tìm nhiệt độ bề mặt từ những nhiệt độ đo bên trong
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (1.15 MB, 55 trang )
ĐẠI HỌC QUỐC GIA TP.HCM
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN
LÊ THỊ PHƯƠNG TRINH
TÌM NHIỆT ĐỘ BỀ MẶT TỪ NHỮNG
NHIỆT ĐỘ ĐO BÊN TRONG
Chuyên ngành : Toán Giải tích
Mã số : 60 46 01
LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC
GVHD: PGS.TS. ĐẶNG ĐỨC TRỌNG
Tp. Hồ Chí Minh - 2011
1
MỤC LỤC
Trang phụ bìa
Mục lục 1
Lời nói đầu 2
Chương 1 – Kiến thức chuẩn bò 3
1.1 Đònh lý Divergence (đònh lý Gauss – Ostrogradski ) 3
1.2 Đònh lý hội tụ bò chặn 3
1.3 Không gian
(1 )
p
Lp
4
1.4 Tích chập trong
4
1.5 Biến đổi Fourier 4
1.6 Một số kết quả tích phân 6
1.7 Bài toán không chỉnh 7
Chương 2 – Các kết quả chính 9
2.1 Giới thiệu bài toán 9
2.2 Bổ đề 10
2.3 Biến đổi bài toán 12
2.4 Tìm biến đổi Fourier của
, 1, ,7
i
Fi
35
2.5 Đònh lý 40
2.6 Các ví dụ số 45
Tài liệu tham khảo 55
2
LỜI NÓI ĐẦU
Luận văn giải quyết vấn đề xác đònh nhiệt độ ban đầu của vật thể hai
lớp. Vấn đề này có nhiều ứng dụng trong Vật lý và Đòa chất. Hiện nay đã có
công trình nghiên cứu xác đònh nhiệt độ của bề mặt vật thể hai lớp (xem [1]).
Luận văn này phát triển bài toán trên với điều kiện cho biết thông lượng nhiệt.
Ta sử dụng kí hiệu
0
,
x
u x t
là đạo hàm riêng của
0
u
theo biến
x
.
Xét hệ
2
00
1
2
2
00
2
2
0 0 2, 0,
0 2 4, 0,
uu
k x t
xt
uu
k x t
xt
với
với
(I)
thỏa điều kiện ban đầu
0
00
00
00
,0 0,
1, , 0,
3, , 0,
4, , 0.
x
x
x
ux
u t f t t
u t g t t
u t h t t
(II)
Ta đi tìm hàm
00
0,u t v t
thỏa hệ (I) và điều kiện (II).
Luận văn được trình bày thành hai chương. Chương I trình bày các kiến
thức cần sử dụng. Chương II chỉnh hóa bài toán trên. Đầu tiên ta sử dụng đònh lý
hàm Green và biến đổi Fourier để đưa hệ (I) với điều kiện (II) về hệ phương
trình tích chập. Tiếp theo ta chỉnh hóa hệ trên và đánh giá sai số. Cuối cùng là
các ví dụ số.
Tôi xin chân thành biết ơn thầy PGS. TS. Đặng Đức Trọng đã tận tình
hướng dẫn tôi hoàn thành luận văn này. Và tôi cũng xin biết ơn thầy
TS. Phạm Hoàng Quân đã đọc và cho tôi nhiều ý kiến quý báu. Cuối cùng, tôi
xin cảm ơn bạn bè đã góp ý cho tôi trong quá trình làm luận văn.
3
Chương 1
KIẾN THỨC CHUẨN BỊ
1.1 Đònh lý Divergence (Đònh lý Gauss – Ostrogradski)
Cho
( , )F f g
là một trường vectơ thuộc lớp
1
C
xác đònh trên một miền
bò chặn
2
và
D
là một miền con của
là hội của một số hữu hạn các
miền rời nhau . Nếu
D
có biên
S
là một đường khả vi trong
thì với pháp vectơ
đơn vò ngoài
n
của
S
đối với
,D
ta có
.
DS
divFdv F nds
1.2 Đònh lý hội tụ bò chặn
Cho
m
f
là một dãy hàm khả tích trên
n
sao cho
lim . . .
m
m
f x f x hk n
Nếu có một hàm khả tích
g
sao cho
m
f x g x h k n
,
m
thì
f
khả tích,
lim 0
n
m
m
f x f x dx
và
lim
nn
m
m
f x dx f x dx
.
4
1.3 Không gian
(1 )
p
Lp
Cho
f
là hàm đo được trên
n
, nếu
||
p
f
1 p
khả tích trên
ta đònh nghóa
1
||
p
p
p
ff
.
Tập hợp tất cả các hàm
f
thỏa
||
p
f
khả tích trên
gọi là
()
p
L
.
1.4 Tích chập trong
1.4.1 Đònh nghóa
Cho
,fg
khả tích trên . Đặt
( ) ( ) ( )f g x f x y g y dy
thì hàm
fg
là hàm khả tích trên và được gọi là tích chập của
f
và
g
.
1.4.2 Đònh lí
Nếu
f
liên tục bò chặn,
g
khả tích trên
và
x
f
bò chặn thì
fg
có đạo
hàm và
()
xx
f g f g
. Nếu
x
f
liên tục thì
()
x
fg
liên tục.
1.5 Biến đổi Fourier
1.5.1 Đònh nghóa
Cho
1
()fL
, khi đó biến đổi Fourier của
,f
kí hiệu là
,f
là hàm cho
bởi công thức
1
()
2
ipx
f p f x e dx
với
p
.
5
1.5.2 Đònh nghóa
Cho
1
()fL
, khi đó biến đổi Fourier ngược của
,f
kí hiệu là
,f
là
hàm cho bởi công thức
1
( ) ( )
2
ipx
f x f p e dp
.
1.5.3 Tính chất
Cho
1
,f g L
,
c
là hằng số thuộc . Khi đó ta có
i)
f g f g
,
ii)
cf c f
,
iii)
.f g f g
,
iv)
1
2
ipx
f x f p e dp
,
v)
2
2
L
L
ff
.
1.5.4 Biến đổi Fourier cho hàm thuộc
2
L
Đònh nghóa
Cho
2
fL
, khi đó biến đổi Fourier của
f
là
1
lim
2
N
ipx
N
N
F f p f x e dx
,
với
p
.
6
Đònh lý Plancherel (Đẳng thức Plancherel)
a)
N
Ff
hội tụ trong
2
L
đến một hàm
Ff
khi
N
. Hơn nữa
2
2
2 2 2
2
L
L
F f F f p dp f x dx f
b) Nếu
21
f L L
thì
F f f h k n
trên .
c) Đặt
1
2
N
ixp
N
N
g x F f e dp
thì
N
g
hội tụ trong
2
L
đến
f
khi
N
.
d)
F
là toán tử đẳng cự từ
2
L
vào
2
L
, nghóa là
2
2
L
L
F f f
.
1.6 Một số kết quả tích phân (xem [7])
a)
2
x
e dx
Với
Re 0, 0
, ta có
b)
1/2
0
11
cos
2
x dx
x
c)
1/2
0
11
sin
2
x dx
x
d)
1/2
1
1/2
2
/
2
3/2
0
1
cos cos 2
x
e x dx e
x
e)
1/2
1
1/2
2
/
2
3/2
0
1
sin sin 2
x
e x dx e
x
7
f)
1/2
1
1/2 1/2
2
/
2
1/2
0
1
cos 2 cos 2 sin 2
x
e x dx e
x
g)
1/2
1
1/2 1/2
2
/
2
1/2
0
1
sin 2 cos 2 sin 2
x
e x dx e
x
.
1.7 Bài toán không chỉnh
1.7.1 Đònh nghóa (Bài toán chỉnh)
Cho
,XY
là các không gian đònh chuẩn,
:K X Y
là một ánh xạ. Phương
trình
Kx y
được gọi là chỉnh nếu thỏa các tính chất sau
a) Sự tồn tại nghiệm:
yY
, có ít nhất một
xX
sao cho
Kx y
.
b) Sự duy nhất nghiệm:
,yY
có nhiều nhất một
xX
sao cho
Kx y
.
c) Nghiệm phụ thuộc liên tục: với mọi dãy
()
n
xX
thỏa
,
n
Kx Kx n
thì ta có
,.
n
x x n
Bài toán được gọi là không chỉnh nếu nó không thỏa ít nhất một trong các
điều kiện trên.
1.7.2 Chỉnh hóa bài toán ngược
Cho
:K X Y
là một toán tử liên tục giữa hai không gian Hilbert và
phương trình
Kx y
có một nghiệm chính xác là
0
x
tương ứng với dữ liệu chính
xác là
0
y
.
Tuy nhiên trên thực tế ta không có dữ liệu chính xác mà thường là dữ liệu
gần đúng
y
so với dữ liệu chính xác với sai số
0
. Do đó, vấn đề đặt ra là ta
phải xây dựng dãy
xX
dần về nghiệm chính xác
0
x
.
8
1.7.3 Sơ đồ chỉnh hóa
Một sơ đồ chỉnh hóa là một họ các toán tử tuyến tính liên tục, bò chặn
:,R Y X
0
sao cho
0
lim , .R Kx x x X
Chọn
x R y
như là một xấp xỉ của nghiệm chính xác. Khi đó
00
x x R y R y R y x
0
R y y R Kx x
0
.R R Kx x
Mệnh đề
Cho
R
là một sơ đồ chỉnh hóa cho toán tử tuyến tính compact
K
và
dimX
thì các toán tử
R
không bò chặn đều, tức là
()
j
sao cho
|| ||
j
R
khi
j
.
Ta cần chọn
phụ thuộc vào
để giữ cho tổng sai số ở mức
nhỏ nhất có thể được. Cụ thể, ta có đònh nghóa sau
Đònh nghóa
Một sơ đồ chỉnh hóa
()
được gọi là chấp nhận được nếu nó thỏa
mãn
a)
( ) 0
khi
0.
b)
()
sup 0xx
khi
0
,
.xX
9
Chương 2
TÌM NHIỆT ĐỘ BỀ MẶT TỪ NHỮNG NHIỆT ĐỘ
ĐO BÊN TRONG
2.1 Giới thiệu bài toán
Xét hệ phương trình
2
00
1
2
2
00
2
2
0 0 2, 0,
0 2 4, 0,
uu
k x t
xt
uu
k x t
xt
với
với
(I)
thỏa điều kiện ban đầu
0
00
00
00
,0 0,
1, , 0,
3, , 0,
4, , 0.
x
x
x
ux
u t f t t
u t g t t
u t h t t
(II)
Ta tìm hàm
00
0,u t v t
thỏa hệ (I) và điều kiện (II).
10
2.2 Bổ đề
Với
2
1
, , , exp
4
2
x
F x t
t
t
và
gt
là hàm số liên tục
và bò chặn trên
0;
, ta có
i)
0
0
1
lim , ,0,
2
t
x
F x t g d g t
,
2.1
ii)
0
0
1
lim , ,0,
2
t
x
F x t g d g t
.
2.2
Chứng minh (2.1)
Ta có
2
3
, , , exp
4
4
xx
F x t
t
t
,
nên
0
0
lim , ,0,
t
x
F x t g d
2
3
0
0
lim exp
4
4
t
x
xx
gd
t
t
.
Đặt
2
x
T
t
, suy ra
3
4
x
dT d
t
.
Đổi biến số ta được
2
3
0
0
lim exp
4
4
t
x
xx
gd
t
t
2
2
2
0
2
1
lim
4
T
x
x
t
x
e g t dT
T
11
2
2
2
0
;
0
2
1
lim
4
T
x
x
t
x
e g t T dT
T
.
Vì
gt
bò chặn trên
0;
nên
:0M g t M t
, nên
22
2
2
;
2
4
TT
x
t
x
e g t T M e
T
.
Ngoài ra
22
2
2
0
;
2
lim
4
TT
x
x
t
x
e g t T e g t
T
.
Theo đònh lý hội tụ bò chặn, ta có
2
2
2
0
;
0
2
1
lim
4
T
x
x
t
x
e g t T dT
T
22
00
1 1 1
2
TT
e g t dT g t e dT g t
.
Vậy ta có điều phải chứng minh.
Chứng minh (2.2)
Ta có
0
0
lim , ,0,
t
x
F x t g d
2
3
0
0
lim exp
4
4
t
x
xx
gd
t
t
.
Đặt
Xx
, suy ra
2
3
0
0
lim exp
4
4
t
x
xx
gd
t
t
2
3
0
0
lim exp
4
4
t
X
XX
gd
t
t
.
12
Theo
2.1
, ta được
2
3
0
0
1
lim exp
42
4
t
X
XX
g d g t
t
t
.
Vậy bổ đề đã được chứng minh.
2.3 Biến đổi bài toán
Trước tiên, ta đặt
2
2
1
, , , exp
4
2
x
xt
kt
t
,
và
, , , , , , , ,8 ,G x t x t x t
.
Suy ra
, , , , , , , ,8 ,G x t x t x t
nên
, ,4, 0G x t
.
Ta có
0 0 0
2
1
0u G u G u G
k
.
Đặt
1 0 0 0
2
1
;W u G u G u G
k
nên
1
0divW
.
Xét
1
3;4 0;t
, vì
11
11
divW W n
suy ra
44
1 1 1 1
3 3 0 0
0; 1 0;1 1;0 1;0 0
tt
W d W d W d W d
,
13
nên
44
00
22
33
11
,0 , , ,0 , , , ,u G x t d u t G x t t d
kk
0
0
3, , ,3, 3, , ,3,
t
o
u G x t u G x t d
0
0
4, , ,4, 4, , ,4, 0
t
o
u G x t u G x t d
.
Vì
0
,0 0u
và
, ,4, 0G x t
nên
4
0
2
3
1
, , , ,u t G x t t d
k
0
0
3, , ,3, 3, , ,3,
t
o
u G x t u G x t d
0
4, , ,4, 0
t
o
u G x t d
.
2.3
Từ đẳng thức
2.3
, cho
0
ta được
00
0
2
1
, 3, , ,3,
t
u x t u G x t d
k
00
3, , ,3, 4, , ,4, 0
tt
oo
u G x t d u G x t d
.
2.4
Tiếp theo, từ đẳng thức
2.4
, ta cho
3x
.
Vì
, ,3, , ,3, , ,5,G x t x t x t
,
14
neõn
0
3
0
lim 3, , ,3,
t
x
u G x t d
00
33
00
lim 3, , ,3, lim 3, , ,5,
tt
xx
u x t d u x t d
.
Ta ủaởt
10
3
0
lim 3, , ,3,
t
x
L u x t d
,
20
3
0
lim 3, , ,5,
t
x
L u x t d
.
Ta tớnh
1
L
Vỡ
2
3
2
2
2
, , , exp
4
4
x
x
xt
kt
kt
,
neõn
2
10
3
3
2
0
2
2
3
3
lim 3, exp
4
4
t
x
x
x
L u d
kt
kt
.
ẹaởt
2
3x
X
k
vaứ theo
2.1
, ta coự
2
10
3
0
0
2
2
1
lim 3, exp
4
4
t
X
XX
L u d
t
k
t
0
2
1
3,
2
ut
k
.
15
Ta tính
2
L
2
20
3
3
2
0
2
2
5
5
lim 3, exp
4
4
t
x
x
x
L u d
kt
kt
0
3
2
0
2
2
3,
11
exp
2
t
u
d
kt
kt
.
Từ các kết quả tính
1
L
và
2
L
, ta có
0
3
0
lim 3, , ,3,
t
x
u G x t d
0
0
3
2
0
2
2
2
3,
1 1 1
3, exp
22
t
u
u t d
kt
k
kt
.
2.5
Tiếp theo, vì
, ,3, , ,3, , ,5,G x t x t x t
,
nên
0
3
0
lim 3, , ,3,
t
x
u G x t d
2
0
3
2
0
3,
3
lim exp
4
2
t
x
u
x
d
kt
t
2
0
3
2
0
3,
5
lim exp
4
2
t
x
u
x
d
kt
t
00
2
00
1
exp
22
tt
gg
dd
kt
tt
.
2.6
16
Bên cạnh đó, vì
, ,4,G x t
, ,4, , ,4,x t x t
2 , ,4,xt
2
2
4
1
2 exp
4
2
x
kt
t
,
cho nên
0
3
0
lim 4, , ,4,
t
x
u G x t d
2
0
3
2
0
4,
4
lim exp
4
t
x
u
x
d
kt
t
0
2
0
1
exp
4
t
h
d
kt
t
.
2.7
Vậy với đẳng thức
2.4
, cho
3x
và từ
2.5
,
2.6
và
2.7
ta có
0
0
3
2
0
2
2
2
3,
1 1 1
3, exp
22
t
u
u t d
kt
k
kt
00
2
00
1
exp
22
tt
gg
dd
kt
tt
0
2
0
1
exp 0
4
t
h
d
kt
t
.
17
Nhân đẳng thức trên cho
2
2k
, ta được
2 0 0
3
2
0
2
2 1 1 1
3, 3, exp
2
2
t
k u t u d
kt
t
0
2 2 0
1
2
00
2
1 1 1 1
exp
22
tt
g
k d k g d
kt
t
t
20
1
2
0
2
1 1 1
2 exp 0
4
2
t
k h d
kt
t
.
2.8
Tiếp theo, ta đặt
1/2
1
1
, 0,
0, 0,
t
Ft
t
t
3/2
2
2
11
exp , 0,
0, 0,
t
Ft
t k t
t
1/2
3
2
11
exp , 0,
0, 0,
t
Ft
t k t
t
1/2
4
2
11
exp , 0,
4
0, 0.
t
Ft
t k t
t
Từ
2.8
suy ra
2 0 2 0
2
3, 3,
2
k u t F u t
2 1 0 2 3 0 2 4 0
20k F g t k F g t k F h t
.
18
Lấy Fourier đẳng thức trên, ta được
2 0 2 0
2
3, 3,
2
k u p F p u p
2 1 0 2 3 0 2 4 0
20k F p g p k F p g p k F p h p
.
Suy ra
0 2 2
2
3,
2
u p k F p
2 1 0 2 3 0 2 4 0
20k F p g p k F p g p k F p h p
.
2.9
Tiếp theo, đặt
, , , , , , , ,4 ,N x t x t x t
.
Suy ra
, ,2, 0N x t
.
Ta có
0 0 0
2
1
0u N u N u N
k
.
Đặt
2 0 0 0
2
1
;W u N u N u N
k
nên
2
0divW
.
Xét
2
2;3 0;t
. Vì
22
22
divW W n
nên
33
2 2 2 2
2 2 0 0
0; 1 0;1 1;0 1;0 0
tt
W d W d W d W d
.
19
Suy ra
33
00
22
22
11
,0 , , ,0 , , , ,u N x t d u t N x t t d
kk
0
0
2, , ,2, 2, , ,2,
t
o
u N x t u N x t d
0
0
3, , ,3, 3, , ,3, 0
t
o
u N x t u N x t d
.
Vì
0
,0 0u
và
, ,2, 0N x t
vì thế ta có
3
0
2
2
1
, , , ,u t N x t t d
k
0
0
2, , ,2,
t
u N x t d
0
00
3, , ,3, 3, , ,3, 0
tt
o
u N x t d u N x t d
.
Từ đẳng thức trên, ta cho
0
, và vì
3
00
0
2
2
2
11
lim , , , , ,u t N x t t d u x t
k
k
,
suy ra
00
0
2
1
, 2, , ,2,
t
u x t u N x t d
k
00
3, , ,3, 3, , ,3, 0
tt
oo
u N x t d u N x t d
.
2.10
Từ đẳng thức
2.10
, ta cho
3x
.
20
Vì
, ,2, 2 , ,2,N x t x t
2
3
2
2
2
2
2
2 exp
4
4
x
x
kt
kt
,
suy ra
0
3
0
lim 2, , ,2,
t
x
u N x t d
2
0
3
3
2
0
2
2
2
2
lim 2, exp
4
2
t
x
x
x
ud
kt
kt
0
3
2
0
2
2
2,
11
exp
4
2
t
u
d
kt
kt
.
2.11
Tieáp theo, vì
, , , , , , , ,4 ,N x t x t x t
,
neân
, ,3, , ,3, , ,1,N x t x t x t
,
suy ra
0
3
0
lim 3, , ,3,
t
x
u N x t d
00
33
00
lim 3, , ,3, lim 3, , ,1,
tt
xx
u x t d u x t d
.
Ñaët
30
3
0
lim 3, , ,3,
t
x
L u x t d
,
40
3
0
lim 3, , ,1,
t
x
L u x t d
.
21
Ta tính
3
L
2
30
3
3
2
0
2
2
3
3
lim 3, exp
4
4
t
x
x
x
L u d
kt
kt
.
Đặt
2
3x
X
k
và theo
2.2
, ta có
2
30
3
0
2
0
2
2
1
lim 3, exp
4
4
t
X
XX
L u d
kt
k
t
0
2
1
3,
2
ut
k
.
Ta tính
4
L
2
40
3
3
2
0
2
2
1
1
lim 3, exp
4
4
t
x
x
x
L u d
kt
kt
0
3
2
0
2
2
3,
11
exp
2
t
u
d
kt
kt
.
Từ kết quả tính
3
L
và
4
L
, ta có
0
3
0
lim 3, , ,3,
t
x
u N x t
0
0
3
2
0
2
2
2
3,
1 1 1
3, exp
22
t
u
u t d
kt
k
kt
.
2.12
22
Bên cạnh đó, vì
, ,3, , ,3, , ,1,N x t x t x t
nên
0
3
0
lim 3, , ,3,
t
x
u N x t d
2
0
3
2
0
3,
3
lim exp
4
2
t
x
u
x
d
kt
t
2
0
3
2
0
3,
1
lim exp
4
2
t
x
u
x
d
kt
t
00
2
00
1
exp
22
tt
gg
dd
kt
tt
.
2.13
Vậy với đẳng thức
2.10
, ta cho
3x
, và từø
2.11
,
2.12
và
2.13
ta có
0
0
3
2
0
2
2
2
3,
1 1 1
3, exp
22
t
u
u t d
kt
k
kt
0
3
2
0
2
2
2,
11
exp
4
2
t
u
d
kt
kt
00
2
00
1
exp 0
22
tt
gg
dd
kt
tt
.
Nhân đẳng thức trên cho
2
2k
, ta được
2 0 0
3
2
0
2
2 1 1 1
3, 3, exp
2
2
t
k u t u d
kt
t
0
3
2
0
2
1 1 1
2, exp
4
2
t
ud
kt
t
20
1
0
2
11
2
t
k g d
t
20
1
2
0
2
1 1 1
exp 0
2
t
k g d
kt
t
.
2.14
23
Đặt
3/2
5
2
11
exp , 0,
4
0, 0.
t
Ft
t k t
t
Từ
2.14
suy ra
2 0 2 0
2
3, 3,
2
k u t F u t
2 1 0 2 3 0 5 0
2, 0k F g t k F g t F u t
.
Lấy Fourier hai vế đẳng thức trên, ta được
2 0 2 0
2
3, 3,
2
k u p F p u p
2 1 0 2 3 0 5 0
2, 0k F p g p k F p g p F p u p
.
Suy ra
0 2 2
2
3,
2
u p k F p
2 1 0 2 3 0 5 0
2, 0k F p g p k F p g p F p u p
.
2.15
Từ
2.9
và
2.15
, ta có
2 2 2 1 0 2 3 0 2 4 0
2
2
2
k F p k F p g p k F p g p k F p h p
2 2 2 1 0 2 3 0 5 0
2
2, 0
2
k F p k F p g p k F p g p F p u p
,
dẫn đến
3
2 1 0 2 2 3 0
22k F p g p k F p F p g p
2 4 2 2 0
2
2
2
k F p k F p h p
5 2 2 0
2
2, 0
2
F p k F p u p
.
2.16
24
Tiếp theo, ta đặt
2
1
1
, , , exp
4
2
x
xt
kt
t
,
và
, , , , , , , ,4 ,L x t x t x t
,
suy ra
, ,2, 0L x t
.
Ta có
0 0 0
1
1
0u L u L u L
k
.
Đặt
3 0 0 0
1
1
;W u L u L u L
k
nên
3
0divW
.
Xét
3
1;2 0;t
. Vì
33
33
divW W n
, suy ra
22
3 3 3 3
1 1 0 0
0; 1 0;1 1;0 1;0 0
tt
W d W d W d W d
.
Cho nên
22
00
11
11
11
,0 , , ,0 , , , ,u L x t d u t L x t t d
kk
0
0
1, , ,1, 1, , ,1,
t
o
u L x t u L x t d
0
0
2, , ,2, 2, , ,2, 0
t
o
u L x t u L x t d
.
