BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TP. HỒ CHÍ MINH
Nguyễn Hoài Phúc
CHỈNH HÓA NGHIỆM MỘT BÀI
TOÁN ĐÀN HỒI BA CHIỀU
LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC
Thành phố Hồ Chí Minh 2012
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TP. HỒ CHÍ MINH
Nguyễn Hoài Phúc
CHỈNH HÓA NGHIỆM MỘT BÀI
TOÁN ĐÀN HỒI BA CHIỀU
Chuyên Ngành : Toán Giải Tích
Mã Số : 60 46 01
LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC
NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC :
GS. TS. ĐẶNG ĐỨC TRỌNG
Thành phố Hồ Chí Minh 2012
LỜI CẢM ƠN
Tôi xin chân thành cảm ơn thầy Đặng Đức Trọng, người đã tận tâm giảng
dạy, hướng dẫn và giúp đỡ tôi trong suốt quá trình làm luận văn.
Tôi xin cảm ơn bạn Phùng Trọng Thực và bạn Phan Thành Nam đã rất nhiệt
tình giúp đỡ, góp ý cho tôi trong suốt quá trình nghiên cứu.
Tôi xin chân thành cảm ơn các bạn học viên Toán – Giải Tích khóa 21 đã hỗ
trợ cho tôi trong suốt khóa học.
Tp HCM, ngày tháng
năm 2012
Nguyễn Hoài Phúc
GIỚI THIỆU BÀI TOÁN
Cho 0,1 0,1 0,1 biểu diễn một vật thể đàn hồi đẳng hướng ba
chiều và cho T 0 là khoảng thời gian quan sát. Với mỗi x : x 1, x 2 , x 3 , ta
kí hiệu u(x , t ) u1(x , t ), u2 (x , t ), u 3 (x , t ) là độ chuyển dịch (displacement), trong
đó u j là độ chuyển dịch tính theo phương x j . Như chúng ta đã biết, u thỏa mãn hệ
phương trình Lamé
2u
m u (l m ) div(u ) F , x , t 0,T
t 2
với F : F1, F2 , F3 là lực thể tích, div(u ) u
u1 u2 u 3
và l, m là
x 1 x 2 x 3
các hằng số Lamé thỏa m 0 và l 2m 0 . Hệ trên liên kết với các điều kiện
đầu là :
u1(x , 0), u2 (x , 0), u 3 (x , 0) g1(x ), g2 (x ), g 3 (x ), x ,
u 2
u 3
u1
h (x ), h (x ), h (x ) , x ,
(
x
,
0),
(
x
,
0),
(
x
,
0)
1
2
3
t
t
t
và điều kiện biên của vật thể đàn hồi bị kẹp chặt, nghĩa là
u (x, t ), u (x, t ), u (x, t ) 0, 0, 0,
1
2
3
x , t 0,T .
Chúng ta xét bài toán ngược là tìm lực thể tích F. Một bài toán ngược thường
được nghiên cứu ở nhiều khía cạnh như tính duy nhất, tính ổn định và vấn đề chỉnh
hóa. Vấn đề chỉnh hóa và đánh giá sai số của nghiệm là điều rất cần thiết.
Trong năm 2005, Grasselli, Ikehata và Yahamoto [2] đã chứng minh được
lực thể tích F x , t j(t )f (x ) là duy nhất được xác định từ các phương trình trên
với điều kiện j C 1 0,T , j(0) 0 và thời gian quan sát T 0 đủ lớn. Mặc dù
có tính duy nhất nhưng vấn đề chỉnh hóa f vẫn chưa được thỏa mãn, nghĩa là với
một sai sót nhỏ trong dữ kiện cũng có thể gây ra sai số lớn trong kết quả. Vì vậy,
điều quan trọng trong thực tế là tìm ra một quá trình chỉnh hóa nghiệm, cụ thể là
xây dựng giải pháp gần đúng bằng cách sử dụng các dữ kiện gần đúng.
Gần đây, vấn đề chỉnh hóa đã được giải quyết một phần trong [6], trong đó
phương pháp chỉnh hóa một phần của f được đưa ra từ việc sử dụng thông tin về
các điều kiện cuối cùng u x ,T . Điều kiện cuối cùng đóng một vai trò thiết yếu
trong [6] từ đó nó cho phép tác giả tìm ra một công thức rõ ràng cho việc biến đổi
Fourier của f , và sau đó sử dụng thông tin này để phục hồi f .
Còn lại là một vấn đề mở trong [6] (xem phần kết luận của họ) là tìm ra một
quá trình chỉnh hóa cho f . Mục đích của luận văn là giải quyết vấn đề này một cách
hoàn chỉnh, đó chính là việc tìm ra quá trình chỉnh hóa f mà không cần sử dụng
đến điều kiện cuối. Quá trình chỉnh hóa nghiệm được nêu ra trong luận văn chủ yếu
sử dụng phương pháp cắt ngắn chuỗi Fourier kết hợp với các bất đẳng thức nội suy
Lagrange, dựa theo phương pháp nội suy được giới thiệu trong [7] trong đó các tác
giả đã xây dựng quá trình chỉnh hóa cho các nguồn nhiệt của phương trình nhiệt.
Trong luận văn này, để chỉnh hóa được nghiệm của bài toán, ngoài điều kiện
đầu và điều kiện biên bị kẹp ta cần có thêm sức ép bề mặt trên cả biên của vật thể,
nghĩa là
s1 t12 t13 n1 X1
t s t n X , x , t 0,T
21 2 23 2 2
t t s n X
31 32 3 3 3
trong đó n n1, n2, n 3 là vectơ pháp tuyến đơn vị hướng ra ngoài của và các
sức ép s và t được định nghĩa
u j
u
u
t jk m j k , s j ldiv(u ) 2m
, j, k 1, 2, 3 .
x k
x j
x j
Luận văn này chủ yếu là trình bày lại bài báo [10] . Và để rõ ràng hơn, luận
văn đã chi tiết hóa phần chứng minh bổ đề 2.3 nhằm bổ trợ cho quá trình chứng
minh tính duy nhất nghiệm của bài toán và bổ đề 2.5 giúp chỉnh hóa nghiệm đồng
thời ước lượng sai số một cách dễ dàng hơn. Phần còn lại của luận văn được chia
làm ba chương :
Chương một: là phần kiến thức chuẩn bị, bao gồm việc nhắc lại một
số kiến thức cơ bản và nêu một vài kết quả cần thiết cho phần sau.
Chương hai: nêu một số kí hiệu và kết quả chính. Sau đó sẽ chứng
minh sự duy nhất của f và chỉnh hóa f .
Chương ba: trình bày một ví dụ cụ thể minh họa cho các tính toán lý
thuyết.
Chương 1: KIẾN THỨC CHUẨN BỊ
1.1. Các không gian hàm
Trước hết, xin nhắc lại các không gian Lp và W 1,p .
Cho là một tập đo được trong N .
Định nghĩa 1.1.1. Với mỗi ánh xạ đo được f : và 1 p , ta kí
hiệu
1
f
f
p
p
p
f (x ) dx
với 1 p ,
inf h 0 : f (x ) h, x .
Với mỗi 1 p , ta gọi Lp () là không gian gồm tất cả các hàm f đo được trên
sao cho f
p
.
Định lý 1.1.1. Với mỗi 1 p , Lp () là một không gian Banach với
chuẩn
Lp ()
. Đặc biệt, L2 () là không gian Hilbert với tích vô hướng
p
f,g
f (x )g(x )dx .
Chứng minh định lý này dựa trên bất đẳng thức quan trọng sau.
Định lý 1.1.2. (Bất đẳng thức Holder) Cho p, q (1, ) và
f Lp (), q Lq () thì f .g L1() và
1 1
1 . Nếu
p q
f .g
L1 ()
f
Lp ()
.g
Lq ()
.
Bây giờ cho là một tập mở trong N . Ta kí hiệu C c () là không gian
các hàm khả vi vô hạn có giá compact trên . Với mỗi c C c () và
N
a a1, a2 ,..., aN N với ai 0, i 1, 2,..., N , Ta kí hiệu a ai và
i 1
a
u
a
D u(x )
a
a
a
1 x 1 2 x 2 ... N x N
(x ), x x 1, x 2 ,..., x N .
Định nghĩa 1.1.2. Với mỗi 1 p và m nguyên dương, không gian
Sobolev W m ,p () là tập hợp tất cả các hàm f Lp () sao cho với mỗi
a a1, a2 ,..., aN N với ai 0, i 1, 2,..., N và a m , tồn tại g a Lp ()
thỏa mãn
f (x )D
a
f(x )dx (1)
a
g
a
(x )f(x )dx , f C c ().
a
Khi đó ta kí hiệu
f
a
a
a
1 x 1 2 x 2 ... N x N
ga .
Đặc biệt, ta đặt W m ,2 () H m () .
Định lý 1.1.3. Với mỗi 1 p , m nguyên dương, W m ,p () là không
gian Banach với chuẩn
f
W m , p ( )
D a f
a m
p
.
Lp ()
p
Tiếp theo, ta nhắc lại các không gian C m I , X và Lp I , X , trong đó I là
một khoảng (mở hoặc đóng) trong và X là không gian Banach.
Một cách đơn giản, ta định nghĩa C I , X là tập hợp các ánh xạ liên tục từ I
vào X.
Định nghĩa 1.1.3. Cho I một khoảng (mở hoặc đóng) trong và
u :I X.
Nếu I là một khoảng mở, ta nói u khả vi trên I nếu tồn tại ánh xạ
đạo hàm
u
: I X sao cho
t
lim
s t
u(t ) u(s ) u
(s ),
t s
t
s I ,
với giới hạn tính theo chuẩn của X.
Với mỗi số nguyên dương m, ta nói u khả vi m lần trên I nếu các ánh xạ đạo
hàm sau đây tồn tại
u 2u
u
m u
m1u
,
:
,..., m :
.
t t 2
t t
t t m1
t
Nếu I là một khoảng đóng và m nguyên dương, ta nói u khả vi m
lần trên I nếu tồn tại một khoảng mở I chứa I và một ánh xạ v : I X khả vi m
lần trên I sao cho v |I u . Ta cũng kí hiệu
(Xem trong [9] trang 8).
k u
k u
t k
t k
với mọi k 1, 2,... m .
I
Định nghĩa 1.1.4. Cho I là một khoảng (mở hoặc đóng) và m là một số
nguyên dương, ta kí hiệu C m I , X là tập hợp các hàm u : I X khả vi m lần
mu
C I , X .
trên I sao cho
t m
Định nghĩa 1.1.5. Cho I là một khoảng mở trong R và u : I X . Ta nói u
là đo được nếu có một dãy hàm un trong C c I , X sao cho un (t ) u(t ) với mỗi
t I .
(Trong đó C c I , X là tập hợp các hàm liên tục có giá compact trên I).
Định nghĩa 1.1.6. Cho I là một khoảng mở trong R và 1 p . Ta kí
hiệu Lp I , X là tập hợp (các lớp tương đương) các hàm đo được u : I X sao
cho hàm thực t u(t )
X
thuộc Lp (I ) , trong đó ta đồng nhất u với v nếu
u(t ) v(t ) với mỗi một t I .
Định lý 1.1.4. Cho I là một khoảng mở trong R, 1 p và X là một
không gian Banach. Khi đó Lp I , X là không gian Banach với chuẩn
1
p
p
u(t ) dt .
u p
L I ,X
X
I
1.2 Một số kết quả được áp dụng
Định lý 1.2.1. (Công thức Green)
Cho là tập mở, bị chặn trong Rn có biên là C 1 từng khúc. Khi
đó nếu u và v thuộc H 1() , ta có
u
v
vdx u
dx uvnid s .
x
x i
i
đúng với mọi i 1, n . Trong đó ni là thành phần thứ i của vectơ pháp tuyến n trên
biên của , tích phân cuối được hiểu theo nghĩa vết của u và v.
Mệnh đề 1.2.2. Cho E là không gian Hilbert. Giả sử E có cơ sở trực chuẩn
đếm được en . Khi đó ta có
1. Chuỗi Fourier : x x , ei ei , x E .
i 1
x , ei , x E .
2
2. Đẳng thức Parseval: x
2
i 1
Mệnh đề 1.2.3. Cho 0,1 0,1 . Khi đó các hệ :
cos(m px ) cos n py
m ,n N
, sin(m px ) cos n py
m N *, n N
là cơ sở trực giao của L2 () .
Chứng minh. Ta chứng minh hệ
sin(m px ) cos n py
m N *, n N
là cơ sở trực giao,
hệ còn lại chứng minh tương tự.
Kiểm tra trực tiếp thấy các hệ trên là hệ trực giao trong L2 () . Bây giờ giả
sử f L2 () và
f x, y sin(m px ) cos n py dxdy 0, với mọi m N *, n N .
Ta chứng minh f 0 trong L2 () .
1
Với mỗi n N , đặt hn (x )
f (x, y ) cos(n py )dy . Ta có
0
1
h (x ) sin(m px )dx 0, m N * ,
n
0
và hn L2 (0,1) bởi vì
1
1
2
hn (x ) f (x , y ) dy cos2 (n py )dy .
0
0
2
L0,1
Từ hệ sin(m px )
m N *
là cơ sở trực giao của L2 (0,1) ta có hn 0 trong
L2 (0,1) . Gọi An là tập có độ đo không để hn (x ) 0, x 0,1 \ An . Đặt
n
thì B có độ đo không và hn (x ) 0, x 0,1 \ B và n N . Từ hệ
cos(n px )
là cơ sở trực giao trong L2 (0,1) suy ra f (x ,) 0 trong L2 (0,1) , với
Bn
A
n 0
n N
mọi x 0,1 \ B . Vậy f 0 trong L2 () .
Mệnh đề 1.2.4. Cho 0,1 0,1 0,1 . Khi đó các hệ :
cos(m px ) cos n px cos ppx
sin(m px ) cos n px cos ppx
,
1
2
3
m ,n ,pN
1
2
3
m N *, n ,pN
là cơ sở trực giao của L2 () .
Định nghĩa 1.2.1. Cho C là trường số phức và hàm số f : C C . Ta nói f
là hàm nguyên nếu f giải tích trên C.
Mệnh đề 1.2.5. Cho f là hàm nguyên khác hằng, khi đó tồn tại r0 0 sao
cho
Max f(z ) 1
z r
đúng với mọi r r0 .
Chứng minh. Đặt y(r ) Max f(z ) . Theo nguyên lý môđun cực đại ta có
z r
Max f(z ) Max f(z ) ,
z r
z r
vậy y không giảm. Vì f là hàm nguyên và khác hằng nên không bị chặn, từ đó tồn
tại z 0 C , z 0 0 sao cho f(z 0 ) 1 . Đặt r0 z 0 , ta được r0 là giá trị cần tìm.
Mệnh đề 1.2.6. Với mọi z C và mọi x 0,1 , ta có bất đẳng thức
z
cosh(zx ) e .
Chứng minh. Giả sử z a bi,(a, b R) . Ta có
1 2ax
e (a bi )x e (a bi )x
e e 2ax 2 cos(2bx )
2
2
1 2ax
1
e e 2ax 2 eax e ax
2
2
ax
a
z
e e e ,
cosh(zx )
đúng với mọi z C , mọi x 0,1 .
Mệnh đề 1.2.7. Cho là tập mở trong C và B z 0 , r (B z 0 , r là quả
cầu mở tâm z 0 , bán kính r trong C). Cho f là giải tích trên trừ tại một số hữu
hạn cực điểm a1, a2,..., an nằm trong B z 0 , r . Khi đó ta có
n
Res f (z ), a .
(
)
2
f
z
dz
p
i
k
k 1
z z r
0
Kết quả này được suy trực tiếp từ định lý tích phân Cauchy và định nghĩa
thặng dư.
Mệnh đề 1.2.8. (Định lý Beurling) Cho f là hàm nguyên. Đặt
M f (r ) Max f (z ) , (r 0) .
z r
Khi đó ta có :
lim sup
r
ln f (r )
ln M f (r )
1.
1.3. Hệ Lamé
Hệ Lamé được thiết lập từ các dữ kiện vật lý và có liên quan chặt chẽ đến bài
toán đàn hồi. Trong không gian ba chiều với 0,1 0,1 0,1 như là vật thể
đàn hồi, hệ Lamé được xác định bởi
2u
m u (l m ) div(u ) F , x , t 0,T
t 2
ở đây u(x , t ) u1(x , t ), u2 (x , t ), u 3 (x , t ) thỏa mãn hệ Lamé, trong đó u j là độ
chuyển dịch theo hướng j của vật thể đàn hồi và F (x , t ) F1(x , t ), F2 (x , t ), F3 (x , t )
biểu thị lực thể tích. Các hằng số l và m được gọi là hằng số Lamé. (có thể xem
trong [4,5])
1.4. Bài toán không chỉnh và vấn đề chỉnh hóa
Những bài toán phương trình đạo hàm riêng (đặc biệt là những bài toán có
nguồn gốc từ vật lý) thường có dạng tìm nghiệm từ dữ kiện cho trước. Xuất phát từ
ý nghĩa thực tế của bài toán, khái niệm về chỉnh hóa bài toán được đặt ra, một bài
toán được gọi là chỉnh nếu có ba tính chất:
Tính tồn tại: Bài toán có nghiệm.
Tính duy nhất: Bài toán có nhiều nhất một nghiệm.
Tính ổn định: Nghiệm phụ thuộc liên tục vào dữ kiện.
Một bài toán được gọi là không chỉnh nếu thiếu một trong ba tính chất trên.
Về mặt toán học, việc tồn tại nghiệm có thể đạt được bằng cách mở rộng không
gian nghiệm. Nếu bài toán có nhiều hơn một nghiệm thì thường là thông tin về
nghiệm bị thiếu, và bằng những thông tin bổ sung ta sẽ thu được nghiệm duy nhất.
Yêu cầu quan trọng nhất là sự ổn định của nghiệm, bởi nếu thiếu điều này thì dù
một sai sót nhỏ của dữ liệu cũng có thể dẫn đến một sai số lớn của nghiệm. Điều
này làm cho chúng ta không thể tính được nghiệm (dù là xấp xỉ), bởi mọi dữ kiện
đo đạc điều phải đi kèm với sai số.
Để khắc phục tính không chỉnh của bài toán, ta phải thực hiện công việc
chỉnh hóa. Tức là trước hết ta chứng tỏ bài toán tồn tại và duy nhất nghiệm và sau
đó ta đi chỉnh hóa nghiệm đó. Sự chỉnh hóa nghiệm tức là từ những dữ kiện đo đạc
(có thể sai số so với dữ kiện chính xác) ta đi xây dựng nghiệm mới, gọi là nghiệm
chỉnh hóa. Nghiệm chỉnh hóa có thể không phải là nghiệm chính xác của bài toán
(ứng với dữ kiện chính xác) nhưng ta có thể kiểm soát sai số của nghiệm chỉnh hóa
với nghiệm chính xác nhỏ như mong muốn.
Chương 2: CÁC KẾT QUẢ CHÍNH
2.1. Phát biểu bài toán
Cho 0,1 0,1 0,1 và T 0 . Chúng ta xét bài toán tìm u, F
thỏa mãn hệ phương trình
2u
t 2
m u (l m ) div(u ) F , x , t 0,T
(2.1)
ở đây l, m là các hằng số Lamé thỏa m 0 và l 2m 0 .
Với các điều kiện đầu là
u1(x , 0), u2 (x , 0), u 3 (x , 0) g1(x ), g2 (x ), g 3 (x ), x ,
u2
u3
u1
x
x
x
(
,
0),
(
,
0),
(
,
0)
h1(x ), h2 (x ), h3 (x ), x .
t
t
t
(2.2)
Hơn nữa biên của vật thể đàn hồi bị giữ cố định nên hàm u u1, u2, u 3
thỏa mãn điều kiện biên
u1(x, t ), u2(x, t ), u3(x, t ) 0, 0, 0,
x , t 0,T
(2.3)
Cuối cùng, sức căng bề mặt được cho trên
s1 t12 t13 n1 X1
t s t n X , x , t 0,T ,
21 2 23 2 2
t t s
31 32 3 n 3 X 3
(2.4)
Trong đó : n n1, n2, n 3 là vectơ pháp tuyến đơn vị hướng ra ngoài của và
các sức ép s và t được định nghĩa
t jk
u
u j
j uk
m
,
, s j ldiv(u ) 2m
x j
x j
x k
j, k 1, 2, 3 .
2.2. Các kết quả chính
Nhắc lại rằng chúng ta cần tìm hàm : f (x ) f1(x ), f2 (x ), f3 (x ) , x của
lực thể tích F (x , t ) j(t )f (x ) từ hệ (2.1) – (2.4). Các hằng số Lamé luôn thỏa
m 0 và l 2m 0 và dữ kiện I j, X , g, h là không mịn
3
I L1(0,T ), L1(0,T , L1() ,(L2 ())3,(L2 ())3
Cho a 3 và x 3 , kí hiệu
G (a, x ) G11(a, x ) G22 (a, x ) G33 (a, x )
cos(a1x1 ) cos(a2x 2 ) cos(a3x 3 ),
G21(a, x ) G12 (a, x ) sin(a1x1 ) sin(a2x 2 ) cos(a3x 3 ),
G31(a, x ) G13 (a, x ) sin(a1x1 ) cos(a2x 2 ) sin(a3x 3 ),
G32 (a, x ) G23 (a, x ) cos(a1x1 ) sin(a2x 2 ) sin(a3x 3 ) .
Nếu không sợ nhầm lẫn ta cũng có thể viết Gkj thay cho Gkj (a, x ) .
Trước hết ta có bổ đề sau.
Bổ đề 2.1. Nếu u C 2 [0,T ], L2 () L2 0,T , H 2 ()
thỏa hệ (2.1) – (2.4) với dữ kiện I j, X , g, h , thì
3
và f (L2 ())3
E1 j (I )(a) E1*j (a)
fjGdx
D1(I )(a)
E2 j (I )(a) E2*j (a)
D2 (I )(a)
, j 1, 2, 3
cho mọi a a1, a2, a3 3 mà
2
a a12 a22 a32 0 và D1(I )(a) 0, D2 (I )(a) 0,
0
trong đó
D1(I )(a) a
D2 (I )(a) a
T
2
0
2
0
j(t )
0
T
j(t )
l 2m a (T t )
cosh
l 2m a T
sinh
sinh
0
dt ,
dt ,
m a (T t )
cosh
0
0
0
m a T
0
E1 j (I )(a) l 2m a a j a1g1G1j a2g2G2j a3g 3G3j dx
0
tanh
T
0
E1*j (a)
cosh
l 2m a T a j a1h1G1j a2h2G2j a3h3G3j dx
0
l 2m a (T t )
cosh
l 2m a T
sinh
l 2m a
0
0
0
l 2m a T
0
a
j
a X G
1
j
1 1
a2X 2G2j a3X 3G3j d wdt ,
aj
a1u1(x ,T )G1j a2u2 (x ,T )G2j a3u 3 (x ,T )G3j dx ,
2
j
j
j
j
a
a
a
a
a
g
G
(
g
G
g
G
g
G
)
dx
1 1 1
2 2 2
3 3 3
j
0
0 j j
2
tanh m a T a h jG jj a j (a1h1G1j a2h2G2j a3h3G3j )dx
0
0
E2 j (I )(a) m a
T
m a (T t )
cosh
m a T
sinh
0
0
0
2
a X jG jj a j (a1X1G1j a2X 2G2j a3X 3G3j )d wdt
0
E2*j (a)
cosh
m a
0
m a T
0
2
a 0 u j (x,T )G j
j
a j (a1u1(x ,T )G1j a2u2 (x ,T )G2j a3u3 (x ,T )G3j ) dx .
*
trong bổ đề 1 phụ thuộc vào u(x ,T ) thay vì dữ kiện
Chú ý rằng E1j* và E2j
I j, X , g, h . Do đó, thông thường ta không biết số hạng của chúng. Tuy nhiên,
*
với a đủ lớn, E1j* và E2j
tương đối nhỏ khi so sánh với E1j và E2j , và có thể
được giảm nhẹ khi tính tích phân
fjGdx
với các hệ số Fourier của f j . Vì thế ta
sử dụng một vài kí hiệu tiện lợi hơn.
Định nghĩa 2.1 (Thông tin từ dữ kiện). Cho I j, X , g, h và a 3 mà
a.a 0 , ta đặt ( sử dụng các kí hiệu của Bổ đề 1).
E1 j (I ) E2 j (I )
, khi D1(I )(a).D2 (I )(a) 0
H j (I )(a) D1(I )
D2 (I )
0,
khi D1(I )(a).D2 (I )(a) 0.
Định nghĩa 2.2 (Hệ số Fourier). Cho a a1, a2, a3 3 , w L2 () , ta
đặt
(w)(a) w(x )G (a, x )dx w(x ) cos(a1x1 ) cos(a2x 2 ) cos(a3x 3 )dx .
Lưu ý rằng bất kì hàm w L2 () nào đều có thể lấy đại diện là
w(x )
m ,n , p 0
k(m, n, p) (w)(m p, n p, p p) cos(m px1 ) cos(n px 2 ) cos(p px 3 ) ,(2.5)
trong đó k(m, n, p) : (1 1{m 0} )((1 1{n 0} )(1 1{p 0} ) .
Như đã giải thích ở trên, là sẽ tính được gần đúng ( f j )(a) bởi H j (I )(a)
với a lớn. Để làm việc này, ta cần một số giới hạn thấp hơn trên D1(I )(a) và
D2 (I )(a) . Ta giả định các điều kiện sau đây trên j và T.
(W1) Tồn tại (j ) 0,T và C (j ) 0 sao cho : hoặc j(t ) C (j ) với hầu hết
t 0, (j ) hoặc j(t ) C (j ) với hầu hết t 0, (j ) .
1
1
1
1
(W2)T 2 max
,
,
.
hoặc (W2’)T 12 5 max
m l 2m
m l 2m
Chú ý 2.1. Nếu j liên tục tại t 0 thì điều kiện (W1) là tương đương với
j(0) 0 . Các điều kiện (W2) và (W2’) có nghĩa là thời gian quan sát phải đủ dài.
Điều kiện (W2) là đủ cho sự duy nhất, trong khi điều kiện mạnh hơn là (W2’) thì
cần thiết trong bước chỉnh hóa nghiệm.
Định lý 2.1 (Tính duy nhất). Giả sử các giả thiết (W1) và (W2) thỏa mãn.
Khi đó hệ (2.1) – (2.4) có nhiều nhất một nghiệm
u, f C 2([0,T ]; L2()) L2(0,T ; H 2())
3
,(L2 ())3 .
Điểm chính trong chỉnh hóa nghiệm là tìm lại ( f )(a) với a nhỏ từ giá trị
gần đúng của ( f )(a) với a lớn, như trong [7] chúng ta có thể sử dụng đa thức
nội suy Lagrange.
Định nghĩa 2.3 (Đa thức nội suy Lagrange). Cho A x1, x 2, x 3,....., x n là
tập gồm n số phức phân biệt và cho w là hàm phức. Khi đó đa thức nội suy
Lagrange L[A; w ] là
n
z x k
L[A; w ](z )
w(x j )
x
x
j 1 k j j
k
Định lý 2.2 (Chỉnh hóa nghiệm). Giả sử rằng (u 0, f 0 ) là nghiệm chính xác
của hệ (2.1) – (2.4) đối với dữ kiện chính xác I 0 j 0, X 0, g 0, h 0 , trong đó giả
thiết (W1) và (W2’) được thỏa mãn. Xét dữ kiện xấp xỉ I e j e , X e , g e , h e sao
cho, với mọi j 1, 2, 3 ,
j0 je
g je g j0
e,
X je X j0
e ,
h je h j0
1
L
2
L
L1
L2
e,
e.
Nghiệm chỉnh hóa f je được xây dựng từ I e j e , X e , g e , h e như sau :
f je
Trong đó
0m ,n , p re
k(m, n, p) j e (m, n, p)G (m p, n p, p p)
ln(e 1 ) ln(e 1 )
1 ,
re Z
,
60
60
Br (5re j ) : j 1, 2,..., 24re ,
e
j e (m, n, p) L Br , H j (I e )(i, n p, pp) (im p) ,
e
H j (I e ) a1, a2, a3
E1 j (I e ) i a1, a2, a3
D1(I e ) i a1, a2, a3
E2 j (I e ) i a1, a2, a3
D2 (I e ) ia1, a2, a3
.
thì chúng ta có, với mọi j {1, 2, 3} ,
(i)
(Hội tụ) f je C ( 3 ) và f je f j0 trong L2 () khi e 0 .
(ii)
(Ước lượng trên L2 ) Nếu f j0 H 1() thì f je f j0 trong H 1() và tồn tại
hai hằng số e0 0 và C 0 0 chỉ phụ thuộc vào dữ kiện chính xác sao
cho với mọi e 0, e0 ,
f je
(iii)
f j0
L2 ()
(Ước lượng trên H 1 ) Nếu
f je
f j0
H 1 ()
1
C 0 ln(e )
1
2
.
f j0 H 2 () thì với mọi e 0, e0 ,
1
C 0 ln(e )
1
4
.
Chú ý 2.2. Trong các bước xây dựng này, sự hội tụ trong H 2 () không xét
đến ngay cả khi
f j0
C () khi
f je
n
0 trên .
2.3. Chứng minh tính duy nhất nghiệm
Trong phần này ta sẽ chứng minh Định lý 2.1. Ta bắt đầu với việc chứng
minh Bổ đề 2.1.
Chứng minh Bổ đề 2.1: a a1, a2, a3 3 với a a12 a22 a32 0
2
0
Chú ý rằng với mỗi k 1, 2, 3 , phương trình thứ k của (2.1) có thể viết lại
2uk
t 2
sk
x k
tkj
x j
j(t )fk (x ),
j 1, 2, 3 \ k
Vì :
2uk
l
div(u ) 2m
,
x k
x k
x k2
sk
2
2u j
uk
m 2
, j 1, 2, 3 \ k
x
x j
x
x
k
j
j
tkj
Lấy tích vô hướng (trong L2 () ) của phương trình thứ k trong hệ (2.1) với
Gkj ( j 1, 2, 3) , sau đó sử dụng công thức tích phân từng phần và các điều kiện (2.3)
và (2.4), ta được
d2
dt
2
ukGkjdx nk sk n j tkj Gkjd w m a
2
0
ukGk dx
j
l m ak a.u Gkjdx j(t ) fkGkjdx .
d2
dt
2
ukGk dx m a1 a2 a3 ukGk dx
j
2
2
j
2
l m ak a1u1G1j a2u2G2j a3u3G3j dx
( Ak )
XkGk d w j(t ) fkGk dx .
j
j
Nhân biểu thức ( Ak ) cho a j ak , ( k 1, 2, 3 ), sau đó cộng lại, ta được
d2
dt
2
aj a1u1G1 aj a2u2G2 aj a3u3G3 dx
j
j
l 2m a
2
0
aj a1u1G1 aj a2u2G2 aj a3u3G3 dx
j
j
a j a1X1G1 a j a2X 2G2j
j
j
j
a j a3X 3G3j
d w
(2.6)
j(t ) a j a1 f1G1j a j a2 f2G2j a j a3 f3G3j dx .
2
Chọn k j trong ( Ak ), sau đó nhân kết quả với a và cộng với (2.6) ta có được
0
d2
2
a u G j a a u G j a a u G j a a u G j dx
1
1
1
2
2
2
3
3
3
j
j
j
j
j
2
0
dt
2
2
m a a u jG jj a j a1u1G1j a j a2u2G2j a j a3u3G3j dx
0
0
(2.7)
2
j
j
j
j
a X jG j a j a1X1G1 a j a2X 2G2 a j a3X 3G3 d w
0
2
j(t ) a f jG jj a j a1 f1G1j a j a2 f2G2j a j a3 f3G3j dx .
0
Ta có thể thấy (2.6) và (2.7) là phương trình vi phân dạng
y "(t ) h2y(t ) h(t ) ,
(2.8)
Trong đó h 0 độc lập với t. Lấy tích vô hướng (trong L2 (0,T ) ) của (2.8) với
, ta được
sinh h T t
cosh hT
h
y T
y ' 0 tanh hT hy 0
cosh hT
T
0
h(t )
dt.
sinh h T t
cosh hT
(2.9)
Áp dụng (2.9) cho (2.6) và (2.7) ứng với h l 2m a và h m a , ta được
0
E1 j (I )(a) E1*j (a)
E2 j (I )(a) E2*j (a)
1
a
2
a
2
D1(I )(a) a j a1 f1G1j a2 f2G2j a3 f3G3j dx ,
0
1
0
D2 (I )(a)
0
2
a f jG jj a j a1 f1G1j a2 f2G2j a3 f3G3j
0
dx.
Từ hai đẳng thức trên ta suy ra
fjGdx
E1 j (I )(a) E1*j (a)
D1(I )(a)
E2 j (I )(a) E2*j (a)
D2 (I )(a)
.
Bổ đề sau cung cấp một ràng buộc thấp hơn cho D j (I )(a) (được định nghĩa
trong bổ đề 2.1) khi j thỏa mãn điều kiện (W1).