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

TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH- - - - F -PHAN THỊ THANH HUYỀN GIẢI MỘT BÀI TOÁN TRUYỀN NHIỆT NGƯỢC THỜI GIAN BẰNG PHƯƠNG PHÁP BIẾN PHÂN LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Nghệ An - 2014... BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀ

TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH

- - - - F

-PHAN THỊ THANH HUYỀN

GIẢI MỘT BÀI TOÁN TRUYỀN NHIỆT NGƯỢC THỜI GIAN BẰNG PHƯƠNG PHÁP

BIẾN PHÂN

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Nghệ An - 2014

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH

- - - - F

-PHAN THỊ THANH HUYỀN

GIẢI MỘT BÀI TOÁN TRUYỀN NHIỆT NGƯỢC THỜI GIAN BẰNG PHƯƠNG PHÁP

BIẾN PHÂN

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Nghệ An - 2014

MỤC LỤC

Trang

MỤC LỤC 1

MỞ ĐẦU 2

Chương 1 Phép tính vi phân trong không gian Banach 4

1.1 Không gian Banach và các ánh xạ tuyến tính liên tục, đa tuyến tính liên tục 4

1.2 Ánh xạ khả vi trên không gian Banach 9

Chương 2 Chỉnh hoá bài toán truyền nhiệt ngược thời gian bằng phương pháp biến phân 20

2.1 Giới thiệu bài toán 20

2.2 Phương pháp biến phân cho phương trình truyền nhiệt ngược thời gian 21

KẾT LUẬN 31

TÀI LIỆU THAM KHẢO 32

MỞ ĐẦU

Phương trình truyền nhiệt ngược thời gian là bài toán xác định nhiệt độ tại mộtthời điểm nào đó trong quá khứ qua nhiệt độ đo đạc được tại thời điểm hiện tại Bàitoán này đặt không chỉnh theo nghĩa Hadamard Do đó, để giải quyết bài toán ta cần

đề xuất các phương pháp chỉnh hóa Nhiều nhà toán học trong và ngoài nước đã dànhnhiều thời gian và tâm huyết để nghiên cứu bài toán này và đã đề xuất nhiều phươngpháp chỉnh hóa khác nhau

Để tập dượt nghiên cứu cũng như để tìm hiểu kỹ hơn về một phương pháp chỉnh hóaphương trình truyền nhiệt ngược thời gian, trên cơ sở bài báo "Solving a backward heatconduction problem by variational method" của các tác giả Yun-Jie Ma, Chu-Li Fu vàYuan-Xiang Zhang đăng trên tạp chí Applied Mathematics and Computation năm 2012,chúng tôi lựa chọn đề tài cho Luận văn của mình là : "Giải một bài toán truyềnnhiệt ngược thời gian bằng phương pháp biến phân"

Mục đích chính của luận văn này nhằm tìm hiểu về việc sử dụng phương pháp biếnphân để chỉnh hoá bài toán

−a(0, t)wx(0, t) = g0(t), t ∈ [0, T ]a(l, t)wx(l, t) = g1(t), t ∈ [0, T ],

(1)

với a(x, t) ∈ C1(QT), a(x, t) > ν > 0, ν là hằng số cố định và ΘT(x), g0(t), g1(t) là cáchàm số đã cho Với mục đích đó, luận văn được chia làm hai chương:

Chương 1 nhằm mục đích trình bày một số kiến thức liên quan đến nội dung chương

2 như: khái niệm về không gian Banach, ánh xạ tuyến tính liên tục trên không gianBanach, ánh xạ khả vi trên các không gian Banach và các tính chất cơ bản của nó.Chương 2 nhằm mục đích trình bày các kết quả chỉnh hóa bài toán truyền nhiệtngược thời gian bằng phương pháp biến phân trong bài báo [7]

Luận văn được hoàn thành tại Trường Đại Học Vinh dưới sự hướng dẫn tận tình,chu đáo của thầy giáo TS Nguyễn Văn Đức Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắcnhất đến thầy Nhân dịp này tác giả xin chân thành cảm ơn Ban chủ nhiệm khoa Toán,quý thầy cô trong tổ giải tích khoa Sư phạm Toán học - Trường Đại Học Vinh, phòng

tổ chức Trường Đại Học Sài Gòn và đặc biệt là các anh chị học viên cao học khóa 20Toán giải tích tại Trường Đại Học Sài Gòn đã tạo điều kiện thuận lợi giúp tác giả hoànthành nhiệm vụ trong suốt quá trình học tập Mặc dù có nhiều cố gắng, nhưng chắcchắn luận văn không tránh khỏi những hạn chế thiếu sót Kính mong quý thầy cô vàbạn đọc đóng góp ý kiến để luận văn được hoàn thiện hơn

2

Vinh, năm 2014Tác giả

Phan Thị Thanh Huyền

CHƯƠNG 1 PHÉP TÍNH VI PHÂN TRONG KHÔNG GIAN BANACH

Chương này trình bày các kết quả về không gian Banach, ánh xạ tuyến tính liên tục,ánh xạ đa tuyến tính liên tục và ánh xạ khả vi giữa các không gian Banach để làm

cơ sở cho chương 2 Các kiến thức trình bày ở chương này được chúng tôi tham khảotrong tài liệu [5]

liên tục, đa tuyến tính liên tục

Mục này trình bày một số khái niệm và kết quả cơ bản về không gian không gianBanach và các ánh xạ liên tục, đa tuyến tính liên tục cần dùng trong luận văn

1.1.1 Định nghĩa Cho E là không gian vectơ trên trường K và R+ là tập các số thựckhông âm Ánh xạ k · k : E → R+ được gọi là một chuẩn trên E nếu

a ∈ E và được ký hiệu là lim

n→∞= a nếu dãy số (kxn− ak)n≥0 hội tụ tới 0

Một dãy (xn)n≥0 các điểm thuộc E được nói là dãy Cauchy nếu

một trong ba chuẩn sau đây:

vuut

n

X

i=1

|xi|2, ∀x = (x1, , xn) ∈ Rn

1.1.4 Định lý Cho E và F là hai không gian định chuẩn trên trường K và f : E → F

là một ánh xạ tuyến tính Khi đó các điều kiện sau là tương đương

(a) f liên tục đều trên E;

(b) f liên tục tại mọi điểm thuộc E;

(c) f liên tục tại 0;

(d) kf (x)k bị chặn trên hình cầu đơn vị kxk ≤ 1

Chứng minh Rõ ràng rằng (a) ⇒ (b) ⇒ (c) Chúng ta hãy chứng tỏ rằng (c) ⇒ (d).Thật vậy, ta giả sử rằng f liên tục tại 0 Khi đó nghịch ảnh của hình cầu đơn vị trong

F là một lân cận của 0 trong E Do đó, nó chứa một hình cầu kxk ≤ r với r > 0 nào

đó Điều này có nghĩa là tồn tại một số thực r > 0 sao cho nếu kxk ≤ r thì kf (x)k ≤ 1

Do đó kxk ≤ 1 kéo theo rằng kf (x)k ≤ 1/r Do đó kf (x)k bị chặn trên hình cầu đơn

vị kxk ≤ 1

Cuối cùng, ta hãy chứng minh (d) kéo theo (a) Nếu (d) đúng thì tồn tại một hằng số

M > 0 sao cho kf (x)k ≤ M với mọi x thỏa mãn kxk ≤ 1 Do đó, với mọi x ta có

kf (x)k ≤ M kxk

(Điều này là hiển nhiên nếu kxk = 0 Nếu kxk = r > 0 thì vectơ y = (1/r)x thỏa mãnkyk = 1 Do đó kf (y)k ≤ M Điều này kéo theo kf (x)k = rkf (y)k ≤ rM = M kxk).Lấy ε > 0 bất kỳ, chọn δ = ε

M Khi đó, với mọi x, y ∈ E thỏa mãn kx − yk < ε ta có

kf (x) − f (y)k = kf (x − y)k 6 Mkx − yk < Mδ = ε

Vậy f liên tục trên E

Ký hiệu L(E, F ) là không gian các ánh xạ tuyến tính liên tục từ E vào F Trênkhông gian này, ta trang bị chuẩn

kf k = sup

kxk≤1

kf (x)k, ∀f ∈ L(E, F )

Khi đó L(E, F ) trở thành một không gian định chuẩn

1.1.5 Định lý Nếu F là một không gian Banach thì L(E, F ) cũng là một không gianBanach

1.1.6 Định lý Cho E, F và G là các không gian định chuẩn và f : E → F , g : F → G

là các ánh xạ tuyến tính liên tục Khi đó g ◦ f : E → G cũng là ánh xạ tuyến tính liêntục và

kg ◦ f k 6 kgkkfk

1.1.7 Định nghĩa Cho E1, , En và F là các không gian vectơ trên trường K Mộtánh xạ

f : E1× × En→ Fđược gọi là đa tuyến tính (song tuyến tính nếu n = 2, tam tuyến tính nếu n = 3) nếuvới mỗi k ∈ {1, 2, · · · , n} và (a1, a2, · · · , an) ∈ E1× × En, ánh xạ

xk 7→ f (a1, , ak−1, xk, ak+1, , an)

từ Ek vào F là ánh xạ tuyến tính

1.1.8 Định lý Giả sử E1, En, F là các không gian định chuẩn trên trường K và

f : E1× × En→ F là một ánh xạ đa tuyến tính Khi đó, các điều kiện sau là tươngđương:

(a) f liên tục tại mỗi điểm của E1× × En;

(b) f liên tục tại điểm (0, , 0) ∈ E1× × En;

(c) kf (x1, , xn)k bị chặn trên tích của các hình cầu đơn vị

kx1k 6 1, , kxnk 6 1

Chứng minh Rõ ràng rằng (a) ⇒ (b) Để chứng minh (b) ⇒ (c) chúng ta chú ý rằngnếu f liên tục tại (0, , 0) ∈ E1× × En thì nghịch ảnh của hình cầu đơn vị của f làmột lân cận của (0, , 0) ∈ E1× × En Do đó, tồn tại số thực r > 0 sao cho

(kxik 6 r, ∀i ∈ {1, 2, , n}) ⇒ kf(x1, , xn)k 6 1

Do đó

(kxik 6 1, ∀i ∈ {1, 2, , n}) ⇒ kf(x1, , xn)k 6 1

rn.Điều này có nghĩa là kf (x1, , xn)k bị chặn trên tích của các hình cầu đơn vị

f (x1, , xn) − f (a1, , an) = f (x1− a1, x2, , xn)+

+ f (a1, x2− a2, x3, , xn) + + f (a1, , an−1, xn− an) (1.2)

Định lý được chứng minh.

Ký hiệu L(E1, , En; F ) là không gian tất cả các ánh xạ đa tuyến tính liên tục từ

E1× × En vào F Trên không gian này ta trang bị chuẩn

kf k = sup{kf (x1, , xn)k : kx1k 6 1, , kxnk 6 1}, ∀f ∈ L(E1, , En; F ).Khi đó L(E1, , En; F ) trở thành một không gian định chuẩn

1.1.9 Định lý Nếu F là không gian Banach thì L(E1, , En; F ) cũng là một khônggian Banach

Cho E, F là các không gian Banach và U là một tập mở khác rỗng trong E

1.2.1 Định nghĩa Hai ánh xạ f1 : U → F và f2 : U → F được gọi là tiếp xúc vớinhau tại điểm a ∈ U nếu đại lượng

m(r) = sup

kx−ak6r

kf1(x) − f2(x)k,được xác định với r > 0 đủ nhỏ và thỏa mãn điều kiện

lim

r→0 r>0

m(r)

hay

1.2.4 Định nghĩa Ta nói rằng ánh xạ f : U → F khả vi tại điểm a ∈ U nếu các điềukiện sau đây được thỏa mãn:

(i) f liên tục tại điểm a;

(ii) tồn tại một ánh xạ tuyến tính g : E → F sao cho các ánh xạ x 7→ f (x) − f (a)

và x 7→ g(x − a) tiếp xúc với nhau tại điểm a

Điều kiện (ii) cũng có thể viết lại thành

1.2.5 Nhận xét Nếu f khả vi tại điểm a thì g là ánh xạ tuyến tính liên tục duy nhất.Như vậy ánh xạ này là một phần tử của L(E; F ) Nó được ký hiệu là f0(a) và gọi làđạo hàm của ánh xạ f tại điểm a Do đó ta có một định nghĩa khác tương đương: ánh

xạ f khả vi tại a ∈ U nếu tồn tại một phần tử g ∈ L(E; F ) sao cho (1.8) được thỏamãn Tính liên tục của g kéo theo từ tính liên tục của f tại điểm a Ta cũng chú ý rằngđiều kiện (1.8) thường được viết bằng cách sử dụng ký hiệu f0(a) là

kf (x) − f (a) − f0(a)(x − a)k = o(kx − ak) (1.9)

1.2.6 Định nghĩa Ánh xạ f : U → F được gọi là khả vi trên U nếu f khả vi tại mọiđiểm thuộc U Ánh xạ f : U → F được gọi là khả vi liên tục hay thuộc lớp C1 nếu:(i) f khả vi trên U , nghĩa là f khả vi tại mọi điểm thuộc U ;

(ii) ánh xạ đạo hàm f0 : U → L(E; F ) là ánh xạ liên tục

Cho E, F, G là ba không gian Banach, U là tập mở trong E và V là tập mở trong

1.2.7 Định lý (Đạo hàm của hàm hợp) Với các giả thiết vừa được trình bày ở trên vàgiả thiết thêm rằng f khả vi tại a và g khả vi tại b = f (a) Khi đó ánh xạ hợp thành

h = g ◦ f khả vi tại điểm a và

Nói cách khác, ánh xạ tuyến tính liên tục h0(a) : E → G là hợp thành của ánh xạ tuyếntính liên tục f0(a) : E → F và ánh xạ tuyến tính liên tục g0(f (a)) : F → G

Chứng minh Từ giả thiết ta có

f (x) = f (a) + f0(a)(x − a) + ϕ(x − a), (1.11)trong đó

Thật vậy, vì g0(f (a)) : F → G là một ánh xạ tuyến tính liên tục nên ta có

kg0(f (a))ϕ(x − a)k 6 kg0(f (a))k.kϕ(x − a)k (1.19)

Từ (1.12) và (1.19) ta suy ra (1.17) Áp dụng (1.14) với y = f (x) và b = f (a) ta được

Mặt khác, từ (1.11), (1.12) và với chú ý rằng f0(a) : E → F là một ánh xạ tuyến tínhliên tục, ta có

kf (x) − f (a)k = kf0(a)(x − a) + ϕ(x − a)k

6 kf0(a)(x − a)k + kϕ(x − a)k

6 kf0(a)kk(x − a)k + kϕ(x − a)k (1.21)

Từ (1.12), (1.20) và (1.22) ta suy ra (1.19)

Định lý đã được chứng minh

1.2.8 Định lý (Định lý giá trị trung bình) Cho a, b là các số thực thỏa mãn a < b và

f : [a, b] → F , g : [a, b] → R là các ánh xạ liên tục trên [a, b], trong đó F là một khônggian Banach Giả sử rằng f và g khả vi tai mọi điểm thuộc khoảng (a, b) và ta có

Ký hiệu U là tập tất cả các phần tử x ∈ [a, b] sao cho bất đẳng thức (1.24) khôngđược thỏa mãn Điều này có nghĩa U là tập tất cả x ∈ [a, b] thỏa mãn bất đẳng thức

kf (x) − f (a)k > g(x) − g(a) + ε(x − a) + ε (1.25)

Ta cần chứng minh rằng U là một tập rỗng Trước hết ta có nhận xét U là một tập

mở Thật vậy, xét hàm

ϕ(x) = kf (x) − f (a)k − g(x) − g(a) + ε(x − a) + ε, x ∈ [a, b]

Vì f, g liên tục trên [a, b] nên ϕ là một hàm số liên tục trên [a, b] Mặt khác U =

ϕ−1((0, +∞)) nên U là tập mở Bây giờ ta giả sử rằng U là tập không rỗng Khi đó đặt

c = inf{x : x ∈ U } Ta khẳng định rằng:

(i) c > a vì bất đẳng thức (1.24) đúng với x = a và do tính liên tục, nó cũng đúngcho tất cả các giá trị x đủ gần a

(ii) c /∈ U vì nếu c ∈ U thì do U là tập mở nên tồn tại một điểm x sao cho a < x < c

và x ∈ U Điều này mâu thuẫn với c = inf{x : x ∈ U }

(iii) c < b vì nếu trái lại thì tập U chỉ gồm một điểm b Đây là tập đóng mà khôngphải là tập mở

Như vậy a < c < b Do đó, theo giả thiết ta có

kf (x) − f (c)k 6 g(x) − g(c) + ε(x − c), ∀x ∈ (c, c + η] (1.29)

Rõ ràng bất đẳng thức (1.29) cũng đúng với x = c nên ta có

kf (x) − f (c)k 6 g(x) − g(c) + ε(x − c), ∀x ∈ [c, c + η] (1.30)Mặt khác, vì c /∈ U nên ta có

kf (c) − f (a)k 6 g(c) − g(a) + ε(c − a) (1.31)

a như sau: ánh xạ f : U → F được gọi là khả vi cấp hai tại điểm a ∈ U nếu

(1) f khả vi trong một lân cận V của a;

(2) ánh xạ f0 : V → L(E; F ) khả vi tại điểm a

1.2.10 Định nghĩa Ánh xạ f : U → F được gọi là khả vi cấp hai trên U nếu f khả

vi cấp hai tại mọi điểm thuộc U Nói cách khác, ánh xạ f : U → F khả vi trên U vàánh xạ f0 : U → L(E; F ) cũng khả vi trên U Trong trường hợp này, ta có ánh xạ

f00 : U → L (E; L(E; F ))

x 7→ f00(x)

1.2.11 Định nghĩa Ánh xạ f : U → F được gọi là thuuộc lớp C2 (hoặc khả vi liêntục cấp hai) trên U nếu f khả vi cấp hai trên U và ánh xạ f00 liên tục trên U Điều nàycũng tương đương với ánh xạ f0 : U → L(E; F ) thuộc lớp C1 trên U

1.2.12 Nhận xét Từ phép đẳng cự tự nhiên

L (E; L(E; F )) ≈ L (E, E; F ) ,

ta có thể xem f00(a) là một phần tử của L (E, E; F ), nghĩa là một ánh xạ song tuyếntính liên tục Ánh xạ này được xác định như sau

f00(a) : E × E → F

(h, k) 7→ f00(a)(h, k) :=f00(a)hk

1.2.13 Định lý Nếu f : U → F khả vi cấp hai tại điểm a ∈ U thì đạo hàm cấp hai

f00(a) ∈ L (E, E; F ) là một ánh xạ song tuyến tính đối xứng, nghĩa là

kA(k, h) − (f00(a)h)kk = o (khk + kkk)2
(1.36)Mặt khác, ta có

k(f00(a)k)h − (f00(a)h)kk 6 k(f00(a)k)h − A(h, k)k

+ kA(h, k) − (f00(a)h)kk (1.37)

Từ (1.34), (1.35), (1.36) và (1.37) ta có

k(f00(a)k)h − (f00(a)h)kk = o (khk + kkk)2
(1.38)Mối quan hệ (1.38) tương đương với khẳng định sau: với mọi ε > 0, tồn tại η > 0 saocho

k(f00(a)k)h − (f00(a)h)kk 6 ε(khk + kkk)2 (1.39)

nếu khk + kkk6 η Tuy nhiên, vì f00(a) là một ánh xạ song tuyến tính nên với bất kỳđại lượng vô hướng λ, ta có

k(f00(a)λk)(λh) − (f00(a)λh)(λk)k = |λ|2k(f00(a)k)h − (f00(a)h)kk

Với bất kỳ (h, k) ∈ E × E, chúng ta luôn tìm được một đại lượng vô hướng λ 6= 0 saocho kλhk + kλkk 6 η Sử dụng (1.39) với h được thay bởi λh và k được thay thế bởi

λk ta được

|λ|2k(f00(a)k)h − (f00(a)h)kk

6 ε|λ|2(khk + kkk)2, ∀(h, k) ∈ E × E (1.40)Chia cả hai vế của (1.40) cho |λ|2 6= 0 ta được

k(f00(a)k)h − (f00(a)h)kk 6 ε(khk + kkk)2, ∀(h, k) ∈ E × E (1.41)

Vì bất đẳng thức (1.41) đúng với mọi ε > 0 nên cho ε → 0+ ta kết luận được

(f00(a)k)h = (f00(a)h)k, ∀(h, k) ∈ E × E,hay f00(a) là một ánh xạ song tuyến tính đối xứng

Vấn đề còn lại là ta phải chứng minh mối quan hệ (1.35) Ta có đánh giá sau

kA(h, k) − (f00(a)k)hk 6 kA(h, k) − f0(a + k)h + f0(a)hk

f0(a + k − th) = f0(a) + f00(a)(k + th) + o(kk + thk)

f0(a + th) = f0(a) + f00(a)(th) + o(kthk)

f0(a + k) = f0(a) + f00(a)k + o(kkk)

kA(h, k) − (f00(a)k)hk = khk.o(khk + kkk)

Điều này có nghĩa là với mọi ε > 0, tồn tại η > 0 sao cho

kA(h, k) − (f00(a)k)hk 6 εkhk(khk + kkk) 6 ε(khk + kkk)2nếu khk + kkk6 η Do đó

kA(h, k) − (f00(a)k)hk = o (khk + kkk)2
Vậy (1.35) đúng

Định lý được chứng minh

CHỈNH HOÁ BÀI TOÁN TRUYỀN NHIỆT NGƯỢC THỜI

GIAN BẰNG PHƯƠNG PHÁP BIẾN PHÂN

Trong nhiều ứng dụng của vật lý và kỹ thuật con người phải đối mặt với bài toán khôiphục lại sự phân bố nhiệt độ của một vật thể dẫn nhiệt trong quá khứ qua sự phân bốnhiệt độ đo đạc được vào thời điểm hiện tại Bài toán này thường đặt không chỉnh theonghĩa Hadamard Một sai số nhỏ trong dữ kiện đo đạc được có thể dẫn đến một sailệch lớn về nghiệm Chính vì vậy, để giải quyết bài toán này ta cần đề xuất các phươngpháp chỉnh hóa Các kết quả chỉnh hóa cho bài toán dẫn nhiệt ngược kể trên thườngđạt được cho trường hợp hệ số không phụ thuộc thời gian, rất ít kết quả cho trườnghợp hệ số vừa phụ thuộc biến không gian vừa phụ thuộc biến thời gian (xem [6] và cáctài liệu tham khảo trong đó)

Xét bài toán dẫn nhiệt với hệ số phụ thuộc thời gian

−a(0, t)wx(0, t) = g0(t), t ∈ [0, T ]a(l, t)wx(l, t) = g1(t), t ∈ [0, T ],

(2.1)

với a(x, t) ∈ C1(QT), a(x, t) > ν > 0, ν là hằng số cố định và g0(t), g1(t) là các hàm số

đã cho

nhiệt ngược thời gian

2.2.1 Định nghĩa ([7])Hàm w(·, ·) ∈ V1,0(QT) := C ([0, T ]; L2(0, l))∩L2(0, T ; H1(0, l))được gọi là một nghiệm yếu của bài toán (2.1) nếu thỏa mãn mối quan hệ sau

Z

Q T

(−wηt+ awxηx)dxdt =

Z 1 0

ϕ(x)η(x, 0)dx +

Z T 0

g1(t)η(l, t)dt+

Z T 0

g0(t)η(0, t)dt, ∀η ∈ H1,1(QT), η(., T ) = 0 (2.2)

15