suy ra
2 L
(cid:0)
x t 2
t e 2 0
2
w
, 1 t
2 L
(cid:0)
2 t
.
Do đó ta được
1
1
2
2
2
V
dt
w
V t
2 L
2 L
0,1
(cid:0)
2
dt t
0
0
2
w 2
2 L
(cid:0)
hay
Aw
1 w 2 4
2 L
2 L
0,1
(cid:0)
1 4
A
.
Aw L
2 0,1
2
Vậy và . Định lý 4 được chứng minh. (cid:0)
Nhận xét. Với các giả thiết đã cho, phương trình (40) nếu có nghiệm thì nghiệm đó là duy nhất.
Chương 4: Chỉnh hoá nghiệm
t
h t
2 t 4
e
w
d
d
g t
1 t
0
0
t
f
4
2 t
e
d d
Xét phương trình tích phân
, t
0 0
(40)
hay
1t , (43)
Aw t
F t
2 A L :
2 L
, 0
F L
2 0,1
0,1
(cid:0)
cho trước và toán tử được xác định
, lần lượt là các tích vô hướng trong các không gian Hilbert
với bởi (42) là toán tử tuyến tính liên tục giữa hai không gian Hilbert.
, (xem
(cid:0)
2L
và Bây giờ ta kí hiệu 2 0,1 L và 4,8 ).
0 cho trước, xét phương trình biến phân
Aw A ,
F A ,
Với
2L
w ,
(cid:0)
2
w
phụ
, . (45)
0 cho trước, phương trình (45) có nghiệm duy nhất
L
(cid:0)
.
F L
2 0,1
Định lý 5. Với mỗi
thuộc liên tục vào Chứng minh. Với
2 L
A
(cid:0)
(cid:0)
(cid:0)
0 cho trước, xét 2 : L
, u w
, u w
, Au Aw
A
xác định bởi
, lần lượt là các tích vô hướng trong
,
2 0,1 L
(cid:0)
. 2L và và như đã nói ở phần
Ở đây trên.
Dễ thấy A là dạng song tuyến tính, đối xứng. Hơn nữa A liên tục. Thật vậy, theo bất đẳng thức Cauchy-schwarz, ta có
u w ,
Au Aw ,
A
u w
Au Aw
u w
u w ,
2A
.
2
2
2
,u u
u
Au
u
A
. Mặt khác A là cưỡng bức vì
2 :L L
w
(cid:0) , F Aw
Nếu ta xét
(cid:0) Lw
2L
,
2 0,1 L
(cid:0)
. với F cho trước trong thì L là dạng song tuyến tính, liên tục trên
Lw
F Aw ,
F Aw
Ta kiểm tra tính liên tục của L . Ta có
F A w
2
w
.
L
(cid:0)
thoả phương trình
,w
2L
A
(cid:0)
Vậy theo định lý Lax-Milgram (xem 4 ), tồn tại duy nhất L ,
,
, F A
hay
2L
, Aw A
w
(cid:0)
, .
là hai nghiệm của Bây giờ ta chứng minh w phụ thuộc liên tục vào F . Giả sử w và w
2 0,1 L
. Khi đó
,
F A ,
phương trình biến phân (45) ứng với F và F thuộc
2L
Aw A ,
w
, (cid:0)
,
F A ,
và
2L
Aw A ,
w
, . (cid:0)
,
,
Trừ vế theo vế hai đẳng thức trên ta thu được
A
F F A
w
w
w
,
A w
w
w
, sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz và bất đẳng thức Cauchy ta
.
2
2
w
w
w
w
F F A w ,
w
A w F F A w
F F
2
w
A w
2
2
2
F F
2
w
A w
1 2
2
2
2
F F
.
w
A w
4
Chọn nhận được
Vậy
2
F F
2
w
w
4
hay
.
F F
w
w
2
1
Định lý 5 được chứng minh. (cid:0)
Trước khi cho một đánh giá sai số ta cần có các khái niệm và kết quả sau.
Định nghĩa 4. Cho H là một không gian Hilbert. Một toán tử tuyến tính liên tục
:A H
H
được gọi là dương nếu
.
, Ax x
0
, x H
H
Ta có tính chất sau về toán tử tự liên hợp dương (xem
7,8 ).
:B H
2B
A . (cid:0)
2
L
2 L
A
ta có kết quả sau.
Bổ đề 11. Nếu A là một toán tử tuyến tính liên tục tự liên hợp dương, thì tồn tại duy nhất một H sao cho toán tử tuyến tính liên tục dương Trong trường hợp riêng,
0,1
L ,
(cid:0)
2 :A A L
2 L
là một toán tử tuyến tính liên tục tự liên hợp
Hệ quả 1. Toán tử
(cid:0)
(cid:0)
2 :C L
2 L
sao
dương. Do đó tồn tại duy nhất một toán tử tuyến tính liên tục dương
(cid:0)
(cid:0)
2C
A A
. (cid:0)
cho
2 A L :
2 L
là tuyến tính liên tục nên ta có toán tử tuyến tính liên hợp
Bây giờ, vì
0,1
(cid:0)
của A là A ,
2 A L :
0,1
1
2 4 t
A v
dt
. (46)
v t e
2 L (cid:0) 1 t
0
Sau đây, ta phát biểu và chứng minh Định lý 6, về một kết quả đánh giá sai số.
Định lý 6. Cho
,
sao cho
2 L
0,1
F 0
0w
. (47)
2 L Aw 0
(cid:0) F 0
Giả sử
thoả
F L
2 0,1
. (48)
F F 0
Gọi w là nghiệm của phương trình (45). Khi đó
2 3
,
và C được xác định như trong Hệ quả 1. Nếu chọn
2 w L
0w Cw
(cid:0)
i Giả sử thì
1 4
2
. (49)
0
w w w 2
Giả sử
với
A w
ii
0w
2
1 2
1 3 . Nếu ta chọn thì w L 2 0,1
. (50)
0
2
1 w w w 2
Chứng minh. i Trước tiên để ý rằng
0
,
A w w 0
0
2
,
C w w w w 0 0
(51)
A w w A w w , 0 A A w w w w 0 C w w C w w , 0 0
2
.
C w w 0
Từ (47) ta có
,
.
2L
, Aw A 0
, F A 0
(cid:0)
Vì w là nghiệm của (45) nên
,
F A ,
,
.
2L
w
Aw A ,
(cid:0)
Trừ vế theo vế hai đẳng thức trên ta được
,
F F A
,
,
,
A w w A
2L
0
0
w
(cid:0)
hay
,
A w w A
,
w w 0
,
F F A
0 F F A
,
,
.
2L
0
(cid:0)
Chọn
0 w , 0 , w A , ta nhận được
0
w w
2
2
w w 0
A w w 0
(52)
,
,
.
w A w w 0
F F A w w 0
0
Từ đây kết hợp với (51) và sử dụng các bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, bất đẳng thức
Cauchy và chú ý đến (48) ta thu đựơc
2
2
w w 0
C w w 0
,
A F F w w 0 0
w C w w 0
2
2
2
w w 0
A F F 0
1 2
2
2
w
.
0
C w w
2 2 4
Vì vậy
2
2
2
2
w
.
w w 0
A F F 0
2
4
1 2
Do đó
1 2
2
2
2
2
w w w 0 A F F 0 1 2
2
2 3
2
w
2 3
1 2
1 4
w
.
2
1 2
1 3
2 1 2
ii
2
2
w w 0
A w w 0
,
,
.
w A w w 0
F F A w w 0
0
Từ (52), thay bởi ta có
2
w w 0
2
F F A w w 0
0
A w w 0 w A w w 0 w A w w 0
A w w 0
2
2
2
w
2
2
A w w 0
A w w 0
Sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, bất đẳng thức Cauchy và chú ý đến (48) ta nhận đựơc
1 2
2
2
w
2
A w w 0
1
1 2 1 2
2
2
0
w w
hay
. 1
21 w 2
2
1 2
1
Từ đó ta thu được
0
w w
w 2
.
Định lý 6 được chứng minh. (cid:0)
0 và
Bây giờ ta khảo sát một phương pháp số để tìm nghiệm chỉnh hoá. Với mỗi cho trước, xét bài toán biến phân sau đây:
F A ,
Bài toán. Tìm
2L
F L 2 (cid:0)
L w w ,
2 0,1 thoả Aw A ,
(cid:0)
, (53)
A F
0
(54)
A Aw
w
với A được xác định như (46).
hay
2 :T L
(cid:0) Tw w
A A
Xét toán tử
A w A F
w
d
A I
, ,
(cid:0)
2 L (cid:0) I w A Aw A F d 2L với dI là toán tử đồng nhất trong
.
2
2L
Chọn thích hợp, ta sẽ được T là một ánh xạ co. Thật vậy, chọn , (55) 2
(cid:0)
.
,w w tuỳ ý thuộc
ta có Định lý 7. Với như (55) thì T là một ánh xạ co trong Chứng minh. Lấy
1 2 Tw Tw 2
1
w w 2
1
(cid:0) A w w 1 2
2L
. . Ta có
2
2
,
Tw Tw 2
1
w w 2
1
1
1
2
Do đó
A w w w w 2 2 2 2 A w w 1 2
. (56)
,
,
1
1
w w 2
1
1
2
1
A w w w w 2 2
2
,
w w 2
1
A A w w w w 2
1
2
1
A A w w w w 2
2
2
w w 2
1
A w w 1 2
Để ý rằng
2
,
hay
1
1
w w 2
1
A w w w w 2 2
. (57)
A
w
Dễ thấy
A w w 1 2
. (58)
2
Từ (56), (57) và (58) ta thu được
2
2
2
2
A
Tw Tw 2
1
w w 2
1
2
1 2
2
2
1
2
. 2 w w 2 1 2
Chọn
2
, 2
2
1 2
2
k
và đặt
2
1 2
,
ta thu được
1k . (59)
Tw Tw 1 2
k w w 1 2
2L
(cid:0)
, 0
. (cid:0)
2 0, F L
(cid:0)
2
cho trước, phương trình (53) hay (54) có nghiệm duy
(cid:0)
. Nghiệm duy nhất này chính là điểm bất động của ánh xạ co T trong Định Vậy T là một phép co trong Hệ quả 2. Với mỗi
2
nhất L w lý 7. (cid:0)
(cid:0)
A F
sử là điểm bất động của T , nghĩa là Bây giờ, để tính điểm bất động của ánh xạ co T , ta dùng phương pháp xấp xỉ liên tiếp. Giả L w
w
w
w
A Aw
2
2
, . (60)
m
m
1
Ta tính
Tw
2L
1, 2,3,... m
, w 0w được chọn trước tuỳ ý trong
(cid:0)
.
2
2
Chọn
1 2
2
k
thì
2
2
1
2
m
m
m
1
1
F
.
w
w
2
2
A Aw
2
2
.
Từ (60) ta có 1
. Ta tính
1mw
mw theo sơ đồ sau
m
m
1
1) Tính
F
u
Aw
2
Giả sử đã biết
m
m
m
1
2) Tính
w
w
A u
2
2
. 2 2 1
Khi đó
1 w
0 w
m
m
w
k . (61) w k 1
0w được cho bởi
m
m C k M
Bây giờ, kết hợp (50) trong Định lý 6 với (61) thì ta nhận được
mw và w 0
Mệnh đề 4. Sai số giữa w
1 w
2
1 2
trong đó C, M là hằng số và C không phụ thuộc vào m , được xác định bởi 0 w , (62) C 1 k
1 M . (cid:0) (63) w 2
sao cho Ta tìm m m
mC k
mk
với C như (62) trong Mệnh đề 4. Suy ra C
hay
ln . m C ln k
Từ đây kết hợp với Mệnh đề 4 ta thu được Mệnh đề 5. Chọn số tự nhiên m sao cho
ln (64) m C k ln
m
M
với C được xác định như (62). Khi đó ta có đánh giá sai số sau
1
w 0
w
2 L
(cid:0)
(65)
với M được xác định như (63). (cid:0)
Với mỗi
0 cho trước, m là số bước lặp tối thiểu để đạt được sai số (65).
Kết luận
(cid:0)Đã chuyển được bài toán truyền nhiệt ngược thời gian về phương trình tích phân Fredholm
Tóm lại luận văn đã thu được các kết quả sau:
(cid:0)Đối với phương trình tích phân loại một nói trên, đã xây dựng được phương pháp xấp xỉ
loại một.
(cid:0)Đã đưa ra đươc đánh giá sai số giữa nghiệm xấp xỉ và nghiệm chính xác nếu biết sai số giữa dữ liệu đo đạc và dữ liệu chính xác. Cụ thể, nếu sai số giữa dữ liệu đo đạc F và dữ liệu chính xác F là , nghĩa là
F F
nghiệm.
0
3
, nghĩa là
1
w w C thì đã chứng minh được rằng sai số giữa nghiệm chỉnh hoá w và nghiệm chính xác w (với các giả thiết trơn thích hợp) có bậc 3 hay
hay
w w C ,
trong đó hằng số C không phụ thuộc vào .
Đồng thời cũng chứng minh được nghiệm xấp xỉ ổn định của bài toán chính là điểm bất động của một ánh xạ co thích hợp. Do đó dễ dàng xây dựng một thuật toán lặp để tính xấp xỉ nghiệm này.
Cuối cùng tôi xin lặp lại lời cảm ơn Thầy hướng dẫn tôi, TS. Nguyễn Công Tâm và chân thành cảm ơn TS. Nguyễn Thành Long và tất cả các Thầy trong Hội đồng chấm luận văn.
Tài liệu tham khảo
[1] Đ.Đ. Áng, Lý thuyết tích phân, NXBGD, 1998. [2] Đ.Đ. Áng và đồng tác giả, Biến đổi tích phân, NXBGD, 2001. [3] Đ.Đ. Áng, R. Gorenflo, L.K. Vỹ, Đ.Đ. Trọng, Moment Theory and
some Inverse Problems in Potential Theory and Heat Conduction,
Springer, 2002.
[4] H. Brezis, Giải tích hàm: Lý thuyết và ứng dụng, NXB ĐHQG TP HCM, 2002.
[5] D. Colton, Partial Differential Equations, An introduction, New York, Random House, 1988. [6] L.C. Evans, Partial Differential Equations, AMS Press,1998. [7] A. Kirsch, An introduction to the Mathematical Theory of Inverse problems, springer-Verlag, New York, 1996. [8] L.A. Liusternik and V.J. Sobolev, Elements of Functional Analysis, Frederick Ungar Publishing Co., New York, 1961. [9] V.P. Mikhailov, Partial Differential Equations, Mir Publishers Moscow, 1975.
[10] Phan Bá Ngọc, Hàm biến phức và Phép biến đổi Laplace, NXBGD, 1996. [11] A. Sveshnikov, A. Tikhonov, Theory of Functionals of a complex variable, Mir Publishers, Moscow, 1978. [12] N.C. Tâm, Phương trình Vật Lý-Toán nâng cao, NXB ĐHQG TP HCM, 2002.
[13] N.C. Tâm, N.H. Nghĩa, Xấp xỉ ổn định lời giải của bài toán Cauchy cho phương trình Poisson trong hình tròn đơn vị. Tạp chí “ Khoa học & Công nghệ “ của 4 trường Đại học Kỹ thuật, số 9, (1995), 82-84. [14] N.C. Tâm, N.H. Nghĩa, Một thuật toán số cho biến đổi Laplace ngược. Tạp chí “ Khoa học & Công nghệ “ của 4 trường Đại học Kỹ thuật,
số 11, (1996), 65-67.
[15] A.N. Tikhonov, V.Y. Arsenin, Solutions of ill-pose Problems, V.H.Winston and Sons, Washington DC, 1977. [16] Đ.Đ. Trọng, Giáo trình Giải tích thực, ĐHKHTN-ĐHQG TPHCM, 2006.
