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

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH
- - - - - -  - - - - - -
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
- - - - - -  - - - - - -
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
1
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

TÀ I LIỆU THAM KHẢO . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32
MỞ ĐẦU
Phương trình truyền nhiệt ngược thời gian là bài toán xác định nhiệt độ tại một
thời điểm nào đó trong quá khứ qua nhiệt độ đo đạc được tại thời điểm hiện tại. Bài
toán 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 dành
nhiều thời gian và tâm huyết để nghiên cứu bài toán này và đã đề xuất nhiều phương
pháp chỉnh hóa khác nhau.
Để tập dượt nghiên cứu cũng như để tìm hiểu kỹ hơn về một phương pháp chỉnh hóa
phương trình truyền nhiệt ngược thời gian, trên cơ sở bài báo "Solving a backward heat
conduction problem by variational method" của các tác giả Yun-Jie Ma, Chu-Li Fu và
Yuan-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 truyền
nhiệt ngược thời gian bằng phương pháp biến phân".
Mục đích chính của luận văn này nhằm tìm hiểu về việc sử dụng phương pháp biến
phân để chỉnh hoá bài toán









w
t
− (a(x, t)w
x
)

x
= 0, (x, t) ∈ Q
T
:= (0, l) × (0, T ),
w(x, T ) = Θ
T
(x), x ∈ [0, l],
−a(0, t)w
x
(0, t) = g
0
(t), t ∈ [0, T ]
a(l, t)w
x
(l, t) = g
1
(t), t ∈ [0, T ],
(1)
với a(x, t) ∈ C
1
(Q
T
), a(x, t)  ν > 0, ν là hằng số cố định và Θ
T
(x), g
0
(t), g
1
(t) là các
hàm 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 gian
Banach, 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 nhiệt
ngược 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 sắc
nhất 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 To án 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 20
Toán giải tích tại Trường Đại Học Sài Gòn đã tạo điều kiện thuận lợi giúp tác giả hoàn
thành nhiệm vụ trong suốt quá trình học tập. Mặc dù có nhiều cố gắng, nhưng chắc
chắn luận văn không tránh khỏi những hạn chế thiếu sót. Kính mong quý thầy cô và
bạn đọc đóng góp ý kiến để luận văn được hoàn thiện hơn.
2
3
Vinh, năm 2014
Tác 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 á nh 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 khảo
trong tài liệu [5].
1.1 Không gian Banach và các ánh xạ tuyến tính
liên tục, đa tuyến tính liên tục
Mục này trình bày một số khái niệm và kết quả cơ bản về không gian không gian
Banach 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 thực
không âm. Ánh xạ  ·  : E → R
+
được gọi là một chuẩn trên E nếu
(i) 0 = 0;
(i’) (x = 0) ⇒ x = 0;
(ii) x + y ≤ x + y, ∀x, y ∈ E;
(iii) λx = |λ|.x, ∀x ∈ E, λ ∈ K.
Một không gian vectơ được trang bị một chuẩn được gọi là không gian định chuẩn.
1.1.2 Định nghĩa. Một dãy (x
n
)
n≥0
các điểm thuộc E được nói là hội tụ tới điểm
a ∈ E và được ký hiệu là lim
n→∞
= a nếu dãy số (x
n
− a)
n≥0
hội tụ tới 0.
Một dãy (x
n
)
n≥0
các điểm thuộc E được nói là dãy Cauchy nếu
lim
m,n→∞
x

m
− x
n
 = 0.
Không gian định chuẩn E mà trong đó mọi dãy Cauchy đều hội tụ được gọi là không
gian Banach.
1.1.3 Ví dụ. Không gian R
n
là không gian Banach nếu ta trang bị cho không gian này
4
5
một trong ba chuẩn sau đây:
x
1
=
n

i=1
|x
i
|, ∀x = (x
1
, , x
n
) ∈ R
n
,
x
2
= sup

1≤i≤n
|x
i
|, ∀x = (x
1
, , x
n
) ∈ R
n
,
x
3
=




n

i=1
|x
i
|
2
, ∀x = (x
1
, , x
n
) ∈ R
n

.
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) f(x) bị chặn trên hình cầu đơn vị x ≤ 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 x ≤ r với r > 0 nào
đó. Điều này có nghĩa là tồn tại một số thực r > 0 sao cho nếu x ≤ r thì f(x) ≤ 1.
Do đó x ≤ 1 kéo theo rằng f(x) ≤ 1/r. Do đó f(x) bị chặn trên hình cầu đơn
vị x ≤ 1.
Cuối cùng, ta hãy chứng minh (d) kéo theo (a). Nếu (d) đúng thì tồn tại một hằng số
M > 0 sao cho f(x) ≤ M với mọi x thỏa mãn x ≤ 1. Do đó, với mọi x ta có
f(x) ≤ Mx.
(Điều này là hiển nhiên nếu x = 0. Nếu x = r > 0 thì vectơ y = (1/r)x thỏa mãn
y = 1. Do đó f(y) ≤ M. Điều này kéo theo f(x) = rf(y) ≤ rM = Mx).
Lấy ε > 0 bất kỳ, chọn δ =
ε
M
. Khi đó, với mọi x, y ∈ E thỏa mãn x − y < ε ta có
f(x) − f(y) = f(x − y)  M x − y < 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. Trên
không gian này, ta trang bị chuẩn
f = sup
x≤1
f(x), ∀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 gian
Banach.
6
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 liên
tục và
g ◦ f   gf.
1.1.7 Định nghĩa. Cho E
1
, , E
n
và F là các không gian vectơ trên trường K. Một
ánh xạ
f : E
1
× × E
n
→ F
được gọi là đa tuyến tính (song tuyến tính nếu n = 2, tam tuyến tính nếu n = 3) nếu
với mỗi k ∈ {1, 2, ··· , n} và (a
1
, a
2
, ··· , a
n
) ∈ E
1
× × E
n
, ánh xạ

x
k
→ f(a
1
, , a
k−1
, x
k
, a
k+1
, , a
n
)
từ E
k
và o F là ánh xạ tuyến tính.
1.1.8 Định lý. Giả sử E
1
, E
n
, F là các không gian định chuẩn trên trường K và
f : E
1
× × E
n
→ F là một ánh xạ đa tuyến tính. Khi đó, các điều kiện sau là tương
đương:
(a) f liên tục tại mỗi điểm của E
1
× × E

n
;
(b) f liên tục tại điểm (0, , 0) ∈ E
1
× × E
n
;
(c) f(x
1
, , x
n
) bị chặn trên tích của các hình cầu đơn vị
x
1
  1, , x
n
  1.
Chứng minh. Rõ ràng rằng (a) ⇒ (b). Để chứng minh (b) ⇒ (c) chúng ta chú ý rằng
nếu f liên tục tại (0, , 0) ∈ E
1
× × E
n
thì nghịch ảnh của hình cầu đơn vị của f là
một lân cận của (0, , 0) ∈ E
1
× × E
n
. Do đó, tồn tại số thực r > 0 sao cho
(x
i

  r, ∀i ∈ {1, 2, , n}) ⇒ f(x
1
, , x
n
)  1.
Do đó
(x
i
  1, ∀i ∈ {1, 2, , n}) ⇒ f(x
1
, , x
n
) 
1
r
n
.
Điều này có nghĩa là f(x
1
, , x
n
) bị chặn trên tích của các hình cầu đơn vị
x
1
  1, , x
n
  1.
Bây giờ ta giả sử rằng (c) đúng. Gọi M > 0 là số thực thỏa mãn
(x
i

  1, ∀i ∈ {1, 2, , n}) ⇒ f(x
1
, , x
n
)  M.
Điều này kéo theo rằng
f(x
1
, , x
n
)  Mx
1
 x
n
, ∀(x
1
, , x
n
) ∈ E
1
× × E
n
. (1.1)
Lấy bất kỳ điểm (a
1
, , a
n
) ∈ E
1
× × E

n
. Ta cần chứng minh f liên tục tại điểm
(a
1
, , a
n
). Thật vậy, ta biến đổi
f(x
1
, , x
n
) − f(a
1
, , a
n
) = f(x
1
− a
1
, x
2
, , x
n
)+
+ f(a
1
, x
2
− a
2

, x
3
, , x
n
) + + f(a
1
, , a
n−1
, x
n
− a
n
). (1.2)
7
Từ (1.1) và (1.2) ta có
f(x
1
, , x
n
) − f(a
1
, , a
n
)
 Mx
1
− a
1
.x
2

 x
n
 + Mx
2
− a
2
.a
1
.x
3
 x
n

+ + Mx
n
− a
n
.a
1
 a
n−1
. (1.3)
Giả sử rằng x
i
−a
i
  ε, ∀i ∈ {1, 2, , n}. Khi đó, vì x
i
  a
i

+ε, ∀i ∈ {1, 2, , n}
nên ta khẳng định rằng tồn tại một hằng số A > 0 sao cho
(x
i
− a
i
  ε, ∀i ∈ {1, 2, , n}) ⇒ x
i
  A, ∀i ∈ {1, 2, , n}. (1.4)
Từ (1.3) và (1.4) ta có
f(x
1
, , x
n
) − f(a
1
, , a
n
)  MA
n−1

n

i=1
x
i
− a
i



 nMA
n−1
ε (1.5)
khi x
i
− a
i
  ε, ∀i ∈ {1, 2, , n}. Bất đẳng thức (1.5) chứng tỏ rằng f(x
1
, , x
n
) →
(f(a
1
, , a
n
) khi (x
1
, , x
n
) → (a
1
, , a
n
). Do đó f liên tục tại điểm (a
1
, , a
n
).
Định lý được chứng minh.

Ký hiệu L(E
1
, , E
n
; F ) là không gian tất cả các ánh xạ đa tuyến tính liên tục từ
E
1
× × E
n
và o F . Trên không gian này ta trang bị chuẩn
f = sup{f(x
1
, , x
n
) : x
1
  1, , x
n
  1}, ∀f ∈ L(E
1
, , E
n
; F ).
Khi đó L(E
1
, , E
n
; F ) trở thành một không gian định chuẩn.
1.1.9 Định lý. Nếu F là không gian Banach thì L(E
1

, , E
n
; F ) cũng là một không
gian Banach.
1.2 Ánh xạ khả vi trên không gian 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 f
1
: U → F và f
2
: U → F được gọi là tiếp xúc với
nhau tại điểm a ∈ U nếu đại lượng
m(r) = sup
x−ar
f
1
(x) − f
2
(x),
được xác định với r > 0 đủ nhỏ và thỏa mãn điều kiện
lim
r→0
r>0
m(r)
r
= 0, (1.6)
hay
m(r) = o(r). (1.7)
8
1.2.2 Nhận xét. Điều kiện (1.7) kéo theo rằng f

1
−f
2
liên tục tại điểm a và nhận g iá
trị bằng 0 tại điểm a.
1.2.3 Nhận xét. Cho ánh xạ f : U → F . Khi đó với mỗi a ∈ U, có không quá một
ánh xạ tuyến tính g : E → F sao cho các ánh xạ x → f(x) −f(a) và x → g(x −a) tiếp
xúc với nhau tại a.
1.2.4 Định nghĩa. Ta nói rằng ánh xạ f : U → F khả vi tại điểm a ∈ U nếu các điều
kiện 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 → f(x) − f(a)
và x → g(x − a) tiếp xúc với nhau tại điểm a.
Điều kiện (ii) cũng có thể viết lại thành
f(x) − f(a) − g(x − a) = o(x − a). (1.8)
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 f

(a) và gọi là
đạo 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 thỏa
mãn. Tính liên tục của g kéo theo từ tính liên tục của f tại điểm a. Ta cũng chú ý rằng
điều kiện (1.8) thường được viết bằng cách sử dụng ký hiệu f

(a) là
f(x) − f(a) − f

(a)(x − a) = o(x − a). (1.9)
1.2.6 Định nghĩa. Ánh xạ f : U → F được gọi là khả vi trên U nếu f khả vi tại mọi
điểm thuộc U. Ánh xạ f : U → F được gọi là khả vi liên tục hay thuộc lớp C

1
nếu:
(i) f khả vi trên U, nghĩa là f khả vi tại mọi điểm thuộ c U;
(ii) ánh xạ đạo hàm f

: U → L(E; F) là ánh xạ liên tục.
Cho E, F, G là ba không gian Bana ch, U là tập mở trong E và V là tập mở trong
F . Xét hai ánh xạ liên tục
f : U → F, g : V → G,
và một điểm a ∈ U. Giả sử rằng b = f(a) ∈ F là một phần tử thuộc V . Khi đó
U

= f
−1
(V ) ⊂ U là một tập mở của E và ánh xạ hợp thành
g ◦ f : U

→ G
hoàn toàn được xác định.
1.2.7 Định lý. (Đạo hàm của hàm hợp) Với các giả thiết vừa được trình bày ở trên và
giả 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
h

(a) = g

(b) ◦ f

(a). (1.10)
Nói cách khác, ánh xạ tuyến tính liên tục h


(a) : E → G là hợp thành của ánh xạ tuyến
tính liên tục f

(a) : E → F và ánh xạ tuyến tính liên tục g

(f(a)) : F → G.
9
Chứng minh. Từ giả thiết ta có
f(x) = f(a) + f

(a)(x − a) + ϕ(x − a), (1.11)
trong đó
ϕ(x − a) = o(x − a). (1.12)
Tương tự, ta có
g(y) = g(b) + g

(b)(y − b) + ψ(y − b), (1.13)
trong đó
ψ(y − b) = o(y − b). (1.14)
Bây giờ ta đánh giá đại lượng h(x) − h(a) = g(f(x)) − g(f(a)). Áp dụng (1.13) với y
được thay bởi f(x) và b được thay bởi f(a) ta có
h(x) − h(a) = (g

(f(a)) ◦ f

(a))(x − a)
+ g

(f(a))ϕ(x − a) + ψ(f(x) − f (a)). (1.15)

Tiếp theo ta kết hợp (1.11) và (1.15) để có đánh giá sau với chú ý rằng g

(f(a)) : F → G
là một ánh xạ tuyến tính
h(x) − h(a) = (g

(f(a)) ◦ f

(a))(x − a)
+ g

(f(a))ϕ(x − a) + ψ(f(x) − f (a)). (1.16)
Để chứng minh h khả vi tại điểm a và đạo hàm của nó là g

(f(a)) ◦ f

(a), ta chỉ cần
chứng minh hai khẳng định sau
g

(f(a))ϕ(x − a) = o(x − a) (1.17)
ψ(f(x) − f(a)) = o(x − a). (1.18)
Thật vậy, vì g

(f(a)) : F → G là một ánh xạ tuyến tính liên tục nên ta có
g

(f(a))ϕ(x − a)  g

(f(a)).ϕ(x − a). (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
ψ(f(x) − f(a)) = o(f(x) − f(a)). (1.20)
Mặt khác, từ (1.11), (1.12) và với chú ý rằng f

(a) : E → F là một ánh xạ tuyến tính
liên tục, ta có
f(x) − f(a) = f

(a)(x − a) + ϕ(x − a)
 f

(a)(x − a) + ϕ(x − a)
 f

(a)(x − a) + ϕ(x − a). (1.21)
Từ (1.12), (1.20) và (1.22) ta suy ra (1.19).
Định lý đã được chứng minh.
10
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 không
gian Banach. Giả sử rằng f và g khả vi tai mọi điểm thuộc khoảng (a, b) và ta có
f

(x)  g

(x), ∀x ∈ (a, b). (1.22)
Khi đó
f(b) − f(a)  g(b) − g(a). (1.23)
Chứng minh. Lấy ε > 0 bất kỳ. Chúng ta sẽ chứng tỏ rằng
f(x) − f(a)  g(x) − g(a) + ε(x − a) + ε (1.24)

với mọi x ∈ [a, b]. Nếu chứng minh được bất đẳng thức (1.24), bằng cách thay x = b và
cho ε → 0
+
ta sẽ thu được bất đẳng thức cần chứng minh.
Ký hiệu U là tập tất cả các phần tử x ∈ [a, b] sao cho bất đẳng thức (1.24) không
được thỏa mãn. Điều này có nghĩa U là tập tất cả x ∈ [a, b] thỏa mãn bất đẳng thức
f(x) − f(a) > 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) = f(x) − f(a)− 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 đúng
cho 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 không
phải là tập mở.
Như vậy a < c < b. Do đó, theo giả thiết ta có
f

(c)  g

(c). (1.26)
Từ định nghĩa về tính khả vi, ta suy ra rằng tồn tại η > 0 sao cho với mọi x ∈ (c, c + η],
các bất đẳng thức sau đây đúng
f


(c) 




f(x) − f(c)
x − c




−
ε
2
(1.27)
g

(c) 
g(x) − g(c)
x − c
+
ε
2
. (1.28)
Từ (1.26), (1.27) và (1.28) ta có





f(x) − f(c)
x − c




−
ε
2

g(x) − g(c)
x − c
+
ε
2
, ∀x ∈ (c, c + η]
11
hay
f(x) − f(c)  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
f(x) − f(c)  g(x) − g(c) + ε(x − c), ∀x ∈ [c, c + η]. (1.30)
Mặt khác, vì c /∈ U nên ta có
f(c) − f(a)  g(c) − g(a) + ε(c − a). (1.31)
Từ (1.30) và (1.31) ta có
f(x) − f(a)  f (x) − f (c)+ f (c) − f (a)
 g(x) − g(a) + ε(x − a), ∀x ∈ [c, c + η]. (1.32)
Từ định nghĩa của tập U ta thấy rằng bất đẳng thức (1.32) đúng với mọi x ∈ [a, c).
vậy
f(x) − f(a)  g(x) − g(a) + ε(x − a), ∀x ∈ [a, c + η]. (1.33)
Điều này có nghĩa là [a, c + η] ∩U = ∅ và do đó c = inf{x : x ∈ U}  c + η. Đây là một

điều mâu thuẫn.
Định lý được chứng minh.
Cho E và F là các không gian Banach, U là một tập mở của E và ánh xạ f : U → F
khả vi trên U. Khi đó ta có ánh xạ
f

: U → L(E; F)
x → f

(x).
1.2.9 Định nghĩa. Ánh xạ f : U → F được gọi là khả vi cấp hai tại điểm a ∈ U nếu
ánh xạ f

khả vi tại điểm a. Đạo hàm tại điểm a của f

được ký hiệu là f

(a). Như vậy
f

(a) ∈ L(E; L(E; F )) .
Chú ý rằng khi f không khả vi trên U thì có thể định nghĩa khả vi cấp hai tại điểm
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 f

: 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 và
ánh xạ f


: U → L(E; F) cũng khả vi trên U. Trong trường hợp này, ta có ánh xạ
f

: U → L(E; L(E; F ))
x → f

(x).
12
1.2.11 Định nghĩa. Ánh xạ f : U → F được gọi là thuuộc lớp C
2
(hoặc khả vi liên
tục cấp hai) trên U nếu f khả vi cấp hai trên U và ánh xạ f

liên tục trên U. Điều này
cũng tương đương với ánh xạ f

: U → L(E; F) thuộc lớp C
1
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 f

(a) là một phần tử của L(E, E; F ), nghĩa là một ánh xạ song tuyến
tính liên tục. Ánh xạ này được xác định như sau
f

(a) : E × E → F
(h, k) → f


(a)(h, k) :=

f

(a)h

k.
1.2.13 Định lý. Nếu f : U → F khả vi cấp hai tại điểm a ∈ U thì đạo hàm cấp hai
f

(a) ∈ L(E, E; F ) là một ánh xạ song tuyến tính đối xứng, nghĩa là
f

(a)(h, k) = f

(a)(k, h), ∀(h, k) ∈ E ×E.
Chứng minh. Đặt
A(h, k) = f(a + h + k) − f(a + h) − f (a + k) + f (a), ∀(h, k) ∈ E ×E.
Dễ thấy rằng A có tính đối xứng
A(h, k) = A(k, h), ∀(h, k) ∈ E × E. (1.34)
Giả sử rằng ta đã chứng minh được mối quan hệ sau
A(h, k) − (f

(a)k)h = o

(h + k)
2

. (1.35)

Khi đó, bằng cách đổi vai trò h, k cho nhau ta được
A(k, h) − (f

(a)h)k = o

(h + k)
2

. (1.36)
Mặt khác, ta có
(f

(a)k)h − (f

(a)h)k  (f

(a)k)h − A(h, k)
+ A(h, k) − (f

(a)h)k. (1.37)
Từ (1.34), (1.35), (1.36) và (1.37) ta có
(f

(a)k)h − (f

(a)h)k = o

(h + k)
2


. (1.38)
Mối quan hệ (1.38) tương đương với khẳng định sau: với mọi ε > 0, tồn tại η > 0 sao
cho
(f

(a)k)h − (f

(a)h)k  ε(h + k)
2
(1.39)
13
nếu h + k  η. Tuy nhiên, vì f

(a) là một ánh xạ song tuyến tính nên với bất kỳ
đại lượng vô hướng λ, ta có
(f

(a)λk)(λh) − (f

(a)λh)(λk) = |λ|
2
(f

(a)k)h − (f

(a)h)k.
Với bất kỳ (h, k) ∈ E × E, chúng ta luôn tìm được một đại lượng vô hướng λ = 0 sao
cho λh + λk  η. Sử dụng (1.39) với h được thay bởi λh và k được thay thế bởi
λk ta được
|λ|

2
(f

(a)k)h − (f

(a)h)k
 ε|λ|
2
(h + k)
2
, ∀(h, k) ∈ E × E. (1.40)
Chia cả hai vế của (1.40) cho |λ|
2
= 0 ta được
(f

(a)k)h − (f

(a)h)k  ε(h + k)
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
(f

(a)k)h = (f

(a)h)k, ∀(h, k) ∈ E ×E,
hay f


(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
A(h, k) − (f

(a)k)h  A(h, k) − f

(a + k)h + f

(a)h
+ f

(a + k)h − f

(a)h − (f

(a)k)h. (1.42)
Tiếp theo ta sẽ đánh giá từng số hạng ở vế phải của (1.42). Đầu tiên ta đánh giá số
hạng
f

(a + k)h − f

(a)h − (f

(a)k)h. (1.43)
Ta có
f

(a + k)h − f


(a)h − (f

(a)k)h  h.f

(a + k) − f

(a) − (f

(a)k)
 h.o(k). (1.44)
Tiếp theo ta đánh giá số hạng
A(h, k) − f

(a + k)h + f

(a)h. (1.45)
Xét hàm bổ trợ
B(h) = f(a + k + h) − f(a + h) − f

(a + k)h + f

(a)h. (1.46)
Áp dụng Định lý 1.2.8 và với chú ý
B

(h) = f

(a + k + h) − f


(a + h) − f

(a + k) + f

(a),
14
ta đạt được
A(h, k) − f

(a + k)h + f

(a)h = B(h) − B(0)  h. sup
0t1
B

(th)
 h. sup
0t1
f

(a + k + th) − f

(a + th) − f

(a + k) + f

(a). (1.47)
Mặt khác, từ định nghĩa của f

(a) ta suy ra






f

(a + k − th) = f

(a) + f

(a)(k + th) + o(k + th)
f

(a + th) = f

(a) + f

(a)(th) + o(th)
f

(a + k) = f

(a) + f

(a)k + o(k).
(1.48)
Từ đánh giá (1.48) ta có
f


(a + k + th) − f

(a + th) − f

(a + k) + f

(a)
= o(k + th) + o(th) + o(k). (1.49)
Vì t ∈ [0, 1] nên
k + th  k + th  k + h, (1.50)
th = |t|h  h. (1.51)
Từ (1.42), (1.44), (1.47), (1.49), (1.50) và (1.51) ta kết luận rằng
A(h, k) − (f

(a)k)h = h.o(h + k).
Điều này có nghĩa là với mọi ε > 0, tồn tại η > 0 sao cho
A(h, k) − (f

(a)k)h  εh(h + k)  ε(h + k)
2
nếu h + k  η. Do đó
A(h, k) − (f

(a)k)h = o

(h + k)
2

.
Vậy (1.35) đúng.

Định lý được chứng minh.
CHƯƠNG 2
CHỈNH HOÁ BÀI TOÁN TRUYỀN NHIỆT NGƯỢC THỜI
GIAN BẰNG PHƯƠNG PHÁP BIẾN PHÂN
2.1 Giới thiệu bài toán
Trong nhiều ứng dụng của vật lý và kỹ thuật con người phải đối mặt với bài toán khôi
phục lại sự phân bố nhiệt độ của một vật thể dẫn nhiệt trong quá khứ qua sự phân bố
nhiệt độ đo đạc được vào thời điểm hiện tại. Bà i toán này thường đặt không chỉnh theo
nghĩa Hadamard. Một sai số nhỏ trong dữ kiện đo đạc được có thể dẫn đến một sai
lệch lớn về nghiệm. Chính vì vậy, để giải quyết bài toán này ta cần đề xuất các phương
pháp chỉnh hóa. Các kết quả chỉnh hóa cho bài toán dẫn nhiệt ngược kể trên thường
đạt được cho trường hợp hệ số không phụ thuộc thời gian, rất ít kết quả cho trường
hợp hệ số vừa phụ thuộc biến không gian vừa phụ thuộc biến thời gian (xem [6] và các
tài liệu tham khảo trong đó).
Xét bài toán dẫn nhiệt với hệ số phụ thuộc thời gian









w
t
− (a(x, t)w
x
)
x

= 0, (x, t) ∈ Q
T
:= (0, l) × (0, T ),
w(x, 0) = ϕ(x), x ∈ [0, l],
−a(0, t)w
x
(0, t) = g
0
(t), t ∈ [0, T ]
a(l, t)w
x
(l, t) = g
1
(t), t ∈ [0, T ],
(2.1)
với a(x, t) ∈ C
1
(Q
T
), a(x, t)  ν > 0, ν là hằng số cố định và g
0
(t), g
1
(t) là các hàm số
đã cho.
2.2 Phương pháp biến phân cho phương trình truyền
nhiệt ngược thời gian
2.2.1 Định nghĩa. ([7])Hàm w(·, ·) ∈ V
1,0
(Q

T
) := C ([0, T ]; L
2
(0, l))∩L
2
(0, T ; H
1
(0, l))
được gọi là một nghiệm yếu của bài toán (2.1) nếu thỏa mãn mối quan hệ sau

Q
T
(−wη
t
+ aw
x
η
x
)dxdt =

1
0
ϕ(x)η(x, 0)dx +

T
0
g
1
(t)η(l, t)dt
+


T
0
g
0
(t)η(0, t)dt, ∀η ∈ H
1,1
(Q
T
), η(., T ) = 0. (2.2)
15
16
Với một hàm w ∈ V
1,0
(Q
T
), ta định nghĩa chuẩn của nó là
w
V
0,1
(Q
T
) := max
0tT
w(·, t)
L
2
(0,l)
+ w
x


L
2
(Q
T
)
.
2.2.2 Bổ đề. ([7])Giả sử ϕ ∈ L
2
(0, l) và g
0
, g
1
∈ L
2
(0, T ). Khi đó bài toán (2.1) có một
nghiệm yếu w ∈ V
1,0
(Q
T
) và đánh giá sau đây đúng
w
V
0,1
(Q
T
)
+ w(0, .)
L
2

(0,T )
+ w(l, .)
L
2
(0,l)
≤ C[ϕ
L
2
(0,l)
+ g
0

L
2
(0,T )
+g
1

L
2
(0,T )
],
với C ≥ 0 là một hằng số độc lập với w.
Vì ϕ(x) không được biết nên ta cần bổ sung thông tin về dữ kiện để khôi phục lại
sự phân bổ nhiệt độ tại thời điểm ban đầu. Trong phần này, thông tin được bổ sung là
w(x, T ) = Θ
T
(x), (2.3)
và mục đích của chúng ta là khôi phục lại sự phân bổ nhiệt độ tại thời điểm ban đầu
ϕ(x) từ Θ

T
(x). Do tính tuyến tính của bài toán (2.1), ta có thể phân tích bài toán này
thành hai bài toán sau:









u
t
− (a(x, t)u
x
)
x
= 0, (x, t) ∈ Q
T
,
u(x, 0) = ϕ(x), x ∈ [0, l],
−a(0, t)u
x
(0, t) = 0, t ∈ [0, T ],
a(l, t)u
x
(l, t) = 0, t ∈ [0, T ],
(2.4)










v
t
− (a(x, t)v
x
)
x
= 0, (x, t) ∈ Q
T
,
v(x, 0) = 0, x ∈ [0, l],
−a(0, t)v
x
(0, t) = g
0
(t), t ∈ [0, T ],
a(l, t)v
x
(l, t) = g
1
(t), t ∈ [0, T ].
(2.5)
Vì bài toán thuận (2.5) là bài toán đặt chỉnh nên có thể giải dễ dàng bởi các phương

pháp truyền thống. Do đó, bài toán gốc có thể chuyển thành bài toán xác định ϕ(x)
từ quan sát tại thời điểm cuối Ψ
T
(x) := Θ
T
(x) − v(x, T ).
2.2.3 Bổ đề. ([7])Nếu a(x, t) ∈ C
1
(Q
T
) thì nghiệm
u(x, t) ∈ C

[0, T ]; L
2
(0, l)

của bài toán ngược (2.4) là duy nhất. Hơn nữa, tồn tại một hàm liên tục và tăng ngặt
v(t) trên [0, T ] thỏa mãn v(0) = 0, v(T ) = 1 sao cho đánh giá sau đây đúng
u(., t)
L
2
(0,l)
≤ u(., T )
v
L
2
(0,l)
u(., 0)
1−v

L
2
(0,l)
, ∀t ∈ [0, T].
Chứng minh. Quá trình chứng minh bổ đề này tương tự như Ví dụ 2.11 trong [6].
17
Với một hàm ϕ(x) đã cho, bài toán (2.4) được xem như một bài toán thuận. Gọi u
là ng hiệm yếu của bài toán (2.4) trong V
1,0
(Q
T
), ta định nghĩa ánh xạ A : L
2
(0, l) →
L
2
(0, l) sao cho
Aϕ = u(x, T ; ϕ). (2.6)
Khi đó bài toán ngược là bài toán giải phương trình toán tử sau
Aϕ = Ψ
T
. (2.7)
Nếu bài toán (2.7) có nghiệm thì từ Bổ đề 2.2.3, ta biết rằng nghiệm này là duy nhất.
2.2.4 Định lý. Toán tử A được xác định bởi công thức (2.6) là tuyến tính liên tục.
Chứng minh. Tính tuyến tính của toán tử A được suy ra từ tính tuyến tính của hệ
(2.4). Bây giờ ta chứng minh tính liên tục của toán tử A. Lấy ϕ ∈ L
2
(0, l). Giả sử rằng
{ϕ
k

}
∞
k=1
là dãy các hàm trơn hội tụ đến ϕ khi k → ∞ sao cho khi thay ϕ bởi ϕ
k
, bài
toán (2.4) có nghiệm trơn u
k
. Đặt
f(t) = u
k
(·, t)
2
L
2
(0,l)
=

l
0
u
2
k
(x, t)dx, ∀t ∈ [0, T ].
Áp dụng công thức tích phân từng phần, ta có
f

(t) = 2

l

0
u
k
u
kt
dx
= 2

l
0
u
k
(a(x, t)u
kx
)
x
dx
= −2

l
0
a(x, t)u
2
kx
dx
 0
vì a(x, t)  ν > 0. Điều này chứng tỏ rằng f là hàm nghịch biến. Do đó f(T)  f(0)
hay
u
k

(·, T )
L
2
(0,l)
 u
k
(·, 0)
L
2
(0,l)
= ϕ
k

L
2
(0,l)
. (2.8)
Ký hiệu y
k
= u
k
−u. Ta thấy y
k
∈ V
1,0
(Q
T
) và y
k
là nghiệm yếu của bài toán (2.4) với

dữ kiện ban đầu ϕ
k
− ϕ. Từ Bổ đề 2.2.2 ta có
sup
0≤t≤T
y
k
(·, t)
L
2
(0,l)
≤ Cϕ
k
− ϕ
L
2
(0,l)
.
Nói riêng
Aϕ − u
k
(·, T )
L
2
(0,l)
= y
k
(·, T )
L
2

(0,l)
≤ Cϕ
k
− ϕ
L
2
(0,l)
. (2.9)
Từ (2.8) và (2.9) ta có đánh giá
Aϕ
L
2
(0,l)
= Aϕ − u
k
(·, T )
L
2
(0,l)
+ u
k
(·, T )
L
2
(0,l)
 Cϕ
k
− ϕ
L
2

(0,l)
+ ϕ
k

L
2
(0,l)
 Cϕ
k
− ϕ
L
2
(0,l)
+ ϕ
k
− ϕ
L
2
(0,l)
+ ϕ
L
2
(0,l)
= (C + 1) ϕ
k
− ϕ
L
2
(0,l)
+ ϕ

L
2
(0,l)
. (2.10)
18
Từ đánh giá (2.10) cho k → ∞ ta được
Aϕ
L
2
(0,l)
 ϕ
L
2
(0,l)
. (2.11)
Tính liên tục của toán tử A bây giờ kéo theo từ tính tuyến tính của A và đánh giá
(2.11).
Định lý được chứng minh.
Phương pháp biến phân
Thay vì giải trực tiếp phương trình (2.7), ta cực tiểu phiếm hàm
J(ϕ) =
1
2
Aϕ − Ψ
T

2
L
2
(0,l)

, (2.12)
trên L
2
(0, l). Xét bài toán









ψ
t
+ (a(x, t)ψ
x
)
x
= 0, (x, t) ∈ Q
T
,
ψ(x, T ) = p(x), x ∈ [0, l],
−a(0, t)ψ
x
(0, t) = 0, t ∈ [0, T]
a(l, t)ψ
x
(l, t) = 0, t ∈ [0, T ],
(2.13)

2.2.5 Bổ đề. ([7]) Giả sử rằng ϕ, p ∈ L
2
(0, l) và u, ψ ∈ V
1,0
(Q
T
) lần lượt là các nghiệm
của các bài toán (2.4) và (2.13). Khi đó

l
0
p(x)u(x, T )dx =

l
0
ψ(x, 0)ϕ(x)dx. (2.14)
Chứng minh. Giả sử rằng ϕ
k
, p
k
là các hàm trơn sao cho ϕ
k
→ ϕ, p
k
→ p trong L
2
(0, l).
Nếu chúng ta thay thế ϕ, p bởi ϕ
k
, p

k
, thì các bài toán (2.4) và (2.13) có ng hiệm trơn
19
u
k
và ψ
k
tương ứng. Bằng cách sử dụng tích phân từng phần, ta có
0 =

l
0

T
0
(u
k
)
t
ψ
k
dtdx −

T
0

l
0
(a(x, t)(u
k

)
x
)
x
ψ
k
dxdt
=

l
0
[u
k
ψ
k
|
T
0
−

T
0
u
k
(ψ
k
)dt]dx
−

T

0
[a(u
k
)
x
ψ
k
|
l
0
−

l
0
a(u
k
)
x
(ψ
k
)
x
dx]dt
=

l
0
[u
k
(x, T )ψ

k
(x, T ) − u
k
(x, 0)ψ
k
(x, 0)]dx −

Q
T
u
k
(ψ
k
)
t
dxdt
−

T
0
[a(l, t)(u
k
)
x
(l, t)ψ
k
(l, t) − a(0, t)(u
k
)
x

(0, t)ψ
k
(0, t)]dt
+

Q
T
a(u
k
)
x
(ψ
k
)
x
dxdt
=

l
0
[u
k
(x, T )p
k
(x) − ϕ
k
(x)ψ
k
(x, 0)]dx −


Q
T
u
k
(ψ
k
)
t
dxdt
+

T
0
[a(ψ
k
)
x
u
k
|
l
0
−

l
0
(a(ψ
k
)
x

)
x
u
k
dx]dt
=

l
0
[u
k
(x, T )p
k
(x) − ϕ
k
(x)ψ
k
(x, 0)]dx.
Ký hiệu y
k
= u
k
−u. Ta thấy y
k
∈ V
1,0
(Q
T
) và y
k

là nghiệm yếu của bài toán (2.4) với
dữ kiện ban đầu ϕ
k
− ϕ. Từ Bổ đề 2.2.2 ta có
sup
0≤t≤T
y
k
(·, t)
L
2
(0,l)
≤ Cϕ
k
− ϕ
L
2
(0,l)
→ 0, k → ∞.
Tương tự, ta có
ψ
k
− ψ
V
1,0
(Q
T
)
+ (ψ
k

− ψ)(0, ·)
L
2
(0,T )
+ (ψ
k
− ψ)(l, ·)
L
2
(0,T )
≤ Cp
k
− p
L
2
(0,l)
→ 0, k → ∞.
Do đó, Bổ đề được chứng minh.
Từ Bổ đề 2.2.5, ta có kết quả sau
2.2.6 Định lý. ([7]) Nếu ϕ biến thiên trên không gian L
2
(0, l) thì u(x, T; ϕ) lập thành
một tập trù mật trong L
2
(0, l).
Chứng minh. Giả sử rằng ϕ(x), ζ(x) ∈ L
2
(0, l) thỏa mãn phương trình

l

0
ζ(x)u(x, T ; ϕ)dx = 0. (2.15)
Ta chỉ cần chứng minh ζ(x) = 0 trong L
2
(0, l). Lấy ψ ∈ V
1,0
(Q
T
) là nghiệm yếu duy
nhất của bài toán (2.13) với ψ(x, T ) = ζ(x). Từ Bổ đề 2.2.5 ta có

l
0
ψ(x, 0)ϕ(x)dx =

l
0
ζ(x)u(x, T ; ϕ)dx = 0.
20
Vì ϕ là một hàm tuỳ ý trong L
2
(0, l), ta khẳng định rằng ψ(x, 0) = 0. Từ Bổ đề 2.2.3,
hàm ψ(x, T ) triệt tiêu trên Q
T
và do đó ta có ψ(x, T) = 0 hầu khắp nơi.
Định lý được chứng minh.
2.2.7 Hệ quả. ([7])Ta có
inf
ϕ∈L
2

(0,l)
J(ϕ) = 0.
Chứng minh. Rõ ràng rằng
J(ϕ) =
1
2
Aϕ − Ψ
T

2
L
2
(0,l)
 0, ∀ϕ ∈ L
2
(0, l). (2.16)
Lấy ε > 0 bé tuỳ ý. Vì Ψ
T
∈ L
2
(0, l) nên theo Định lý 2.2.6, tồn tại ϕ
ε
∈ L
2
(0, l) sao
cho
u(x, T ; ϕ
ε
) − Ψ
T

 <
√
2ε. (2.17)
Với chú ý Aϕ
ε
= u(x, T ; ϕ
ε
) ta có
J(ϕ
ε
) =
1
2
Aϕ
ε
− Ψ
T

2
L
2
(0,l)
< ε. (2.18)
Từ (2.16) và (2.18) ta kết luận rằng
inf
ϕ∈L
2
(0,l)
J(ϕ) = 0.
2.2.8 Định nghĩa. ([10])Cho X là một tập lồi trong không gian vectơ thực và hàm

f : X −→ R
*f được gọi là lồi nếu:
∀x
1
, x
2
∈ X, ∀t ∈ [0, 1] : f (tx
1
+ (1 − t)x
2
) ≤ tf(x
1
) + (1 − t)f(x
2
).
*f được gọi làlồi chặt nếu:
∀x
1
= x
2
∈ X, ∀t ∈ (0, 1) : f (tx
1
+ (1 − t)x
2
) < tf(x
1
) + (1 − t)f(x
2
).
2.2.9 Định lý. ([7]) Phiếm hàm J được định nghĩa bởi (2.12) khả vi Fréchet cấp hai

và lồi chặt trong L
2
(0, l). Hơn nữa, gradient của nó có dạng
J

(ϕ) = ψ(x, 0), (2.19)
trong đó ψ là nghiệm yếu của bài toán liên hợp (2.13) với
p(x) = u(x, T ; ϕ) − Ψ
T
(x).
21
Chứng minh. Gọi h ∈ L
2
(0, l) là số gia của hàm J tại ϕ ∈ L
2
(0, l), thì
J(ϕ + h) − J(ϕ) =
1
2

 A(ϕ + h) − Ψ
T

2
L
2
(0,l)
−  Aϕ − Ψ
T


2
L
2
(0,l)

= (Aϕ − Ψ
T
, Ah) +
1
2
Ah
2
L
2
(0,l)
.
Từ Bổ đề 2.2.2 ta biết rằng nếu h
L
2
(0,l)
→ 0 thì Ah
L
2
(0,l)
→ 0. Mặt khác, từ Bổ
đề 2.2.5 ta có
(Aϕ − Ψ
T
, Ah) = (ψ(x, 0), h).
Do đó, ta đạt được J


(ϕ) = ψ(x, 0).
Tiếp theo ta lấy φ ∈ V
1,0
(Q
T
) là nghiệm yếu của bài toán (2.13) với sự phân bổ
nhiệt độ vào thời điểm cuối φ(x, T) = Ah. Khi đó ta có

l
0
φ(x, 0)h(x)dx = Ah 
2
L
2
(0,l)
.
Điều này chứng tỏ J khả vi Fréchet cấp hai và gradient cấp hai của nó được xác
định bởi
J

(ϕ)h = φ(x, 0).
Tính lồi của phiếm hàm J có thể đạt được dễ dàng bởi
(J

(ϕ)h, h) = Ah 
2
L
2
(0,l)

≥ 0.
Hơn nữa, (J

(ϕ)h, h) = 0 có nghĩa là u(x, T ; h) = 0 trong L
2
(0, l). Nhờ kết quả về tính
duy nhất từ Bổ đề 2.2.3 ta có h = 0 trong L
2
(0, l). Do đó phiếm hàm J là lồi chặt.
Chỉnh hóa và rời rạc hóa
a) Phương pháp gradient li ên hợp
Ta biết rằng bài toán truyền nhiệt ngược thời gian là bài toán đặt không chỉnh. Do
đó, bài toán cực tiểu tương ứng (2.12) cũng không ổn định. Điều này có nghĩa là một
nhiễu nhỏ ở dữ kiện Ψ
T
cũng có thể gây ra một lỗi lớn cho nghiệm của bài toán. Vì
vậy, phương pháp chỉnh hóa là cần thiết và được sử dụng để phục hồi tính ổ n định của
bài toá n. Trong phần này, ta sẽ sử dụng phương pháp gradient liên hợp cùng với một
luật dừng thích hợp để giải bài toán (2.12). Phương pháp gradient liên hợp ứng dụng
cho bài toán tối ưu thường có các bước sau đây:
Bước 1: Chọn ϕ
0
và đặt k = 0.
Bước 2: Giải bài toán trực tiếp (2.4) với ϕ = ϕ
k
và xác định số dư

R
k
= Aϕ

k
− Ψ
T
.
Bước 3: Xác định gradient r
k
bởi giải bài toán liên hợp xác định bởi (2.13) và sau đó
tính toán d
k
= −r
k
+ β
k−1
d
k−1
với β
−1
= 0 và
β
k−1
=
 r
k

2
L
2
(0,l)
 r
k−1


2
L
2
(0,l)
, k ≥ 1.
22
Bước 4: Xác định u(x, T, ϕ) bằng cách giải bài toán trực tiếp (2.4) với ϕ = d
k
,
ϕ
k+1
= ϕ
k
+ α
k
d
k
,
α
k
=
 r
k

2
L
2
(0,l)
 u(x, T, d

k
) 
2
L
2
(0,l)
, k ≥ 1.
Bước 5: Tăng k lên một đơn vị và quay lại bước 2.
Trong thực hành, nhiệt độ tại thời điểm cuối Ψ
T
không được biết chính xác mà ta
chỉ biết đại lượng xấp xỉ của nó Ψ
δ
T
∈ L
2
(0, l) thỏa mãn
 Ψ
T
− Ψ
δ
T
≤ δ, δ ≥ 0. (2.20)
Chú ý rằng, trong bước 2

R
k+1
= u(x, T, ϕ
k+1
) − Ψ

δ
T
= u(x, T, ϕ
k
+ α
k
d
k
) − Ψ
δ
T
= u(x, T, ϕ
k
) + α
k
u(x, T ; d
k
) − Ψ
δ
T
=

R
k
+ α
k
u(x, T ; d
k
).
Vì vậy sau khi xác định


R
0
, chúng ta phải giải hai bài toán trực tiếp trong bước 3 và
bước 4 tại mỗi bước lặp để xác định

R
k
, k = 1, 2,
Nếu r
k
= 0 thì ta dừng quá trình lặp và sau đó đặt f
n
= f
k
với mọi n ≥ k. Với thuật
toán lặp kể trên, một luật dừng thích hợp là chọn số k đầu tiên thỏa mãn


R
k

L
2
(0,l)
≤ τδ, (2.21)
trong đó τ > 1 như đã được đề xuất bởi Hanke và Hansen [8]. Từ kết qủa trong [8] ta
thấy rằng quá trình lặp ở trên hội tụ tới nghiệm chính xác khi mức nhiễu δ tiến tới 0.
b)Phương pháp sai phân hữu hạn
Trong phần này, chúng ta sẽ mô tả phương pháp sai phân hữu hạn để giải số bài toán

trực tiếp (2.1). Giả sử M × N là số mắt lưới trên miền (x, t), và h = x =
l
M−1
, x
i
=
(i − 1)h, i = 1, 2, , M; τ = t =
T
N−1
, t
j
= (j − 1)τ, j = 1, 2, , N. Kí hiệu w
j
i
là giá
trị xấp xỉ của w(x
i
, t
j
). Phương pháp sai phân hữu hạn rời rạc hóa bài toán (2.1) như
sau:






























w
j+1
i
τ
−
1
2

(α
j

i
+α
j
i+1
)(w
j
i+1
−w
j
i
)
2h
2
−
(α
j
i−1
+α
j
i
)(w
j
i
−w
j
i−1
)
2h
2
+

(α
j+1
i
+α
j+1
i+1
)(w
j+1
i+1
−w
j+1
i
)
2h
2
−
(α
j+1
i−1
+w
j+1
i
)(w
j+1
i
−w
j+1
i−1
2h
2


= 0, 2 ≤ i ≤ M − 1, 1 ≤ j ≤ N − 1
w
1
i
= ϕ(x
i
), 1 ≤ i ≤ M,
(α
j+1
1
+α
j+1
2
)(w
j+1
2
−w
j+1
1
)
h
+
(α
j
1
+α
j
2
)(w

j
2
−w
j
1
)
h
=
2h
τ
(w
j+1
1
− w
j
1
) − 2(g
j
0
+ g
j+1
0
), 1 ≤ j ≤ N − 1,
(α
j+1
M
+α
j+1
M−1
)(w

j+1
M
−w
j+1
M−1
)
h
+
(α
j
M
+α
j
M−1
)(w
j
M
−w
j
M−1
)
h
= −
2h
τ
(w
j+1
M
− w
j

M
) + 2(g
j
1
+ g
j+1
1
), 1 ≤ j ≤ N − 1.
23
Dạng ma trận tương ứng với bài toán rời rạc này có thể được viết lại như sau
A(j)W
j+1
= B(j)W
j
+ F (j), 1 ≤ j ≤ N −1,
W
1
= Φ,
trong đó
W
j
= [w
j
1
, w
j
2
, , w
j
M

]
T
,
F (j) =
τ
h
[g
0
(t
j
) + g
0
(t
j+1
), 0, , 0, g
1
(t
j
), g
1
(t
j+1
)]
T
Φ = [ϕ(x
1
), ϕ(x
2
), , ϕ(x
M

)]
T
,
và cá c ma trận A(j)
N−1
j=1
, B(j)
N−1
j=1
lần lượt có dạng





1+(α
j+1
1
+α
j+1
2
)
r
2
−(α
j+1
1
+α
j+1
2

)
r
2
−(α
j+1
1
+α
j+1
2
)
r
4
1+(α
j+1
3
+2α
j+1
2
+α
j+1
1
)
r
4
−(α
j+1
2
+α
j+1
3

)
r
4
. .
. .
. .
−(α
j+1
M−2
+α
j+1
M−1
)
r
4
1+(α
j+1
M
+2α
j+1
M−1
+α
j+1
M−2
)
r
4
−(α
j+1
M−1

+α
j+1
M
)
r
4
−(α
j+1
M
+α
j+1
M−1
)
r
2
1+(α
j+1
M
+α
j+1
M−1
)
r
2





,






1−(α
j
1
+α
j
2
)
r
2
(α
j
1
+α
j
2
)
r
2
(α
j
1
+α
j
2
)

r
4
1−(α
j
3
+2α
j
2
+α
j
1
)
r
4
(α
j
2
+α
j
3
)
r
4
. .
. .
. .
(α
j
M−2
+α

j
M−1
)
r
4
1−(α
j
M
+2α
j
M−1
+α
j
M−2
)
r
4
(α
j
M−1
+α
j
M
)
r
4
(α
j
M
+α

j
M−1
)
r
2
1−(α
j
M
+α
j
M−1
)
r
2





,
với r =
τ
h
2
.