Bài toán xác định nguồn cho phương trình truyền nhiệt tuyến tính một chiều

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
——————–o0o——————–

ĐỖ THỊ TUYẾT NGA

BÀI TỐN XÁC ĐỊNH NGUỒN CHO
PHƯƠNG TRÌNH TRUYỀN NHIỆT TUYẾN
TÍNH MỘT CHIỀU

THÁI NGUYÊN - 6/2020


ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
——————–o0o——————–

ĐỖ THỊ TUYẾT NGA

BÀI TỐN XÁC ĐỊNH NGUỒN CHO
PHƯƠNG TRÌNH TRUYỀN NHIỆT TUYẾN
TÍNH MỘT CHIỀU

Chuyên ngành: Toán ứng dụng
Mã số: 8460112

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC
TS. NGUYỄN THỊ NGỌC OANH

THÁI NGUYÊN - 6/2020

1

Mục lục
Trang

Danh sách hình vẽ

3

Danh sách bảng

4

Lời nói đầu

5

Chương 1

Một số kiến thức cơ bản

8

1.1. Giới thiệu bài toán . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8
1.2. Rời rạc hóa bài tốn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14
1.2.1. Rời rạc hóa bài tốn thuận theo biến khơng gian

. 14

1.2.2. Rời rạc bài toán thuận theo biến thời gian . . . . . 16

Chương 2

Bài toán xác định nguồn cho phương trình

truyền nhiệt tuyến tính một chiều

19

2.1. Bài tốn biến phân . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20
2.2. Rời rạc bài toán biến phân . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22
2.3. Phương pháp gradient liên hợp . . . . . . . . . . . . . . . 25
2.4. Ví dụ số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28

Kết luận

34


2

Tài liệu tham khảo

35


3

Danh sách hình vẽ

2.1

Ví dụ 1: So sánh nghiệm chính xác và nghiệm số với nhiễu
= 0.1 (bên trái) và nhiễu = 0.01 (bên phải). Hàm trọng
ω được cho bởi công thức (2.28).

2.2

. . . . . . . . . . . . . . 30

Ví dụ 2: So sánh nghiệm chính xác và nghiệm số với nhiễu
= 0.1 (bên trái) và nhiễu = 0.01 (bên phải). Hàm trọng
ω được cho bởi công thức (2.28).

2.3

. . . . . . . . . . . . . . 30

Ví dụ 3: So sánh nghiệm chính xác và nghiệm số với nhiễu
= 0.1 (bên trái) và nhiễu = 0.01 (bên phải). Hàm trọng
ω được cho bởi công thức (2.28).

2.4

. . . . . . . . . . . . . . 31

Ví dụ 1: So sánh nghiệm chính xác và nghiệm số với nhiễu
= 0.1 (bên trái) và nhiễu = 0.01 (bên phải). Hàm trọng
ω được cho bởi công thức (2.29).

2.5

. . . . . . . . . . . . . . 32

Ví dụ 2: So sánh nghiệm chính xác và nghiệm số với nhiễu
= 0.1 (bên trái) và nhiễu = 0.01 (bên phải). Hàm trọng
ω được cho bởi công thức (2.29).

2.6

. . . . . . . . . . . . . . 32

Ví dụ 3: So sánh nghiệm chính xác và nghiệm số với nhiễu
= 0.1 (bên trái) và nhiễu = 0.01 (bên phải). Hàm trọng
ω được cho bởi công thức (2.29).

. . . . . . . . . . . . . . 33


4

Danh sách bảng
2.1

Tham số hiệu chỉnh γ, số bước lặp n∗ , sai số f −fn∗

L2 (0,T )

và giá trị phiếm hàm Jγ (fn∗ ) (hàm trọng ω được cho theo
công thức (2.28). . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31

2.2

Tham số hiệu chỉnh γ, số bước lặp n∗ , sai số f −fn∗

L2 (0,T )

và giá trị phiếm hàm Jγ (fn∗ ) (hàm trọng ω được cho theo
công thức (2.29)). . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33


5

Lời nói đầu
Trong nhiều nghiên cứu thực tế, hàm nguồn trong q trình truyền
nhiệt là khơng biết và u cầu cần phải xác định từ một vài thông số ta
quan sát được hay đo được [1, 2, 4, 5]. Đây là các bài toán ngược xác
định hàm vế phải hay một phần hàm vế phải (hàm nguồn) của phương
trình truyền nhiệt. Vì những ứng dụng quan trọng trong thực tế nên
có rất nhiều nghiên cứu cả về lý thuyết và giải số đã được phát triển.
[1, 3, 5, 6].
Bài toán ngược này là bài tốn đặt khơng chỉnh. Một bài toán được
gọi là đặt chỉnh theo nghĩa Hadamard nếu thỏa mãn tất cả các điều kiện:
i) Tồn tại nghiệm; ii) Nghiệm là duy nhất; iii) Nghiệm phụ thuộc liên
tục vào dữ kiện bài tốn. Nếu ít nhất một trong các điều kiện trên khơng
thỏa mãn thì bài tốn được gọi là đặt khơng chỉnh. Bài tốn đặt khơng
chỉnh thường gây ra nhiều vấn đề nghiêm trọng vì làm cho các nghiệm
số cổ điển không ổn định, tức là một sai số nhỏ trong dữ kiện đầu vào
có thể dẫn tới sai số lớn bất kì với nghiệm. Ta có thể xét ví dụ sau đây:
Xét chuỗi Fourier
∞

an cos nt = f (t) ∼ (a0 , a1 , . . . , ).

(0.1)

n=0

Chọn an = an + n , n ≥ 1 và a0 = a0 . Trong chuẩn của l2 , ta có
∞

(a1 , a2 , ...) − (a1 , a2 , . . . )

l2

=
n=1

2

n2

∞

1/2

=

π
= √ −→ 0, → 0.
6

n=1

1
n2

1/2

(0.2)


6

Mặt khác
∞

f (t) − f (t)

C[0,π]

=
n=0

n

= ∞.

(0.3)

Từ phương trình (0.2) và (0.3) ta có mặc dù hệ số sai khác nhỏ nhưng

có thể dẫn tới sai khác bất kì đối với hàm vế phải f (t).
Nội dung luận văn được trình bày trong 2 chương:
Chương 1 giới thiệu một số kiến thức chuẩn bị, phương trình truyền
nhiệt một chiều dạng tổng quát, bài toán thuận, phương pháp sai phân
hữu hạn rời rạc bài toán thuận.
Chương 2 nghiên cứu bài toán xác định hàm vế phải bằng cách sử
dụng phương pháp biến phân kết hợp với hiệu chỉnh Tikhonov, công
thức gradient của phiếm hàm mục tiêu được tính thơng qua nghiệm của
bài toán liên hợp cả trong trường hợp liên tục (Định lý 2.1) và trong
trường hợp rời rạc (Định lý 2.2). Trong chương này, chúng tơi cũng trình
bày lại phương pháp gradient liên hợp để tìm cực tiểu phiếm hàm mục
tiêu. Luận văn cũng trình bày một vài ví dụ số minh họa cho các phương
pháp số đề xuất với các tính chất khác nhau của hàm vế phải cần tìm.
Trước hết, tơi xin được bày tỏ lịng biết ơn chân thành và sâu sắc đến
TS. Nguyễn Thị Ngọc Oanh người đã trực tiếp hướng dẫn luận văn, cơ
tận tình chỉ bảo và hỗ trợ tơi tìm ra hướng nghiên cứu, tiếp cận thực
tế, tìm kiếm tài liệu, xử lý và phân tích số liệu, giải quyết vấn đề để tơi
có thể hồn thành luận văn khoa học này.
Ngồi ra, trong quá trình học tập, nghiên cứu và thực hiện đề tài tơi
cịn nhận được nhiều sự quan tâm, góp ý, giúp đỡ của quý thầy cô, đồng
nghiệp, bạn bè và người thân. Tơi xin bày tỏ lịng biết ơn sâu sắc đến:
• Những người thân trong gia đình đã hỗ trợ, tạo điều kiện thuận lợi
cho tôi trong suốt thời gian tơi theo học khóa thạc sỹ tại trường Trường
Đại học Khoa học – Đại học Thái Nguyên.
• Quý thầy cơ Khoa Tốn- Tin và q thầy cơ phịng Đào tạo - KHCN
và HTQT, Trường Đại học Khoa học – Đại học Thái Nguyên đã truyền


7

đạt cho tơi những kiến thức bổ ích trong suốt hai năm học vừa qua.
• Bạn bè, đồng nghiệp ln động viên, hỗ trợ tơi trong q trình học
tập và nghiên cứu!
Tôi xin trân trọng cảm ơn!
Thái Nguyên, ngày 25 tháng 6 năm 2020
Học viên

Đỗ Thị Tuyết Nga


8

Chương 1

Một số kiến thức cơ bản
Trong chương này chúng tơi trình bày một số kiến thức cơ bản được
sử dụng trong luận văn như: một số không gian hàm, bài toán thuận,
định nghĩa nghiệm yếu và phương pháp sai phân rời rạc bài tốn thơng
qua lược đồ Crank-Nicolson.

1.1.

Giới thiệu bài toán

Cho Ω = (0, L) ⊂ R and Q = (0, L) × (0, T ), S = {0, 1} × (0, T ). Xét
phương trình



u − (a(x, t)ux )x + b(x, t)u = f (t)ϕ(x, t) + g(x, t),



 t
u(x, t) = 0, (x, t) ∈ S,




u(x, 0) = u0 (x), x ∈ Ω.

(x, t) ∈ Q,

(1.1)
Trong đó a, b và ϕ trong không gian L∞ (Q), g ∈ L2 (Q), f ∈ L2 (0, T )
và u0 ∈ L2 (Ω). Giả sử rằng a ≥ a > 0 với a là hằng số và b ≥ 0. Hơn
nữa,
ϕ ≥ ϕ > 0,

(1.2)

với ϕ là hằng số.
Định nghĩa 1.1 (Bài toán thuận) [5] Khi các hệ số a(x, t), b(x, t),
điều kiện ban đầu u0 , các hàm vế phải đã biết (gồm f (t), ϕ(x, t), g(x, t)),


9

bài tốn tìm nghiệm của hệ (1.1) được gọi là bài toán thuận (hay bài
toán trực tiếp).
Định nghĩa 1.2 (Bài toán ngược) [5] Khi các hệ số a(x, t), b(x, t),

điều kiện ban đầu u0 , các hàm vế phải ϕ(x, t), g(x, t) đã biết, bài tốn
tìm hàm f (t) từ một số quan sát (hay thông tin) về nghiệm nghiệm của
hệ (1.1) được gọi là bài toán ngược.
Trước khi đi vào định nghĩa nghiệm yếu của hệ phương trình (1.1), chúng
tơi sử dụng một số định nghĩa về không gian Sobolev H 1 (Ω), H01 (Ω),
H 1,0 (Q), H 1,1 (Q) được giới thiệu trong tài liệu [7] như sau
Định nghĩa 1.3 Không gian H 1 (Ω) là tập hợp của tất cả các hàm
u(x) ∈ L2 (Ω) có đạo hàm suy rộng ux ∈ L2 (Ω), với tích vơ hướng
(u, v)H 1 (Ω) :=

(uv + ux vx ) dx.
Ω

Định nghĩa 1.4 Không gian H01 (Ω) là tập hợp các hàm thuộc H 1 (Ω)
triệt tiêu trên biên, tức là
H01 (Ω) = {u ∈ H 1 (Ω) : u(0) = u(L) = 0}.
Định nghĩa 1.5 Không gian H 1,0 (Q) là tập tất cả các hàm u(x, t) ∈
L2 (Q)có đạo hàm suy rộng ux ∈ L2 (Q) với tích vơ hướng
(u, v)H 1,0 (Q) :=

(uv + ux vx ) dxdt.
Q

Định nghĩa 1.6 Không gian H 1,1 (Q) là tập tất cả các hàm u(x, t) ∈
L2 (Q) có đạo hàm suy rộng ux ∈ L2 (Q) và ut ∈ L2 (Q) với tích vơ hướng
(u, v)H 1,1 (Q) :=

(uv + ux vx + ut vt ) dxdt.
Q

Định nghĩa 1.7 Không gian H01,0 (Q) là tập tất cả các hàm u(x, t) ∈
H 1,0 (Q) triệt tiêu trên biên S, tức là
H01,0 (Q) = {u ∈ H 1,0 (Q) : u

S

= 0}.


10

Định nghĩa 1.8 Không gian H01,1 (Q) là tập tất cả các hàm u(x, t) ∈
H 1,1 (Q) triệt tiêu trên biên S, tức là
H01,1 (Q) = {u ∈ H 1,1 (Q) : u

S

= 0}.

Ngồi ra chúng tơi sử dụng một số khái niệm sau đây:
Định nghĩa 1.9 (Khả vi Fréchet) Cho X, Y là các không gian Banach, U là lân cận của điểm x. Ánh xạ F : U → Y được gọi là khả vi
Fréchet tại x nếu tồn tại ánh xạ tuyến tính liên tục A : X → Y thỏa
mãn
lim

h→0

F (x + h) − F (x) − Ah
h X

Y

= 0.

Khi đó tốn tử tuyến tính A được gọi là đạo hàm Fréchet của F.
Cho B là một không gian Banach, ta định nghĩa
L2 (0, T ; B) = {u : u(t) ∈ B a. e. t ∈ (0, T ) and

u

L2 (0,T ;B)

< ∞},

trong đó
T

u

2
L2 (0,T ;B)

=

u(t)

2
B dt.

0

Ta cũng định nghĩa
W (0, T ) = {u : u ∈ L2 (0, T ; H01 (Ω)), ut ∈ L2 (0, T ; (H01 (Ω)) )},
với chuẩn
u

2
W (0,T )

= u

2
L2 (0,T ;H01 (Ω))

+ ut

2
L2 (0,T ;(H01 (Ω)) ) .

Nghiệm của bài toán (1.1) được hiểu theo nghĩa nghiệm yếu như sau:
Định nghĩa 1.10 Nghiệm yếu trong không gian W (0, T ) của bài toán
(1.1) là hàm u(x, t) ∈ W (0, T ) thỏa mãn đẳng thức
T

ut , η
0

(H01 (Ω))

,H01 (Ω)

dt +

a(x, t)
Q

∂u ∂η
∂x ∂x

+ b(x, t)uη dxdt

T

f (t)ϕ(x, t)η + g(x, t)η dxdt,

=
0

Ω

∀η ∈ L2 (0, T ; H01 (Ω))

(1.3)


11

và
u(x, 0) = u0 (x),

x ∈ Ω.

(1.4)

Theo [5, Định lý 1.1.1, trang 11] đã chỉ ra sự tồn tại duy nhất nghiệm
trong không gian W (0, T ) của bài toán (1.1). Hơn nữa, tồn tại hằng số
cd độc lập với a, b, f, ϕ, g và u0 sao cho
u

W (0,T )

≤ cd f ϕ

L2 (Q)

+ g

L2 (Q)

+ u0

L2 (Ω)

.

(1.5)

Để sử dụng phương pháp biến phân cho bài toán xác định hàm vế phải
cho phương trình truyền nhiệt, ta cần tới một số kết quả của bài toán
liên hợp, cách xác định bài tốn liên hợp được trình bày thơng qua cơng

thức Green [7, §3.6.1., p. 156–158]. Cụ thể, xét bài toán thuận dạng



u − (a(x, t)ux )x + b(x, t)u = fˆ, (x, t) ∈ Q,


 t
(1.6)
u(x, t) = 0, (x, t) ∈ S,




u(x, 0) = u0 (x), x ∈ Ω.
Bài toán liên hợp của (1.6) dạng



−p − (a(x, t)px )x + b(x, t)p = aQ ,


 t
p(x, t) = 0, (x, t) ∈ S,




p(x, T ) = aΩ , x ∈ Ω.

(x, t) ∈ Q,
(1.7)

với aQ ∈ L2 (Q) và aΩ ∈ L2 (Ω). Ta định nghĩa nghiệm của bài toán này
là hàm p ∈ W (0, T ) thỏa mãn
T
0

−(pt , v)H −1 (Ω),H01 (Ω) dt +

apx vx + bpv dxdt =
Q

aQ vdxdt,
Q

∀v ∈ L2 (0, T ; H01 (Ω)),
p(T ) = aΩ .
Ta có định lý Green sau đây về mối liên hệ giữa bài toán thuận và bài
toán liên hợp


12

Định lý 1.1 Cho u ∈ W (0, T ) là nghiệm của bài toán thuận



u − (a(x, t)ux )x + b(x, t)u = bQ , (x, t) ∈ Q,



 t
u(x, t) = 0, (x, t) ∈ S,




u(x, 0) = bΩ , x ∈ Ω.

(1.8)

với bQ ∈ L2 (Q), và bΩ ∈ L2 (Ω). Giả sử aQ ∈ L2 (Q), aΩ ∈ L2 (Ω) và
p ∈ W (0, T ) là nghiệm yếu của bài toán liên hợp (1.7). Khi đó ta có
cơng thức Green sau đây
aΩ u(·, T )dx +

aQ udxdt =

Ω

Q

bΩ p(·, 0)dx +

bQ pdxdt. (1.9)

Ω

Q

Chứng minh. Nhân hai vế phương trình đầu tiên của bài tốn thuận
(1.8) với hàm thử p, lấy tích phân trên Q, ta có
ut pdxdt −

a(x, t)ux

bQ pdxdt.

bupdxdt =

pdxdt +
x

Q

Q

Q

Q

Sử dụng cơng thức tích phân từng phần cho vế trái đẳng thức trên, ta
nhận được
T

ut , p

H 1 (Ω) ,H 1 (Ω) dt

+

a(x, t)ux px dxdt +

0

Q

bupdxdt =
Q

bQ pdxdt.
Q

(1.10)
Tương tự, nhân vô hướng hai vế phương trình đầu tiên của (1.7) với
hàm thử u, sử dụng cơng thức tích phân từng phần, ta nhận được
T

−

pt , u

H 1 (Ω) ,H 1 (Ω) dt+

0

a(x, t)ux px dxdt+
Q

bupdxdt =

aQ udxdt.

Q

Q

(1.11)
Từ công thức (1.10), sử dụng cơng thức tích phân từng phần cho số
hạng đầu tiên của vế trái, ta có
T

−

u, pt

H 1 (Ω) ,H 1 (Ω) dt

+ u, p |t=T
t=0 +

0

a(x, t)ux px dxdt +
Q

=

bQ pdxdt,
Q

bupdxdt
Q


13

hay
T

−

u, pt

H 1 (Ω) ,H 1 (Ω) dt+

a(x, t)ux px dxdt +

0

bupdxdt

Q

Q

bQ pdxdt −

=

(up)|t=T dx +

Q

Ω

(up)|t=0 dx.
Ω

Chú ý rằng u(x, 0) = bΩ , và p(x, T ) = aΩ nên đẳng thức trên trở thành
T

−

u, pt

H 1 (Ω) ,H 1 (Ω) dt+

a(x, t)ux px dxdt +

0

bupdxdt

Q

Q

bQ pdxdt −

=
Q

aΩ u(T )dx +
Ω

bΩ p(0)dx.
Ω

(1.12)
Từ phương trình (1.11) và (1.12) ta có
aQ udxdt =

bQ pdxdt−

Q

Q

aΩ u(T )dx+
Ω

bΩ p(0)dx.
Ω

Điều này tương đương với
aQ udxdt+
Q

aΩ u(T )dx =

Ω

bΩ p(0)dx.

bQ pdxdt+
Ω

Q

Ta có điều phải chứng minh.
Mục tiêu: Nghiên cứu bài toán ngược xác định lại thành phần chỉ
phụ thuộc thời gian trong vế phải từ quan sát tích phân. Tức là ta xây
dựng lại hàm f (t) trong hàm vế phải từ quan sát tích phân
ω(x)u(x, t)dx = h(t), t ∈ (0, T ),

lu(x, t) =

(1.13)

Ω

trong đó ω(x) ∈ L∞ (Ω) là hàm trọng và

Ω ω(x)dx

> 0, dữ kiện quan

sát h được giả thiết trong khơng gian L2 (0, T ).
Ta kí hiệu nghiệm u(x, t) của (1.1) là u(x, t, f ) (hoặc kí hiệu là u(f )
nếu khơng có gì nhầm lẫn) để nhẫn mạnh sự phụ thuộc của nghiệm và

hàm chưa biết f (t). Sử dụng phương pháp bình phương tối thiểu [5], ta
xây dựng lại hàm chưa biết f (t) bằng cách chuyển bài toán thành bài
toán biến phân cực tiểu hóa phiếm hàm mục tiêu
J0 (f ) =

1
2

lu(f ) − h

2
L2 (0,T )

.

(1.14)


14

trên L2 (0, T ).
Để ổn định hóa bài tốn biến phân, ta kết hợp với phương pháp hiệu
chỉnh Tikhonov cực tiểu hóa phiếm hàm hiệu chỉnh
Jγ (f ) =

1
2

lu(f ) − h

2
L2 (0,T )

+

γ
f − f∗
2

2
L2 (0,T )

(1.15)

với γ là tham số hiệu chỉnh được chọn tiên nghiệm và f ∗ là ước lượng
của f ∈ L2 (0, T ). Nếu γ > 0, bài tốn tìm cực tiểu của phiếm hàm mục
tiêu (1.15) có nghiệm duy nhất trên L2 (0, T ).

1.2.
1.2.1.

Rời rạc hóa bài tốn
Rời rạc hóa bài tốn thuận theo biến khơng gian

Chia khoảng (0, L) thành Nx khoảng con trên lưới đều
0 = x0 < x1 < · · · < xNx = L với xk+1 − xk = h = L/Nx .
Ký hiệu uk (t) (hoặc uk nếu khơng có gì nhầm lẫn) là giá trị của hàm u
tại x = xk . Ta cũng sử dụng ký hiệu tương tự cho η. Ta xấp xỉ các tích
phân trong phương trình (1.3) như sau
Nx

T

ut ηdxdt ≈

h

Q

0

k=0
Nx −1

T

a(x, t)ux ηx dxdt ≈

a (t)

k=0
Nx
T

b(x, t)uηdxdt ≈
Q

i

h

0

Q

h
0

h
0

Q

h
0

ui+1 − ui η i+1−η i
h

h

dt, (1.17)

bi (t)ui (t)ηi (t)dt,

(1.18)

f ϕi (t)η i (t)dt,

(1.19)

g i (t)η i (t)dt

(1.20)

k=0
Nx

T

gηdxdt ≈

(1.16)

k=0
Nx

T

f ϕηdxdt ≈
Q

duk (t) k
η (t)dt,
dt

k=0


15

trong đó
ai (t) =

ϕi (t) =

1

xi+1

a(x, t)dx, bi (t) =

h
1

xi
xi+1

ϕ(x, t)dx, g i (t) =

h

1

xi+1

b(x, t)dx,

h
1

xi
xi+1

g(x, t)dx, i = 0, Nx − 1.

h

xi

(1.21)

xi

Thế các xấp xỉ (1.16)–(1.20) vào (1.3), ta nhận được
 T
Nx
Nx −1

dui i
ui+1 − ui η i+1 − η i


i

h
η +h
a
+h



dt
h
h

0
0
0
Nx








ui (0) = v i ,

−h

Nx

bi ui η i
0

f i η i dt = 0,

0

i = 0, Nx ,

(1.22)

với
vi =

1

xi+1

v(x)dx.

h

(1.23)

xi

Vì η trong (1.22) là tùy ý nên ta có



u(t)
 d¯
+ Λ¯
u(t) = F¯ (t),
dt


u¯(0) = v¯,

(1.24)

trong đó u¯(t) = (u0 (t), u1 (t), . . . , uNx (t)) , v¯ = (v 0 , v 1 , . . . , v Nx ) .
Ma trận hệ số Λ được xác định bởi

a0 + h2 b0
−a0
0

 −a1
2a1∗ + h2 b1
−a1
−


1
2a2∗ + h2 b2
0
−a2−

Λ = 2
h  ...
...
...


0
0
...


0
0
0

...

0

0



...

0

0

...

0

0

...

...

...













x −1
. . . 2aN
+ h2 bNx −1
∗

...

x
−aN
−

−aNx −1
2 Nx
x
aN
− +h b
(1.25)

16

trong đó ai− = ai−1 và ai∗ = 12 (ai− + ai ).
Hàm vế phải
F¯ (t) = {f (t)ϕi (t) + g i (t), i = 0, 1, . . . , Nx }.
Tính xác định dương của Λ trong (1.24) được khẳng định qua bổ đề
dưới đây.
Bổ đề 1.1 Với mỗi t, ma trận hệ số Λ xác định bởi hệ (1.24) là nửa
xác định dương.
Chứng minh. Ta cần chứng minh
ΛU, U ≥ 0, với U = (U 0 , U 1 , . . . , U Nx ) .
Thật vậy, từ công thức của ma trận Λ trong (1.25) ta có



h2 b0
0
0 1
0
0
a + 2 U −a U
U




2 1




h
b
1
1
1
2
0
1
1
1 −a− U + 2a∗ + 2 U − a U   U 

ΛU, U = 2 


 ... 
h 
.
.
.



Nx Nx −1
Nx
h2 bNx )
Nx
Nx
−a− U
+ a− + 2 U

U
=

1
h2

Nx −1
k

a
k=0

k

U −U

k+1

2

+

1
2

Nx

bk U k

2

≥ 0.

k=0

Như vậy rõ ràng ma trận Λ là nửa xác định dương. Bổ đề đã được chứng
minh xong.
1.2.2.

Rời rạc bài toán thuận theo biến thời gian

Để rời rạc hồn tồn bài tốn, ta sử dụng lược đồ Crank-Nicolson để
rời rạc (1.24) theo biến thời gian. Ta chia nhỏ khoảng (0, T ) thành Nt
khoảng con bởi lưới đều 0 = t0 < t1 < · · · < tM = T với tm+1 − tm =
∆t = T /M , m là chỉ số theo biến thời gian. Ký hiệu um = u¯(tm ), Λm =
Λ(tm ), F m = F¯ (tm ), m = 0, 1, . . . , M , ta rời rạc (1.24) như sau

m+1


− um
um+1 + um
u
m
+Λ
= F m+1/2 ,
(1.26)
∆t
2



u0 = u0 .


17

Ta có thể viết lại dưới dạng

um+1 = Am um + ∆tB m F m+1/2 ,
u0 = u

(1.27)

0

trong đó
∆t m −1
∆t m
Λ ) (E −
Λ ),
2
2
∆t m −1
B m = (E +
Λ ) ,
2
E là ma trận đơn vị.
Am = (E +

Ký hiệu (·, ·) và · tương ứng là tích vơ hướng và chuẩn Euclide trong

khơng gian RNx . Ta nhận được kết quả về tính ổn định của lược đồ sai
phân như sau.
Bổ đề 1.2 Lược đồ (1.27) là ổn định.
Chứng minh. Từ phương trình đầu tiên của (1.27) ta nhận được
um+1 ≤ (E+

∆t m −1
∆t
∆t
Λ ) (E− Λm ) um +∆t (E+ Λm )−1
2
2
2

F m+1/2 .
(1.28)

Mặt khác, vì Λm là nửa xác định dương, sử dụng bổ đề Kellogg [3, Định
lý 2.1, p. 220] ta có
(E +

∆t m −1
∆t m
Λ ) (E −
Λ ) ≤ 1.
2
2

Hơn nữa
(E +

∆t m −1
(E +
Λ )
= sup
2
ϕ
= sup
φ

= sup
φ

∆t m −1
2 Λ ) ϕ, (E

+

∆t m −1
2 Λ ) ϕ

(ϕ, ϕ)
(φ, φ)

((E +

∆t m
2 Λ )φ, (E

+

∆t m
2 Λ )φ)

(φ, φ)
((φ, φ) + ∆t(Λφ, φ) +

∆t2
m
m
4 (Λ φ, Λ φ)

≤ 1.


18

Do vậy, từ phương trình (1.28) ta nhận được
um+1 ≤ um + F m+1/2 ,
um ≤ um−1 + F m−1/2 ,
···
u1 ≤ u0 + F 1/2 .
Đặt v = u0 , f = max F m+1/2 , ta có
m

um+1 ≤ v + (m + 1)∆t f .

(1.29)

Như vậy, lược đồ sai phân (1.27) là ổn định.
Chú ý, trong tài liệu [1] các tác giả đã chứng minh được rằng tồn tại

hằng số dương cdd không phụ thuộc vào hệ số a và b thỏa mãn
M

Nx

|uk,m |2

1/2

m=0 k−0
Nx

|uk0 |2

≤ cdd
k−0

M

1/2

(1.30)

Nx

|f m ϕk,m + g k,m |2 )1/2

+
m=0 k−0

.


19

Chương 2

Bài tốn xác định nguồn cho
phương trình truyền nhiệt tuyến
tính một chiều
Trong chương này, chúng tơi nghiên cứu bài tốn tìm lại thành phần
chỉ phụ thuộc thời gian trong vế phải của phương trình từ quan sát tích
phân (như đã trình bày trong Phần Lời nói đầu, đây là bài tốn ngược,
đặt khơng chỉnh). Tức là ta xây dựng lại hàm f (t) trong hàm vế phải
từ quan sát tích phân
ω(x)u(x, t)dx = h(t), t ∈ (0, T ),

lu(x, t) =

(2.1)

Ω

trong đó ω(x) ∈ L∞ (Ω) là hàm trọng và

Ω ω(x)dx

> 0, dữ kiện quan

sát h được giả thiết trong khơng gian L2 (0, T ).

Với mục đích đó, chúng tơi sẽ đưa bài tốn về bài tốn biến phân cực
tiểu hóa phiếm hàm mục tiêu, đồng thời chỉ ra công thức gradient của
phiếm hàm cả dạng liên tục và rời rạc thơng qua nghiệm của bài tốn
liên hợp. Thuật tốn được sử dụng tìm cực tiểu của phiếm hàm mục
tiêu là thuật toán gradient liên hợp. Đồng thời trong chương này, chúng
tơi cũng trình bày một vài thử nghiệm số để minh họa cho các phương
pháp đã đề xuất.


20

2.1.

Bài toán biến phân

Như đã giới thiệu ở Chương 1, ta sẽ sử dụng phương pháp bình phương
tối thiểu đưa bài tốn về bài tốn biến phân cực tiểu hóa phiếm hàm
mục tiêu (đã được đánh số lại cho tiện theo dõi) dưới đây
Jγ (f ) =

1
2

lu(f ) − h

2
L2 (0,T )

+

γ
f − f∗
2

2
L2 (0,T )

(2.2)

với γ là tham số hiệu chỉnh được chọn tiên nghiệm và f ∗ là ước lượng
của f ∈ L2 (0, T ).
Sử dụng công thức Green trong Định lý 1.1 hoặc [7, Định lý 3.18], bài
tốn liên hợp cho bài tốn (1.1) có dạng


∂p
∂
∂p



−
−
a(x,
t)
+ b(x, t)p = ω(x) (lu(t) − h(t)) ,

 ∂t ∂x
∂x
p(x, t) = 0, (x, t) ∈ S,






p(x, T ) = 0, x ∈ Ω.

(x, t) ∈ Q,

(2.3)
Phiếm hàm (2.2) là khả vi Fréchet và công thức gradient của phiếm
hàm được cho thông qua định lý dưới đây
Định lý 2.1 Phiếm hàm Jγ khả vi Fréchet và công thức gradient ∇Jγ (f )
tại f có dạng
p(x, t)ϕ(x, t)dx + γ(f (t) − f ∗ (t)),

∇Jγ (f ) =

(2.4)

Ω

với p(x, t) là nghiệm của bài toán liên hợp (2.3).
Chứng minh. Ta chú ý rằng, nếu đổi chiều thời gian trong bài toán liên
hợp (2.3) thì ta nhận được dạng của bài tốn thuận (1.1). Do vậy nếu
nghiệm của bài toán liên hợp được hiểu theo nghĩa nghiệm yếu thì tồn
tại duy nhất nghiệm yếu trong không gian W (0, T ) cho bài tốn liên
hợp.
Ký hiệu ·, · là tích vơ hướng trong L2 (0, T ). Cho biến phân nhỏ δf

21

của f , ta có
1

J0 (f + δf ) − J0 (f ) =

2

lu(f + δf ) − h

2
L2 (0,T )

= lδu(f ), lu(f ) − h +

1
2

1

−

lu(f ) − h

2

lδu(f )

2
L2 (0,T ) ,

trong đó δu(f ) là nghiệm của bài toán


∂δu
∂
∂δu



−
a(x,
t)
+ b(x, t)δu = δf (t)ϕ(x, t),

 ∂t
∂x
∂x
δu(x, t) = 0,





δu(x, 0) = 0,

2
L2 (0,T )

(x, t) ∈ Q,

(x, t) ∈ S,
x ∈ Ω.
(2.5)

Từ ước lượng (1.5) ta nhận được
lδu(f )

2
L2 (0,T )

= o( δf

L2 (0,T ) )

khi δf

L2 (0,T )

→ 0.

Ta có
J0 (f + δf ) − J0 (f ) = lδu, lu − h + o( δf

L2 (0,T ) )

T

=

lu − h dt + o( δf

ωδudx
0

L2 (0,T ) )

Ω
T

ωδu(lu − h)dx dt + o( δf

=
0

L2 (0,T ) )

Ω
T

ωδu(lu − h)dxdt + o( δf

=
0

L2 (0,T ) ).

Ω

Sử dụng công thức Green như trong Định lý 1.1 hoặc [7, Định lý 3.18]
cho (2.3) và (2.5), ta có
T

T

ωδu(lu − h)dxdt =
0

Ω

δf ϕpdxdt.
0

Ω

Do vậy
T

J0 (f + δf ) − J0 (f ) =

δf ϕpdxdt + o( δf
0

L2 (0,T ) )

Ω

=

ϕ(x, t)p(x, t)dx, δf + o( δf
Ω

L2 (0,T ) ).


22

Như vậy, J0 khả vi Fréchet và gradient của J0 có dạng
∇J0 (f ) =

ϕ(x, t)p(x, t)dx.
Ω

Từ đẳng thức này, ta nhận được công thức (2.4). Định lý đã được chứng
minh xong.

2.2.

Rời rạc bài toán biến phân

Tiếp theo trong mục này, chúng tôi rời rạc phiếm hàm mục tiêu J0 (f )
như sau:
J0h,∆t (f )

:=

2

Nx

M

∆t

ω k uk,m (f ) − hm |2 ,

|∆h
m=1

(2.6)

k=0

trong đó uk,m (f ) nhấn mạnh sự phụ thuộc của nghiệm u vào f và m là
chỉ số của điểm lưới theo trục thời gian. Kí hiệu ω k = ω(xk ) là xấp xỉ
của hàm ω(x) trong Ω tại điểm xk , ví dụ có thể lấy
ωk =

1
|ω(k)|

ω(x)dx.

(2.7)

ω(k)

Để đơn giản ký hiệu, ta vẫn sử dụng ký hiệu f với nghĩa là hàm lưới xác

định trên lưới {0, ∆t, . . . , M ∆t} với chuẩn f

= (∆t

M
m 2 1/2
.
m=0 |f | )

Do đó xấp xỉ lh u(f ) của lu(f ) có dạng
lh u(f ) = (lh0 u(f ), lh1 u(f ), . . . , lhM u(f ))
với
Nx

lhm u(f )

ω k uk,m (f ),

= ∆h

m = 0, 1, . . . , M.

(2.8)

k=0

Để cực tiểu hóa phiếm hàm (2.6) bằng phương pháp gradient liên
hợp, trước tiên ta cần tính gradient của phiếm hàm mục tiêu J0h,∆t (f )
thông qua định lý sau đây
Định lý 2.2 Gradient ∇J0h,∆t (f ) của hàm mục tiêu J0h,∆t tại f được cho

23

bởi

M −1

∇J0h,∆t (f )

∆t(B m )∗ ϕm η m ,

=

(2.9)

m=0

trong đó η là nghiệm của bài tốn rời rạc



η m = (Am+1 )∗ η m+1 + ψ m+1 , m = M − 2, . . . , 0,



η M −1 = ψ M ,





η M = 0,

(2.10)

với
Nx
m

ψ = ψ

k,m

ω k uk,m (f )−hm ,

k

= ω ∆h

k ∈ Ωh ,

m = 0, 1, . . . , M

k=0

(2.11)
và các ma trận (Am )∗ và (B m )∗ được cho bởi
∆t m
Λ )(E +
4

∆t m
Λ )(E +
(B m )∗ = (E −
4

∆t m −1
∆t m
∆t m −1
Λ ) (E −
Λ1 )(E +
Λ ) ,
4
4
4
∆t m −1
Λ ) .
4
(2.12)

(Am )∗ = (E −

Chứng minh. Cho biến phân nhỏ δf của f , từ công thức (2.6) ta nhận
được
J0h,∆t (f + δf ) − J0h,∆t (f )
=

=

=

=

∆t
2
∆t
2
∆t
2
∆t
2

M

lhm u(f

m 2

+ δf ) − h

−

2

m=1
M
k k,m

Nx
k k,m

∆hω v

2

Nx

k=0

M

Nx

v k,m ψ k,m

∆h
k=0

M
k k,m 2

∆hω v
m=1 k=0

v k,m ω k (lhm u(f ) − hm )

m=1

m=1

m=1 k=0

M

Nx

∆h

+ ∆t

2

m=1

+ ∆t

m=1 k∈Ωh
M

lhm u(f ) − hm

M

2

∆hω v

M

∆t

vm, ψm .

+∆t
m=1

(2.13)