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