Về nghiệm xấp xỉ cho phương trình parabolic nửa tuyến tính ngược thời gian

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH
- - - - - -  - - - - - -
NGUYỄN THỊ NGỌC
VỀ NGHIỆM XẤP XỈ CHO PHƯƠNG TRÌNH
PARABOLIC NỬA TUYẾN TÍNH NGƯỢC THỜI
GIAN
ĐỀ CƯƠNG LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC
Nghệ An - 2014
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH
- - - - - -  - - - - - -
NGUYỄN THỊ NGỌC
VỀ NGHIỆM XẤP XỈ CHO PHƯƠNG TRÌNH
PARABOLIC NỬA TUYẾN TÍNH NGƯỢC THỜI
GIAN
CHUYÊN NGÀNH: TOÁN GIẢI TÍCH
MÃ SỐ: 60.46.01.02
ĐỀ CƯƠNG LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC
Người hướng dẫn khoa học: TS. NGUYỄN VĂN ĐỨC
Nghệ An - 2014
MỤC LỤC
Trang
MỤC LỤC . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1
LỜI NÓI ĐẦU . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .2
Chương 1. Một số kiến thức bổ trợ . . . . . . . . . . . 5
1.1 Không gian Banach . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
1.2 Không gian Hilbert . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .6
Chương 2. Chỉnh hoá phương trình parabolic nửa tuyến tính
ngược thời gian . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12
2.1 Giới thiệu bài toán . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .12

2.2 Bất đẳng thức Gronwall . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15
2.3 Phương pháp chỉnh hóa và các đánh giá sai số . . . . . . . . . . .18
KẾT LUẬN . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32
TÀI LIỆU THAM KHẢO . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .33
1
LỜI NÓI ĐẦU
Nhiều bài toán thực tế của khoa học, công nghệ dẫn ta đến bài toán
ngược và bài toán đặt không chỉnh. Chính vì vậy lĩnh vực này được rất
nhiều nhà toán học trong và ngoài nước quan tâm nghiên cứu.
Điểm mấu chốt làm cho bài toán này khó giải quyết hơn so với những
bài toán khác là ở chỗ những bài toán này thường đặt không chỉnh theo
nghĩa Hadamard. Một sai số nhỏ trong dữ kiện đo đạc cũng có thể dẫn
đến một sai lệch lớn về nghiệm của bài toán. Chính vì vậy nên chúng ta
không thể tìm được nghiệm chính xác của bài toán mà chỉ có thể tìm được
các nghiệm xấp xỉ của bài toán thông qua các phương pháp chỉnh hóa.
Cho tới nay, đã có rất nhiều phương pháp chỉnh hóa được đề xuất cho các
bài toán ngược song hầu hết dành cho các bài toán tuyến tính, rất ít kết
quả về bài toán phi tuyến.
Để tập dượt nghiên cứu cũng như để làm phong phú thêm các tài liệu về
bài toán ngược, trên cơ sở bài báo "An approximate solution for nonlinear
backward parabolic equations" của các tác giả Phan Thanh Nam đăng
trên tạp chí Journal of Mathematical Analysis and Applications năm
2010, chúng tôi lựa chọn đề tài cho Luận văn của mình là : "Về nghiệm
xấp xỉ cho phương trình parabolic nửa tuyến tính ngược thời
gian" dưới sự hướng dẫn tận tình của thầy giáo TS. Nguyễn Văn Đức.
Mục đích chính của luận văn nhằm tìm hiểu việc chỉnh hóa phương
trình

u
t

+ Au = f(t, u(t)), 0 < t < T
u(T ) = g
(1)
2
với A là toán tử không bị chặn, tự liện hợp, xác định dương trong một
khoảng không gian Hilbbert H , f là hàm phi tuyến thỏa mãn điều kiện
Lipschitz và g là dữ kiện xấp xỉ.
Với mục đích đó luận văn này được chia thành 2 chương:
Chương 1: Trình bày về các không gian Banach, không gian Hilbert,
lý thuyết chuỗi trong không gian Banach
Chương 2: Trình bày chứng minh phương trình parapolic nửa tuyến
tính ngược thời gian là bài toán đặt không chỉnh, trình bày chứng minh
bất đẳng thức Gronwall, trình bày phương pháp chỉnh hóa và các đánh
giá sai số.
Luận văn được thực hiện tại Trường Đại học Vinh dưới sự hướng
dẫn của thầy giáo TS. Nguyễn Văn Đức. Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn
sâu sắc của mình đến Thầy. Nhân dịp này, tác giả xin chân thành cảm ơn
Ban chủ nhiệm phòng Sau đại học, Ban chủ nhiệm khoa Toán học và cảm
ơn các thầy, cô giáo trong bộ môn Giải tích, khoa Toán học đã nhiệt tình
giảng dạy và giúp đỡ tác giả trong suốt thời gian học tập và hoàn thành
đề cương, luận văn này. Cuối cùng, tác giả cám ơn gia đình, đồng nghiệp,
bạn bè, đặc biệt là các bạn trong lớp Cao học 20 Giải tích đã cộng tác,
giúp đỡ và động viên tác giả trong suốt quá trình học tập và nghiên cứu.
Mặc dù đã có nhiều cố gắng, nhưng luận văn không tránh khỏi những
hạn chế, thiếu sót. Chúng tôi rất mong nhận được những ý kiến đóng góp
của các thầy, cô giáo và các bạn bè để luận văn được hoàn thiện hơn.
Nghệ An,tháng 6 năm 2014
Tác giả
Nguyễn Thị Ngọc
3

CHƯƠNG 1
MỘT SỐ KIẾN THỨC BỔ TRỢ
Chương này trình bày một số kiến thức làm cơ sở cho việc trình bày
Chương 2. Các kiến thức trong chương này được chúng tôi tham khảo
trong tài liệu [2].
1.1 Không gian Banach
Cho X là không gian tuyến tính thực.
1.1.1 Định nghĩa. Ánh xạ . : X → R được gọi là chuẩn nếu
(i) u  0, ∀u ∈ X;
(ii) u = 0 ⇔ u = 0;
(iii) λu = |λ|u, ∀u ∈ X, λ ∈ R;
(iv) u + v  u + v, ∀u, v ∈ X. Không gian tuyến tính trang bị
chuẩn được gọi là không gian tuyến tính định chuẩn. Không gian Banach
X là không gian tuyến tính định chuẩn đầy đủ.
1.1.2 Định lý. Ánh xạ chuẩn x → |x là một hàm liên tục đều từ X
vào R.
1.1.3 Định lý. Giả sử X là một không gian định chuẩn. Khi đó ánh
xạ (x, y) → x + y từ X × X vào X và (λ, x) → λx từ K ×X vào X là
liên tục.
1.1.4 Định lý. Giả sử X là không gian định chuẩn. Khi đó với mọi
a ∈ X, ánh xạ x → a + x là phép đồng phôi đẳng cự (tức là bảo toàn
4
khoảng cách) từ X lên X, và với mọi λ ∈ K, λ = 0 ánh xạ x → λx là
phép đồng phôi đều từ X lên X.
1.1.5 Định nghĩa. Một tập con A của một không gian định chuẩn X
được gọi là toàn vẹn nếu tập tất cả các tổ hợp tuyến tính hữu hạn của A
trù mật trong X. Ta nói rằng dãy {a
n
} ⊂ X là toàn vẹn nếu tập tất cả
các phần tử của dãy là toàn vẹn.

1.2 Không gian Hilbert
Cho H là không gian tuyến tính thực.
1.2.1 Định nghĩa. 1. Ánh xạ ·, · : H × H → R được gọi là tích vô
hướng nếu
(i) u, v = v, u, ∀u, v ∈ H;
(ii) ánh xạ u → u, v là tuyến tính với mọi v ∈ H;
(iii) u, u  0;
(iv) u, u = 0 ⇔ u = 0.
Không gian Hilbert là một không gian Banach với chuẩn được sinh ra
bởi một tích vô hướng.
2. Hai phần tử u, v ∈ H là trực giao nếu u, v = 0. Khi đó ta ký hiệu
u ⊥ v.
1.2.2 Định nghĩa. Một hệ trực giao trong không gian Hilbert H là
một tập con A các vectơ khác 0 của H sao cho hai vectơ khác nhau bất
kì của A đều trực giao với nhau.
1.2.3 Định nghĩa. Giả sử M là một tập con của không gian Hilbert
H. Vectơ x ∈ H được gọi là trực giao với M nếu x ⊥ y với mọi y ∈ M,
trong trường hợp này ta kí hiệu x ⊥ M. Nếu N là tập con của E sao cho
x ⊥ M với mọi x ∈ N thì N gọi là trực giao với M và kí hiệu là N ⊥ M.
Rõ ràng N ⊥ M thì M ⊥ N.
5
Ta kí hiệu M
⊥
= {x ∈ H : x ⊥ M} và gọi nó là phần bù trực giao
của M.
1.2.4 Bổ đề. Một hệ trực giao trong không gian Hilbert là độc lập tuyến
tính.
Chứng minh. Giả sử A là một hệ trực giao và

n

i=1
α
i
a
i
= 0 là một tổ
hợp tuyến tính bất kì các phần tử của A. Với mỗi j = 1, , n ta có
0 = 

α
i
a
i
, a
j
 =

α
i
a
i
, a
j
 = α
j
a
j

2
. Vì a

j
 > 0 nên α
j
= 0 với
j = 1, , n. Từ đó A độc lập tuyến tính.
1.2.5 Bổ đề. Nếu M là một tập con tùy ý của không gian Hilbert H thì
M
⊥
là một không gian con đóng của E.
Chứng minh. Giả sử x, y ∈ M
⊥
, α, β ∈ K. Với mọi a ∈ M ta có αx + βy|a =
α x, a+β y, a = 0, vì vậy αx+βy ∈ M
⊥
và M
⊥
là không gian vectơ con
của E. Để chứng minh M
⊥
đóng, ta lấy tùy ý dãy x
n
⊂ M
⊥
, x
n
→ x ∈ E.
Với mọi a ∈ M do tính liên tục của tích vô hướng ta có x
n
, a → x, a.
Bởi vì x

n
, a = 0 với mọi n nên x, a = 0 và x ∈ M
⊥
. Vậy M
⊥
đóng.
1.2.6 Định lý. Giả sử F là một không gian Hilbert con của không gian
Hilbert H. Khi đó với mọi x ∈ H tồn tại duy nhất y ∈ F (gọi là hình
chiếu trực giao của x trên F ) sao cho x − y = d(x, F ) = inf
y∈F
x − y.
Chứng minh. Đặt α = d(x, F ). Lấy dãy x
n
∈ F sao cho x − y → α.
Ta sẽ chứng minh y
n
là dãy Cauchy.
Theo đẳng thức bình hành, áp dụng cho cặp vectơ x − y
m
và x − y
n
ta có y
m
− y
n

2
+ 2x − (y
m
+ y

n
)
2
= 2(x − y
m

2
+ x − y
n

2
), từ đó
y
m
− y
n

2
= 2(x −y
m

2
+ x − y
n

2
) − 4





x −
1
2
(y
m
− y
n
)




2
. Bởi vì
1
2
(y
m
+ y
n
) ∈ F nên




x −
1
2
(y

m
+ y
n
)




2
≥ α
2
. Với mọi ε > 0 tồn tại n
0
sao cho x − y
n

2
≤ α
2
+ ε với mọi n ≥ n
0
. Do đó với mọi m, n ≥ n
0
ta
có y
m
− y
n

2

≤ 2(α
2
+ ε + α
2
+ ε) −4α
2
= 4ε.
6
Vậy {y
n
} là dãy Cauchy trong F . Do F đầy đủ nên y
n
→ y ∈ F và
x − y = d(x, F ).
Để chứng minh tính duy nhất của y ta giả sử y

cũng có tính chất trên.
Theo đẳng thức bình hành


y − y



2
= 4α
2
− 4





x −
1
2
(y − y

)




2
.
Vì
1
2
(y + y

) ∈ F nên từ đó suy ra


y − y



2
≤ 0 tức là y = y

.

Điểm y hình chiếu trực giao của x trên không gian con F thường được
kí hiệu là P
F
(x). Do tính duy nhất của y nên ta có ánh xạ P
F
: H → F ,
ánh xạ này gọi là phép chiếu trực giao H lên không gian con Hilbert F .
1.2.7 Định lý. Giả sử F là không gian con Hilbert của không gian
Hilbert H. Khi đó H = F ⊕ F
⊥
và phép chiếu trực giao P
F
: H → F
là ánh xạ tuyến tính, liên tục.
Chứng minh. Lấy tùy ý x ∈ H, x = 0. Đặt y = P
F
(x). Ta có x − y =
d(x, F ) = α. Ta sẽ chứng minh z = x −y ∈ F
⊥
. Với mọi v ∈ F và λ ∈ K
ta có y − λv ∈ F . Do đó :
α
2
≤ x − (y − λv)
2
= z + λv
2
= z + λv, z + λv
= z
2

+ λ z, v + λz, v + |λ|
2
v
2
.
Vì z = α nên với mọi λ ∈ K : λ z, v + λz, v + |λ|
2
v
2
≥ 0.
Lấy λ = t z, v thì với mọi t ∈ K ta có : t|z, v|
2
(2 + t v
2
) ≥ 0.
Đến đây ta kết luận được z, v = 0 vì nếu z, v = 0 thì bất đẳng thức
cuối cùng không thể xảy ra khi t ∈

−
2
v
2
, 0

. Bởi vì z, v = 0 với mọi
v ∈ F nên z ∈ F
⊥
. Như vậy với mọi x ∈ H ta đều có x = y + (x − y) =
y + z ∈ F + F
⊥

. Chú ý rằng F ∩ F
⊥
= 0 nên H là tổng trực tiếp đại số
của F và F
⊥
.
Bởi vì P
F
chính là phép chiếu H lên F trong tổng trực tiếp đại số, do
đó P
F
là ánh xạ tuyến tính. Để hoàn thành chứng minh chỉ còn phải chỉ
7
ra P
F
liên tục. Bởi vì P
F
(x) ⊥ (x − P
F
(x)) nên theo định lí Pythagore
x
2
= P
F
(x)
2
+ x −P
F
(x)
2

.
Từ đó P
F
(x) ≤ x và vì vậy P
F
liên tục và có P
F
 ≤ 1.
1.2.8 Định nghĩa. Một hệ trực giao A được gọi là hệ trực chuẩn nếu
x = 1 với mọi x ∈ A.
Nếu A là hệ trực giao thì hệ B =

1
x
x : x ∈ A

là hệ trực chuẩn.
Hệ B gọi là trực chuẩn hóa của hệ A. Nếu hệ A toàn vẹn thì hệ B toàn
vẹn.
Một hệ trực chuẩn toàn vẹn của không gian Hilbert H được gọi là hệ
trực chuẩn đầy đủ hay là một cơ sở trực chuẩn của H.
1.2.9 Bổ đề. Giả sử {e
i
} là một dãy trực chuẩn trong không gian Hilbert
H. Khi đó
a)
∞

i=1
|x, e

i
|
2
≤ x
2
với mọi x ∈ H (Bất đẳng thức Bessel)
b) Với mọi (λ
i
) ∈ l
2
chuỗi
∞

i=1
λ
i
e
i
hội tụ trong H.
Chứng minh. a) Đặt x, e
i
 = c
i
. Với mọi n ∈ N ta có :
0 ≤






x −
n

i=1
c
i
e
i





2
=

x −
n

i=1
c
i
e
i
, x −
n

j=1
c
j

e
j

= x, x −
n

i=1
c
i
x, e
i
 −
n

j=1
c
j
x, e
j
 +
n

i=1
c
i
c
i
= x
2
−

n

i=1
|c
i
|
2
.
Vì vậy
n

i=1
|x, e
i
|
2
≤ x
2
. Do n tùy ý nên ta có bất đẳng thức Bessel.
b) Vì không gian H đầy đủ nên ta chỉ cần chứng minh dãy các tổng
riêng s
n
=
n

i=1
λ
i
e
i

thỏa mãn tiêu chuẩn Cauchy. Vì chuỗi
∞

i=1
|λ
i
|
2
hội tụ
8
nên mọi ε > 0 tồn tại n
0
sao cho mọi n ≥ n
0
, p ∈ N,
n+p

i=n+1
|λ
i
|
2
< ε. Theo
định lí Pythagore s
n+p
− s
n

2
=





n+p

i=n+1
λ
i
e
i




2
=
n+p

i=n+1
|λ
i
|
2
< ε.
Vậy ta có điều phải chứng minh.
1.2.10 Định lý. Giả sử không gian Hilbert H có một cơ sở trực chuẩn
đếm được {e
n
}. Khi đó

a) x =
∞

i=1
x, e
i
e
i
với mọi x ∈ H (chuỗi Fourier).
b) x, y =
∞

i=1
x, e
i
y, e
i
 với mọi x ∈ H, y ∈ H (Đẳng thức Parse-
nal).
Chứng minh. a) Theo Bổ đề 1.2.9 phần (a) chuỗi
∞

i=1
|x, e
i
|
2
hội tụ. Do
đó theo Bổ đề 1.2.9 phần (b) ta có y =
∞


i=1
(x|e
i
)e
i
∈ H. Ta sẽ chứng minh
x = y. Thật vậy, với mọi j ta có
x − y, e
i
 =

x −
∞

i=1
x, e
i
e
i
|e
j

= x, e
j
 − x, e
i
 = 0.
Do hệ {e
j

} đầy đủ nên x − y = 0 hay x = y.
b) Vì tích vô hướng liên tục nên theo a)
x, y =

∞

i=1
x, e
i
e
i
,
∞

j=1
y, e
j
e
j

= lim
n→∞

n

i=1
x, e
i
e
i

,
n

j=1
y, e
j
e
j

= lim
n→∞
n

i=1
x, e
i
y, e
i
 =
∞

i=1
x, e
i
y, e
i
.
1.2.11 Định lý. Nếu {e
n
} là một dãy trực chuẩn trong không gian

Hlbert H thì các điều kiện sau đây là tương đương :
9
a) Dãy {e
n
} đầy đủ ;
b) x =
∞

i=1
x, e
i
e
i
với mọi x ∈ H ;
c) x, y =
∞

i=1
x, e
i
y, e
i
 với mọi x, y ∈ H ;
d) x
2
=
∞

i=1
|x, e

i
|
2
với mọi x ∈ H.
Chứng minh. Giả sử {a
n
} là một dãy toàn vẹn, độc lập tuyến tính trong
E. Kí hiệu L là không gian các tổ hợp tuyến tính hữu hạn của tập {a
n
}.
Gọi D là tập tất cả các tổ hợp tuyến tính hữu hạn với hệ số hữu tỉ (ta
gọi số phức α + iβ là hữu tỉ nếu α và β là hữu tỉ). Ta đã biết D là đếm
được. Để chứng minh D là trù mật trong E ta chỉ cần chứng minh D trù
mật trong L.
Lấy tùy ý x =
n

i=1
λ
i
a
i
∈ L. Khi đó :
(λ
1
a
1
+ + λ
n
a

n
) − (r
1
a
1
+ + r
n
a
n
) ≤
n

i=1
|λ
i
− r
i
|a
i
.
Với mọi ε > 0, chọn các số hữu tỉ r
i
để |λ
i
− r
i
| <
ε
nM
,

ở đây M = sup
1≤i≤n
a
i
. Đặt y =
n

i=1
r
i
a
i
. Ta có x ∈ D và x −y < ε.
Vậy D là trù mật trong L.
Bây giờ giả sử E khả li. Giả sử D = {a
n
} là trù mật trong E. Lấy k
1
là chỉ số nhỏ nhất để a
k
1
= 0. Giả sử đã chọn được a
k
1
, , a
k
n−1
, ta chọn
a
k

n
bằng cách sau : k
n
là số nhỏ nhất lớn hơn k
n−1
sao cho a
k
n
không
là tổ hợp tuyến tính của a
k
1
, , a
k
n−1
. Ta nhận được dãy {a
k
n
} gồm các
phần tử độc lập tuyến tính trong E. Vì tổ hợp tuyến tính của các phần
tử này chứa D, do đó dãy là toàn vẹn.
10
1.2.12 Định lý. Trong một không gian Hilbert H vô hạn chiều, các
điều kiện sau đây là tương đương
a) H là khả li ;
b) Hcó một dãy toàn vẹn độc lập tuyến tính ;
c) H có một cơ sở trực chuẩn đếm được ;
d) H đẳng cấu với l
2
.

1.2.13 Định nghĩa. Cho H là không gian Hilbert với tích vô hướng
(.|.).
i) Nếu A : H → H là toán tử tuyến tính bị chặn, toán tử liên hợp của
nó là A
∗
: H → H thỏa mãn
(Ax|y) = (x|A
∗
y), ∀x, y ∈ H.
ii) Nếu A
∗
= A thì A được gọi là toán tử tự liên hợp.
11
CHƯƠNG 2
CHỈNH HÓA PHƯƠNG TRÌNH PARABOLIC NỬA
TUYẾN TÍNH NGƯỢC THỜI GIAN
Chương này trình bày kết quả chỉnh hóa cũng như các đánh giá sai số
của phương pháp cho phương trình parabolic nửa tuyến tính ngược thời
gian trong bài báo [5].
2.1 Giới thiệu bài toán
Cho H là không gian Hilbert thực hoặc phức với tích vô hướng ·, · và
chuẩn .. Giả sử A: D(A) → H là toán tử dương, tự liên hợp, không bị
chặn và ánh xạ f : [0, T ] ×H → H. Xét bài toán tìm hàm u: [0, T ] → H
thỏa mãn

u
t
+ Au = f(t, u(t)), 0 < t < T
u(T ) = g
(2.1)

với dữ kiện g ∈ H đã cho với sai số bậc ε. Chúng ta luôn giả thiết rằng
H có một cơ sở trực chuẩn gồm các vectơ riêng {φ
n
}
∞
n=1
của A tương ứng
với các giá trị riêng {λ
n
}
∞
n=1
với
0 < λ
1
 λ
2
 . . . và lim
t→∞
λ
n
= ∞,
và ánh xạ f thỏa mãn điều kiện Lipschitz
f(t, w
1
) − f(t, w
2
)  kw
1
− w

2
, (2.2)
trong đó k  0 là một hằng số độc lập với t, w
1
, w
2
.
Mặc dù tính duy nhất nghiệm được đảm bảo theo định lý duy nhất
nghiệm ngược (xem [4]), bài toán (2.1) vẫn là một bài toán đặt không
12
chỉnh. Một sai số nhỏ trong dữ kiện g có thể gây ra một lỗi lớn cho
nghiệm tương ứng (nếu nghiệm của bài toán này tồn tại). Thật vậy, từ
dạng biểu diễn quen thuộc của nghiệm
u(t) =
∞

n=1

e
(T −t)λ
n
φ
n
, g −

T
t
e
(s−t)λ
n

φ
n
, f(s, u(s))ds

φ
n
,
ta thấy rằng tính không ổn định của nghiệm là do sự tăng rất nhanh của
đại lượng e
(T −t).λ
n
khi λ
n
→ ∞. Trong luận văn này, ta quan tâm tới
nghiệm yếu của bài toán (2.1) được định nghĩa như sau
2.1.1 Định nghĩa. Hàm u ∈ C([0, T ] , H) được gọi là một nghiệm yếu
của bài toán (2.1) nếu
φ
n
, u(t) = e
λ
n
(T −t)
φ
n
, g −

T
t
e

λ
n
(s−t)
φ
n
, f(s, u(s))ds (2.3)
với mọi n = 1, 2,
Do tính không ổn định của nghiệm nên các phương pháp chỉnh hóa
cho bài toán này là cần thiết. Mặc dù có rất nhiều kết quả về việc chỉnh
hóa dành cho bài toán thuần nhất (nghĩa là bài toán (2.1) với f ≡ 0)
bằng cách sử dụng các phương pháp khác nhau như phương pháp tựa đảo
(quasi-reversibility method) của Lattes và Lions, phương pháp Tikhonov,
phương pháp dựa trên khai triển hàm riêng của Gajewski and Zacharias,
phương pháp biên không địa phương, phương pháp sử dụng phương trình
Sobolev, , các kết quả chỉnh hóa cho bài toán (2.1) với f = 0 còn rất hạn
chế. Trước hết, chúng ta hãy điểm qua một số kết quả chỉnh hóa dành cho
bài toán phi tuyến.
Vào năm 1994, Long và Định [9] đã sử dụng phương pháp nửa nhóm
để xử lý bài toán phi tuyến (2.1) và đạt được các đánh giá sai số bậc
t
−2
(ln(1/ε)
−1
với mỗi t > 0. Đánh giá này có kiểu logarithmic với mỗi
t > 0 cố định. Năm 2008, Đặng Đức Trọng và Nguyễn Huy Tuấn [12] đã
cải tiến phương pháp tựa đảo để đưa ra nghiệm xấp xỉ với sai số có bậc
13
ε
t
T

khi t > 0 và (ln(
1
ε
))
−1/2
khi t = 0. Tuy nhiên, họ đã đòi hỏi một điều
kiện tương tự như u(t) ∈ D(e
T A
) với mọi t ∈ [0, T ].
Trong luận văn này, ta xét ba điều kiện
∞

n=1
e
2λ
n
min{t,β}
|φ
n
, u(t)|
2
 E
2
0
, (2.4)
∞

n=1
λ
2β


n
e
2λ
n
min{t,β}
|φ
n
, u(t)|
2
 E
2
1
, (2.5)
∞

n=1
e
2βλ
n
|φ
n
, u(t)|
2
 E
2
2
(2.6)
với mọi t ∈ [0, T ], trong đó β, β


là các hằng số dương. Ta sẽ chứng minh
rằng (2.4) đủ để có một nghiệm xấp xỉ với đánh giá sai số kiểu Holder
với mọi t ∈ (0, T ]. Hơn nữa nếu điều kiện (2.5) hoặc (2.6) đúng thì ta
đạt được một đánh giá sai số kiểu logarithm hoặc kiểu H¨older với mọi
t ∈ [0, T ] tương ứng.
Như đã thảo luận ở trên, sự tăng rất nhanh của đại lượng e
(T −t)λ
n
gây
ra tính không ổn định của bài toán (2.1). Một cách tự nhiên để xử lý bài
toán này là hạn chế bài toán trong một không gian con hữu hạn chiều,
một ý tưởng từ phương pháp chặt cụt. Cụ thể hơn, chúng ta sẽ sử dụng
bài toán đặt chỉnh sau

u
t
+ Au = P
M
f(t, u(t)), 0  t < T,
u(t) = P
M
g,
(2.7)
trong đó P
M
là phép chiếu trực giao lên không gian riêng
span{φ
n
|λ
n

≤ M},
nghĩa là
P
M
w =

λ
n
M
φ
n
, wφ
n
với mọi w ∈ H.
14
Như chúng ta sẽ thấy trong các phần sau, bài toán (2.7) là đặt chỉnh và
nghiệm của nó là một nghiệm xấp xỉ địa phương (cụ thể với t > T − β)
tới nghiệm chính xác của bài toán (2.1).
2.2 Bất đẳng thức Gronwall
2.2.1 Định lý. ([8])(Bất đẳng thức Gronwall dạng vi phân) Giả sử η(t)
là hàm liên tục tuyệt đối không âm trên [0, T ], thỏa mãn hầu khắp nơi
trên [0, T ] bất đẳng thức
η

(t)  φ(t)η(t) + ψ(t), (2.8)
trong đó φ(t) và ψ(t) là các hàm không âm, khả tích trên [0, T ]. Khi
đó
η(t)  e

t

0
φ(s)ds

η(0) +

t
0
ψ(s)ds

, ∀t ∈ [0, T ]. (2.9)
Đặc biệt, nếu η

 φη trên [0, T ] và η(0) = 0, thì η ≡ 0 trên [0, T ].
Chứng minh. Từ bất đẳng thức (2.8) ta có
d
ds

η(s)e
−

s
0
φ(r)dr

= e
−

s
0
φ(r)dr


η

(s) − φ(s)η(s)

 e
−

s
0
φ(r)dr
ψ(s)
với hầu khắp s ∈ [0, T ]. Do đó, với mỗi t ∈ [0, T ], ta có

t
0
d
ds

η(s)e
−

s
0
φ(r)dr

ds 

t
0

e
−

s
0
φ(r)dr
ψ(s)ds.
Điều này kéo theo rằng
η(t)e
−

t
0
φ(r)dr
 η(0) +

t
0
e
−

s
0
φ(r)dr
ψ(s)ds
 η(0) +

t
0
ψ(s)ds. (2.10)

Bất đẳng thức (2.10) kéo theo bất đẳng thức (2.9).
Định lý được chứng minh.
15
2.2.2 Định lý. ([8])(Bất đẳng thức Gronwall dạng tích phân) Giả sử
ξ(t) là hàm không âm, khả tích trên [0, T ] và thỏa mãn hầu khắp nơi
trên [0, T ] bất đẳng thức tích phân
ξ(t)  C
1

t
0
ξ(s)ds + C
2
(2.11)
với các hằng số C
1
, C
2
không âm. Khi đó
ξ(t)  C
2

1 + C
1
te
C
1
t

(2.12)

với hầu khắp t ∈ [0, T ]. Đặc biệt, nếu
ξ(t)  C
1

t
0
ξ(s)ds
với hầu khắp t ∈ [0, T ] thì ξ(t) = 0 hầu khắp t ∈ [0, T ].
Chứng minh. Đặt η(t) =

t
0
ξ(s)ds, ∀t ∈ [0, T ]. Ta có η

 C
1
η + C
2
hầu
khắp nơi trên [0, T ]. Theo bất đẳng thức Gronwall dạng vi phân ta có
η(t)  e
C
1
t
(η(0) + C
2
t) = C
2
te
C

1
t
. (2.13)
Từ các bất đẳng thức (2.11) và (2.13) ta có
ξ(t)  C
1
η(t) + C
2
 C
2

1 + C
1
te
C
1
t

hầu khắp nơi trên [0, T ].
Định lý được chứng minh.
2.2.3 Định lý. Nếu u
1
(t), u
2
(t) ∈ C ([0, T ], H) là các nghiệm yếu của
phương trình u
t
+ Au = f(t, u(t)), 0 < t < T thì ta có đánh giá
u
1

(t) − u
2
(t) 

2

1 + 2k
2
T te
2k
2
T t

u
1
(0) − u
2
(0), ∀t ∈ [0, T ].
Chứng minh. Từ định nghĩa nghiệm yếu theo công thức (2.3) ta có
φ
n
, u
i
(t) = e
λ
n
(T −t)
φ
n
, u

i
(T )
−

T
t
e
λ
n
(s−t)
φ
n
, f(s, u
i
(s))ds (2.14)
16
với mọi n = 1, 2, và i = 1, 2. Từ công thức (2.14) ta thấy
φ
n
, u
i
(0) = e
λ
n
T
φ
n
, u
i
(T ) −


T
0
e
λ
n
s
φ
n
, f(s, u
i
(s))ds (2.15)
hay
φ
n
, u
i
(T ) = e
−λ
n
T

φ
n
, u
i
(0) +

T
0

e
λ
n
s
φ
n
, f(s, u
i
(s))ds

.
(2.16)
Thay (2.16) vào (2.14) ta được
φ
n
, u
i
(t) = e
−λ
n
t
φ
n
, u
i
(0) +

t
0
e

λ
n
(s−t)
φ
n
, f(s, u
i
(s))ds (2.17)
với mọi n = 1, 2, và i = 1, 2. Đặt u(t) = u
1
(t) − u
2
(t), ∀t ∈ [0, T ]. Từ
(2.17) suy ra
φ
n
, u(t) = e
−λ
n
t
φ
n
, u(0)
+

t
0
e
λ
n

(s−t)
φ
n
, f(s, u
1
(s)) − f(s, u
2
(s))ds (2.18)
với mọi n = 1, 2, Sử dụng bất đẳng thức (a + b)
2
 2(a
2
+ b
2
) ta có
u(t)
2
=
∞

n=1
|φ
n
, u(t)|
2
 2
∞

n=1
e

−2λ
n
t
|φ
n
, u(0)|
2
+ 2
∞

n=1


t
0
e
λ
n
(s−t)
φ
n
, f(s, u
1
(s)) − f(s, u
2
(s))ds

2
 2
∞


n=1
|φ
n
, u(0)|
2
+ 2t
∞

n=1

t
0
e
2λ
n
(s−t)
|φ
n
, f(s, u
1
(s)) − f(s, u
2
(s))|
2
ds
 2u(0)
2
+ 2T


t
0
∞

n=1
|φ
n
, f(s, u
1
(s)) − f(s, u
2
(s))|
2
ds.
17
Do đó, sử dụng điều kiện (2.2) ta có
u(t)
2
 2u(0)
2
+ 2T

t
0
f(s, u
1
(s)) − f(s, u
2
(s))
2

ds
 2u(0)
2
+ 2T

t
0
k
2
u
1
(s) − u
2
(s)
2
ds
= 2u(0)
2
+ 2T k
2

t
0
u(s)
2
ds.
Đặt ξ(t) = u(t)
2
, ∀t ∈ [0, T ]. Bất đẳng thức trên trở thành
ξ(t)  2ξ(0) + 2T k

2

t
0
ξ(s)ds.
Sử dụng bất đẳng thức Gronwall ta đạt được
ξ(t)  2ξ(0)

1 + 2k
2
T te
2k
2
T t

, ∀t ∈ [0, T ]
hay
u
1
(t) − u
2
(t) 

2

1 + 2k
2
T te
2k
2

T t

u
1
(0) − u
2
(0), ∀t ∈ [0, T ].
Định lý được chứng minh.
2.3 Phương pháp chỉnh hóa và các đánh giá sai số
Trong phần này, chúng ta xem xét bài toán đặt chỉnh (2.7) và đánh giá
sai số giữa nghiệm của nó với nghiệm của bài toán đặt không chỉnh (2.1).
2.3.1 Định lý. ([5])(Tính đặt chỉnh) Với mỗi g ∈ H, bài toán (2.7) có
nghiệm duy nhất u ∈ C
1
([0, T ] , P
M
(H)). Hơn nữa, nghiệm phụ thuộc
liên tục vào dữ kiện theo nghĩa nếu u
i
là nghiệm của bài toán (2.7)
với g được thay thế bởi g
i
, i = 1, 2, thì
u
1
(t) − u
2
(t)  e
(k+K)(T −t))
g

1
− g
2
.
18
Chứng minh. Chú ý rằng nếu u là một nghiệm của bài toán (2.7) thì
u(t) ∈ P
M
(H) với mọi t ∈ [0, T ]. Đặt G
M
(t, w) = −Aw + P
M
f(t, w). Bài
toán (2.7) trở thành một hệ phương trình phi tuyến

u
t
= G
M
(t, u(t)), 0 < t < T,
u(T ) = P
M
g
trên không gian hữu hạn chiều P
M
(H). Sử dụng bất đẳng thức
Aw  Mw
với w ∈ P
M
(H) và điều kiện Lipschitz (2.2) ta có

G
M
(t, w
1
) − G
M
(t, w
2
)  (k + M)w
1
− w
2
,
với mọi w
1
, w
2
∈ P
M
(H).
Tính đặt chỉnh của hệ phương trình phi tuyến nói trên kéo theo từ định
lý Picard–Lindel¨of (xem [6]).
Chú ý rằng u là một nghiệm của bài toán (2.7) nếu và chỉ nếu (2.3)
đúng với mọi n sao cho λ
n
 M và φ
n
, u(t) = 0 nếu λ
n
> M.

Một sự phân tích đơn giản chứng tỏ rằng bài toán (2.7) xấp xỉ bài toán
(2.1) theo nghĩa nếu u
j
là nghiệm của bài toán (2.7) với (g, M) = (g
j
, M
j
)
và
lim
j→∞
M
j
= ∞, lim
j→∞
u
j
= u trong C([0, T ] , H)
thì u là một nghiệm yếu của bài toán (2.1) với g := lim
j→∞
g
j
. Tuy nhiên,
ta vẫn không biết được tốc độ hội tụ của nghiệm bài toán (2.7) tới nghiệm
chính xác của bài toán (2.1). Để có điều này, ta cần có thêm giả thiết về
độ trơn của nghiệm chính xác của bài toán (2.1). Bổ đề sau đây cung cấp
một vài đánh giá sai số giữa các nghiệm của bài toán (2.7) và (2.1).
2.3.2 Bổ đề. ([5]) Giả sử rằng bài toán (2.1) với g = g
0
∈ H có một

nghiệm yếu u
0
∈ C([0, T ] , H). Với bất kỳ ε > 0, lấy g
ε
∈ H sao cho
19
g
ε
− g
0
  Eε, trong đó E là một hằng số độc lập với ε. Ký hiệu u
ε
là nghiệm của bài toán (2.7) với g = g
ε
và M = log(1/ε)/τ , τ  T.
(i) Nếu u
0
thỏa mãn (2.4) với β  T thì
u
ε
(t) − u
0
(t)  Ce
t/τ
với mọi t ∈ [0, T ] ,
(ii) Nếu u
0
thỏa mãn (2.5) với β  T thì
u
ε

(t)−u
0
(t)  C max

log(1/ε)
−β

), ε
(τ−T )/τ

ε
t/T
với mọi t ∈ [0, T ] ,
(iii) Nếu u
0
thỏa mãn (2.6) thì
u
ε
(t) − u
0
(t)  C max

ε
(β−T )/τ
, ε
(τ−T )/τ

ε
t/τ
với mọi t ∈ [0, T ] ,

trong đó C = C(E, k, u
0
) là một hằng số dương độc lập với t và ε.
2.3.3 Nhận xét. ([5]) (1) Trong (ii) nếu τ > T thì ta có đánh giá sai
số kiểu logarithm tại t = 0.
(2) Trong (iii) nếu β > T và τ > T thì ta có đánh giá sai số kiểu
H¨older với mọi t ∈ [0, T ]. Tuy nhiên nếu β < T thì đánh giá trong (iii)
chỉ có ý nghĩa khi t gần T , cụ thể t > T −β.
Chứng minh. (i) Sử dụng đẳng thức Parseval, biểu diễn (2.3) và điều kiện
Lipschitz (2.2) ta có
u

(t) − P
M
u(t)
2
=

λ
n
M
|φ
n
, u(t) − u

(t)|
2
=

λ

n
M




e
λ
n
(T −t)
φ
n
, g
ε
− g
0
 −

T
t
e
λ
n
(s−t)
φ
n
, f(s, u

(s)) − f(s, u
0

(s))ds




2


λ
n
M

2e
2M(T −t)
|φ
n
, g
ε
− g
0
|
2
+ 2T

T
t
e
2M(s−t)
|φ
n

, f(s, u
ε
(s)) − f(s, u
0
(s)|
2
ds

 2e
2M(T −t)
g
ε
− g
0

2
+ 2T

T
t
e
2M(s−t)
f(s, u
ε
(s)) − f(s, u
0
(s))
2
ds
 2e

2M(T −t)
ε
2
E
2
+ 2k
2
T

T
t
e
2M(s−t)
u
ε
(s) − u
0
(s)
2
ds.
20
Mặt khác, từ (2.4) với β = T ta có
u(t) − P
M
u(t)
2
=

λ
n

>M
|φ
n
, u
0
(T )|
2
 e
−2Mt

λ
n
>M
|φ
n
, u
0
(t)|
2
 e
−2Mt
E
2
0
. (2.19)
Từ đánh giá trên và đẳng thức Parseval ta có
u
ε
(t) − u
0

(t)
2
= u(t) − P
M
u(t))
2
+ u
ε
(t) − P
M
u(t)
2
 e
−2Mt
E
2
0
+ 2e
2M(T −t)
ε
2
E
2
+ 2k
2
T

T
t
E

2M(s−t)
u
ε
(s) − u
0
(s)
2
ds.
Bất đẳng thức trên được viết lại là
e
2Mt
u
ε
(t) − u
0
(t)
2
 E
2
0
+ 2e
2MT
ε
2
E
2
+ 2k
2
T


T
t
e
2Ms
u
ε
(s) − u
0
(s)
2
ds.
Bất đẳng thức Gronwall kéo theo
e
2Mt
u

(t) − u
0
(t)
2
 (E
2
0
+ 2e
2Mt

2
E
2
)e

2k
2
T
.
Thay thế M = log(1/ε)/τ với τ  T ta có
u
ε
(t) − u
0
(t)
2
 C
2
e
−2Mt
= C
2
ε
t/tau
với mọi t ∈ [0, T ] ,
trong đó C =

E
2
0
+ 2E
2
e
k
2

T
.
(ii) Nếu (2.5) đúng với β = T thì chúng ta có thể lặp lại quá trình
chứng minh trên với (2.19) được thay thế bởi
u(t) − P
M
u(t)
2
 M
−2β

e
−2Mt

λ
n
>M
λ
2β

2
e
2λ
n
t
|φ
n
, u
0
(t)|

2
 M
−2β

e
−2Mt
E
2
1
.
21
Do đó, chúng ta đạt được
e
2Mt
u
ε
(t) − u
0
(t)
2
 M
−2β

E
2
1
+ 2e
2Mt
ε
2

E
2
+ 2k
2
T

T
t
e
2Ms
u
ε
(s) − u
0
(s)
2
ds.
Sử dụng bất đẳng thức Gronwall ta có
e
2Mt
u
ε
(t) − u
0
(t)
2
 (M
−2β

E

2
2
+ 2e
2MT
ε
2
E
2
)e
2k
2
T
 C
2
max

(Mτ)
−2β

, e
2MT
ε
2

với C =

τ
2β

E

2
2
+ 2E
2
e
k
2
T
. Thay thế M = log(1/ε)/τ ta đạt được
u
ε
(t) − u
0
(t)
2
 C
2
max

log(1/ε)
−2β

ε
2t/τ
, ε
2(t+τ−T )/τ

với mọi t ∈ [0, T ] .
(iii) Nếu u
0

thỏa mãn (2.6) thì ta có thể thay thế (2.19) trong chứng
minh phần (i) bởi
u(t) − P
M
u(t)
2
 e
−2Mβ

λ
n
>M
e
2λ
n
β
|(Ø
n
, u
0
(t))|
2
 e
−2Mβ
E
2
2
.
Do đó
e

2Mt
u
ε
(t) − u
0
(t)
2
 e
2M(t−β)E
2
2
E
2
2
+ 2e
2Mt
ε
2
E
2
+ 2k
2
T

T
t
e
2Mt
u
ε

(s) − u
0
(s)
2
ds
 e
2M(T −β)E
2
2
E
2
2
+ 2e
2Mt
ε
2
E
2
+ 2k
2
T

T
t
e
2Mt
u
ε
(s) − u
0

(s)
2
ds.
Sử dụng bất đẳng thức Gronwall ta có
e
2Mt
u
ε
(t) − u
0
(t)
2
 (e
2M(T −β)E
2
2
E
2
2
+ 2e
2Mt
ε
2
E
2
)e
2k
2
T
.

Do đó, chúng ta kết luận rằng
u
ε
(t) − u
0
(t)
2
 C
2
max

e
2M(T −t−β)
, e
2M(T −t)
ε
2

22
với C =

E
2
0
+ 2E
2
e
k
2
T

. Thay thế M = log(1/ε)/τ ta có kết qủa mong
muốn.
2.3.4 Nhận xét. Chứng minh Bổ đề 2.3.2 trong [5] có sự nhầm lẫn
giữa các kí hiệu t và s và trong chứng minh trên chúng tôi đã chỉnh
sửa lại.
2.3.5 Định lý. ([5])(Tính duy nhất nghiệm) Với g ∈ H, bài toán (2.1)
có không quá một nghiệm u ∈ C
1
((0, T ), H) ∩C([0, T ] D(A)).
Chứng minh. Giả sử rằng u
1
và u
2
là hai nghiệm của bài toán (2.1). Đặt
w(t) = u
1
(t) − u
2
(t) với mọi t ∈ [0, T ]. Khi đó w(T ) = 0 và điều kiện
Lipschiz (2.2) kéo theo
w
t
+ Aw = f(t, u
1
(t)) − f(t, u
2
(t))  kw, 0 < t < T. (2.20)
Theo Đinh lý 1.1 trong [4], bất đẳng thức (2.20) kéo theo w(t) = 0 với
mọi t ∈ [0, T ]. Do đó u
1

(t) = u
2
(t) với mọi t ∈ [0, T ].
Bây giờ chúng ta tận dụng bài toán đặt chỉnh (2.7) để xây dựng một
nghiệm chỉnh hóa cho bài toán (2.1). Giả sử rằng bài toán (2.1) có một
nghiệm chính xác u
0
thỏa mãn điều kiện (2.4).
Nếu β  T thì Bổ đề 2.3.2, phần (i) cho phép chúng ta xấp xỉ u
0
(t)
với mọi t > 0. Tuy nhiên trong trường hợp tổng quát β > 0 có thể nhỏ
và Bổ đề 2.3.2, phần (iii) cung cấp một sự xấp xỉ với t > T − β. Phương
pháp trình bày ở đây được mô tả như sau:
Đầu tiên, chúng ta tính toán nghiệm với t ∈ [T −t
1
, T ), trong đó 0 <
t
1
< β. Sau đó sử dụng kết quả tại T − t
1
để tính toán nghiệm với
t ∈ [T −2t
1
, T − t
1
) và cứ tiếp tục như vậy. Bằng cách này, chỉ sau hữu
hạn bước chúng ta sẽ quay trở về trường hợp β  T và bài toán sẽ được
giải quyết hoàn toàn.
2.3.6 Định lý. ([5])(Các nghiệm chỉnh hóa) Giả sử rằng bài toán (2.1)

với g = g
0
∈ H có một nghiệm yếu u
0
∈ C([0, T ] , H). Với bất kỳ ε > 0,
23