Điều kiện cần tối ưu cho bài toán ngược xác định vế phải của phương trình truyền nhiệt tuyến tính

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊNTRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ------ VŨ THỊ HỒNG THẢO ĐIỀU KIỆN CẦN TỐI ƯU CHO BÀI TOÁN NGƯỢC XÁC ĐỊNH VẾ PHẢI CỦA PHƯƠNG TRÌNH TRUYỀN NHIỆT TUYẾN TÍNHChuyên ngành: Toán

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC - -

VŨ THỊ HỒNG THẢO

ĐIỀU KIỆN CẦN TỐI ƯU CHO BÀI TOÁN NGƯỢC XÁC ĐỊNH VẾ PHẢI CỦA PHƯƠNG TRÌNH

TRUYỀN NHIỆT TUYẾN TÍNHChuyên ngành: Toán ứng dụng

Mã số: 8 46 01 12

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC TS Nguyễn Thị Ngọc Oanh

THÁI NGUYÊN - 2021

Mục lục

Chương 1 Một số kiến thức cơ bản 6 1.1 Bài toán thuận và bài toán ngược 6 1.2 Bài toán liên hợp 11 1.3 Phương pháp số cho bài toán thuận 15

Chương 2 Điều kiện cần tối ưu cho bài toán xác định vế phải 26 2.1 Điều kiện cần tối ưu 26 2.2 Ví dụ số 36

Lời nói đầu

Bài toán ngược là bài toán từ một số quan sát (có thể từ đo đạc trực tiếp hoặc gián tiếp) xác định lại các tham số của mô hình Bài toán ngược thường xuyên xuất hiện trong nhiều nghiên cứu của địa vật lý, hải dương học, dự báo thời tiết, ô nhiễm môi trường, xử lý ảnh [1, 2, 4]

Một cách hình thức, các bài toán trên có thể được mô tả như sau: giả sử Lu(x, t) là một toán tử (tuyến tính hoặc phi tuyến) elliptic đều, trong đó biến không gian x ∈ Ω với Ω là miền mở bị chặn trong Rn có biên ∂Ω đủ trơn và t ∈ [0, T ] là biến thời gian Kí hiệu Q = Ω × [0, T ] Xét bài toán biên sau

ut − Lu(x, t) = F (x, t), (x, t) ∈ Q, u(x, 0) = v(x), x ∈ Ω,

Bu = g(ζ, t), (ζ, t) ∈ ∂Ω × [0, T ],

ở đây B là toán tử điều kiện biên nào đó Bài toán tìm u(x, t) từ hệ trên với các dữ kiện Lu, v, g và hàm vế phải F đã biết được gọi là bài toán thuận (hay bài toán trực tiếp) Ngược lại, bài toán xác định lại điều kiện ban đầu v, điều kiện biên g, vế phải F , từ một số thông tin về nghiệm u được gọi là bài toán ngược [1, 2, 6].

Trong nhiều nghiên cứu thực tế, hàm vế phải (hay hàm nguồn) trong quá trình truyền nhiệt là không biết và yêu cầu cần phải xác định từ một vài thông số ta quan sát được hay đo được [1, 2, 4] Đây là các bài toán ngược xác định hàm vế phải của phương trình truyền nhiệt Vì những ứng dụng quan trọng trong thực tế nên đã có rất nhiều nghiên

cứu về bài toán này [1, 2, 4, 6].

Bài toán ngược nói chung và bài toán xác định vế phải nói riêng thường là bài toán đặt không 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 toán Nếu ít nhất một trong các điều kiện trên không thỏa mãn thì bài toán được gọi là đặt không chỉnh Bài toán đặt không chỉnh thường gây ra nhiều vấn đề nghiêm trọng vì làm cho các nghiệm số giải 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 minh họa cho tính đặt không chỉnh của bài toán xác định vế phải như sau [2]:

Giả sử rằng một khối vật chất đơn vị đang di chuyển dọc theo một đường thẳng Chuyển động này được gây bởi lực q(t) phụ thuộc vào thời gian t Giả sử tại vị trí x = 0 và thời điểm t = 0 vật có vận tốc bằng 0, khi đó theo quy tắc Newton, chuyển động của vật được mô tả bởi hàm u(t) thỏa mãn bài toán Cauchy sau đây

u(t) = q(t), t ∈ [0, T ], u(0) = 0, ˙u(0) = 0

trong đó u(t) là tọa độ của vật tại thời gian t Giả sử lực tác dụng q(t) là chưa biết nhưng tọa độ của vật có thể đo được tại thời điểm t Yêu cầu đặt ra ta cần xây dựng lại q(t) từ u(t) Như vậy ta có bài toán ngược xác định vế phải q(t) từ nghiệm chưa biết u(t).

Giả sử nghiệm sau khi nhiễu có dạng

Như vậy, nhiễu nhỏ ở dữ kiện đầu vào u(t) có thể đưa tới sai số lớn bất kì ở đầu ra q(t), do đó bài toán xác định vế phải là không ổn định.

Nội dung luận văn được trình bày trong 2 chương:

Chương 1 trình bày một số kiến thức cơ bản liên quan tới bài toán thuận, bài toán ngược, bài toán liên hợp, bài toán tối ưu, các không gian Sobolev cơ bản, định nghĩa nghiệm yếu, giới thiệu quan sát tích phân, quan sát tại thời điểm cuối Cũng trong chương này, phương pháp sai phân được sử dụng để rời rạc hóa bài toán thuận.

Chương 2 nghiên cứu điều kiện cần tối ưu cho bài toán xác định vế phải từ hai loại quan sát: quan sát tích phân và quan sát tại thời điểm cuối Công thức gradient cho bài toán dạng liên tục và rời rạc lần lượt được chỉ ra tương ứng với từng loại quan sát trong các Định lý 2.1, Định lý 2.2 (cho quan sát tích phân) và Định lý 2.3, Định lý 2.4 (cho quan sát tại thời điểm cuối) Phần cuối của Chương 2 là một số ví dụ số minh họa cho hàm vế phải thỏa mãn điều kiện cần tối ưu.

Luận văn này được hoàn thành tại Khoa Toán – Tin, Trường Đại học Khoa học, Đại học Thái Nguyên dưới sự hướng dẫn tận tình của Tiến sĩ Nguyễn Thị Ngọc Oanh (Trường Đại học Khoa học, Đại học Thái Nguyên) Tác giả xin bày tỏ lòng kính trọng và biết ơn sâu sắc đối với cô Nguyễn Thị Ngọc Oanh, người đã luôn theo sát, hướng dẫn, chỉ bảo tận tình và động viên tác giả trong suốt quá trình làm luận văn này từ khi chọn đề tài cho đến khi thực hiện và hoàn thành luận văn Tác giả cũng xin gửi lời cảm ơn chân thành tới quý Thầy, Cô giáo thuộc Khoa Toán – Tin, Trường Đại học Khoa học, Đại học Thái Nguyên đã tận tình giảng dạy và luôn tạo điều kiện thuận lợi nhất để học tập và nghiên cứu cho các học viên của lớp Cao học Toán K12A3; cảm ơn các bạn học viên đã luôn động viên, giúp đỡ tác giả trong quá trình học tập

và nghiên cứu tại trường Cuối cùng, tác giả xin tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới Ban giám hiệu và tập thể giáo viên trường THPT Lê Quý Đôn nơi tác giả đang công tác, tới gia đình, người thân và bạn bè luôn khuyến khích động viên tác giả trong suốt quá trình học cao học và viết luận văn này.

Thái Nguyên, ngày 30 tháng 7 năm 2021 Học viên

Vũ Thị Hồng Thảo

Chương 1

Một số kiến thức cơ bản

1.1.Bài toán thuận và bài toán ngược

Cho Ω là một miền mở, giới nội trong Rn, n ≥ 1 với biên ∂Ω Ký hiệu

Bài toán tìm nghiệm u(x, t) của hệ (1.1) khi các hệ số ai(x, t), i = 1, , n, điều kiện ban đầu v và vế phải f đã biết được gọi là bài toán thuận [1, 6] Để đưa ra khái niệm về nghiệm yếu của bài toán thuận, chúng tôi sử dụng các định nghĩa về không gian Sobolev H1(Ω), H01(Ω), H1,0(Q), H1,1(Q) H01,0(Q) và H01,1(Q) tham khảo trong các tài liệu [1, 6, 7].

Định nghĩa 1.1 Không gian H1(Ω) là không gian bao gồm tất cả các hàm u(x) ∈ L2(Ω) có đạo hàm suy rộng ∂x∂u

Định nghĩa 1.2 Không gian H01(Ω) là không gian bao gồm tất cả các hàm u(x) ∈ H1(Ω) và triệt tiêu trên biên ∂Ω, tức là

H01(Ω) = {u ∈ H1(Ω) : u

∂Ω = 0}.

Định nghĩa 1.3 Không gian H1,0(Q) là không gian bao gồm tất cả các hàm u(x, t) ∈ L2(Q) có các đạo hàm suy rộng ∂x∂u

Định nghĩa 1.4 Không gian H1,1(Q) là không gian bao gồm tất cả các hàm u(x, t) ∈ L2(Q) có đạo hàm suy rộng ∂x∂u

Định nghĩa 1.5 Không gian H01,0(Q) là không gian bao gồm tất cả các hàm u(x, t) ∈ H1,0(Q) và triệt tiêu trên biên S, tức là

H01,0(Q) = {u ∈ H1,0(Q) : u

S = 0}.

Định nghĩa 1.6 Không gian H01,1(Q) là không gian bao gồm tất cả các hàm u(x, t) ∈ H1,1(Q) và triệt tiêu trên biên S, tức là

H01,1(Q) = {u ∈ H1,1(Q) : u

S = 0}.

Định nghĩa 1.7 (Khả vi Fréchet) Cho X, Y là các không gian Ba-nach, 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

Hơn nữa, cho không gian Banach B, ta định nghĩa

L2(0, T ; B) = {u : u(t) ∈ B hầu khắp với t ∈ (0, T ) và kukL2(0,T ;B) < ∞},

Nghiệm của bài toán biên Dirichlet (1.1) được hiểu theo nghĩa nghiệm yếu như sau:

Định nghĩa 1.8 Nghiệm yếu trong không gian W (0, T ) của bài toán [7, Chương IV] ta nhận được tính tồn tại duy nhất nghiệm u ∈ W (0, T ) của bài toán Dirichlet (1.1) Hơn nữa, tồn tại hằng số dương C không phụ thuộc vào điều kiện ban đầu v và vế phải f (chỉ phụ thuộc vào miền Ω) sao cho

kukW (0,T ) ≤ Ckf kL2(Q) + kvkL2(Ω)

(1.4)

Tiếp theo đây, chúng tôi sẽ giới thiệu khái niệm về bài toán ngược xác định vế phải được nghiên cứu trong luận văn Như đã trình bày trước đó, bài toán xác định nghiệm u(x, t) của hệ (1.1) khi biết vế phải f và điều kiện ban đầu v được gọi là bài toán thuận Ngược lại, bài toán tìm điều kiện ban đầu v hoặc hàm vế phải f khi biết một số thông tin (hay còn gọi là quan sát hoặc dữ kiện) về nghiệm được gọi là bài toán ngược Trong luận văn này, chúng tôi tập trung nghiên cứu bài toán ngược xác định hàm vế phải của hệ (1.1) từ quan sát tích phân và quan sát tại thời điểm cuối của nghiệm u Nghĩa là, ta xây dựng lại hàm f từ

i) Quan sát tích phân của nghiệm

lu(x, t) = Z

ω(x)u(x, t)dx = h(t) ∈ L2(0, T ), t ∈ (0, T ), (1.5) trong đó ω(x) là hàm trọng không âm thỏa mãn RΩω(x)dx > 0.

ii) Quan sát nghiệm tại thời điểm cuối u(x, T ) = ξ(x).

Nhận xét Trước khi đi vào nghiên cứu cụ thể bài toán, ta bình luận một vài điều về toán tử quan sát tích phân Giả sử x0 ∈ Ω là điểm mà tại đó ta muốn quan sát quá trình truyền nhiệt (hoặc tán xạ), tức là quan sát nghiệm u trong lân cận Ω1 của x0 Cho ω là hàm có dạng

với |Ω1| là thể tích của Ω1 Khi đó lu cho ta kết quả đo và có thể hiểu như là trung bình tại u(x0, t) (nếu tích phân tồn tại) Nếu cho thể tích |Ω1| tiến tới 0, thì lu sẽ hội tụ tới u(x0, t) Tuy nhiên vì nghiệm u được hiểu theo nghĩa nghiệm yếu nên u(x0, t) không phải lúc nào cũng tồn tại Như vậy nếu ta quan sát quá trình u(x, t) bằng quan sát điểm

u(x0, t) = h(t), t ∈ (0, T ) (1.7) thì nhiều khi không có nghĩa Vì vậy, việc nghiên cứu bài toán (1.1) từ quan sát tích phân (1.5) có ý nghĩa thực tế hơn việc nghiên cứu bài toán

(1.1) với quan sát điểm (1.7).

Chúng tôi kí hiệu nghiệm u(x, t) của (1.1) bởi u(x, t; f ) (hoặc là u(f ) nếu không có gì nhầm lẫn) để nhấn mạnh sự phụ thuộc của nghiệm u vào hàm chưa biết f (t) Sử dụng phương pháp bình phương tối thiểu [1], ta ước lượng hàm chưa biết f bằng cách cực tiểu hóa phiếm hàm mục tiêu tương ứng với từng loại quan sát

i) Với quan sát tích phân, phiếm hàm mục tiêu có dạng Để ổn định hóa bài toán, ta kết hợp phương pháp bình phương tối thiểu với hiệu chỉnh Tikhonov đưa bài toán ngược về bài toán tối ưu với α là tham số hiệu chỉnh được chọn trước và tập các hàm chấp nhận được Vad có dạng như sau

Vad = {f ∈ L2(Q) : fa ≤ f ≤ fb, với hầu khắp (x, t) ∈ Q} (1.11) Như vậy, việc giải bài toán ngược xác định hàm vế phải được đưa về giải bài toán điều khiển tối ưu (1.10) cho phương trình (1.1) trên tập chấp nhận được (1.11) Mục đích của việc giải bài toán là ta tìm hàm nguồn f sao cho lu(f ) xấp xỉ tốt nhất thông tin quan sát h(t) hoặc u(x, T ; f ) xấp xỉ tốt nhất ξ(x) .

Định nghĩa 1.9 Một hàm f∗ ∈ Vad được gọi là nghiệm tối ưu và u∗ = u(f∗) là trạng thái tối ưu tương ứng nếu

Jα(f∗) ≤ Jα(f ), ∀f ∈ Vad (1.12)

Ta có định lý về điều kiện cần tối ưu của phiếm hàm Jα(f ) như sau Định lý 1.1 Nếu phiếm hàm Jα(f ) đạt cực tiểu tại f∗ thì

∇Jα(f∗) = 0.

1.2.Bài toán liên hợp

Xét bài toán liên hợp của bài toán (1.1):

Bằng cách đổi chiều thời gian, đặt τ = T − t ta có thể đưa bài toán liên hợp (1.13) về bài toán thuận và sử dụng kết quả của Nhận xét 1.1 có thể khẳng định tính tồn tại duy nhất của nghiệm p ∈ W (0, T ; H01(Ω)) và p cũng thỏa mãn bất đẳng thức tiên nghiệm tương tự như (1.4) Ta có kết quả dưới đây:

Định lý 1.2 Cho y ∈ W (0, T ; H01(Ω)) là nghiệm của bài toán

ta có công thức Green sau đây Chứng minh Định lý 1.2 Nhân hai vế phương trình đầu tiên của bài toán thuận (1.14) với hàm thử p, lấy tích phân trên Q, ta có Tương tự, nhân vô hướng hai vế phương trình đầu tiên của (1.13) với hàm thử y, sử dụng công thức tích phân từng phần cho số hạng thứ hai,

Chú ý rằng y(x, 0) = bΩ, và p(x, T ) = aΩ nên đẳng thức trên trở Ta có điều phải chứng minh.

Định lý 1.2 còn được gọi là công thức Green, thường được sử dụng để xây dựng bài toán liên hợp.

Tính liên tục của toán tử quan sát lu được chỉ ra qua bổ đề dưới đây

Bổ đề 1.1 Toán tử lu : f 7→ lu(f ) = RΩω(x)u(x, t)dx là liên tục Chứng minh Bổ đề 1.1 Cho f1, f2 với kf1− f2k < δ, khi đó

Như vậy toán tử lu(f ) là liên tục Bổ đề đã được chứng minh.

Sự tồn tại cực tiểu của phiếm hàm (1.10) được khẳng định qua định lý sau đây

Định lý 1.3 Bài toán tìm cực tiểu của phiếm hàm (1.10) có ít nhất một nghiệm tối ưu.

Chứng minh Định lý 1.3 Giả sử rằng fn là dãy cực tiểu hóa của

nên dãy fn với α ≥ 0 bị chặn trong L2(Q), tức là k fn k≤ const Do đó, tồn tại dãy con của fn hội tụ yếu trong L2(Q) (ta vẫn kí hiệu dãy con này là fn nếu không có gì nhầm lẫn) Vì không gian Hilbert L2(Q) là đóng yếu nên tồn tại f ∈ L2(Q) sao cho fn −→ f w

Giả sử rằng un và u là các nghiệm của bài toán (1.1) tương ứng với hàm

vế phải lần lượt là fn và f Từ công thức nghiệm yếu (1.2) của (1.1),

Từ điều này ta suy ra un −→ u trong W (0, T ) Khi đó: i) Với quan sátw tích phân, theo Bổ đề 1.1 toán tử quan sát lu : u(f ) → lu(f ) là liên tục nên lun(fn) − h −→ lu(f ) − h; ii) Với quan sát tại thời điểm cuối, taw cũng có u(T ; fn) −→ u(T ; f ) Vì vậy,w Điều này có nghĩa là f là cực tiểu của phiếm hàm Jα(f ) Bổ đề đã được chứng minh hoàn toàn.

1.3.Phương pháp số cho bài toán thuận

Để nghiên cứu bài toán dạng rời rạc, chúng tôi sử dụng phương pháp sai phân splitting cho bài toán thuận (1.1) Ý tưởng của lược đồ splitting đó là xấp xỉ một hệ phức tạp bởi một dãy các hệ đơn giản hơn Ưu điểm của lược đồ splitting là: i) lược đồ là ổn định theo cách chọn bước lưới thời gian và không gian; ii) hệ tuyến tính giải đơn giản hơn vì chúng là hệ ba đường chéo Sử dụng kỹ thuật được trình bày trong [1, 3, 5],

chúng tôi sử dụng lược đồ sai phân xấp xỉ công thức nghiệm yếu (1.2) Trước tiên, chúng tôi rời rạc theo biến không gian và đưa về hệ phương trình vi phân thường với biến thời gian, sau đó rời rạc theo biến thời gian bằng phương pháp splitting.

a Rời rạc biến không gian

Chúng tôi hạn chế miền Ω trong trường hợp miền có dạng hình hộp

ta xấp xỉ các tích phân trong phương trình (1.2), ta nhận được

Trong đó fk(t) là xấp xỉ của vế phải f tại điểm lưới xk, vì f ∈ L2(Q) nên ta xấp xỉ fk(t) được tính theo công thức trung bình sau đây Thay các xấp xỉ tích phân (1.26)–(1.28) vào công thức nghiệm yếu (1.2), ta nhận được đẳng thức sau (tạm thời bỏ qua biến thời gian t cho đơn

Với ¯aki− = ¯ak−ei

i Thay vào phương trình (1.30), ta được hệ xấp xỉ cho

với ¯u = {uk, k ∈ ¯Ωh}, hàm ¯v = {vk, k ∈ ¯Ωh} là hàm lưới xấp xỉ cho điều kiện ban đầu v và ¯f = {fk, k ∈ Ωh} với fk được xác định theo công Việc khẳng định các ma trận hệ số Λi trong công thức (1.33) là nửa xác định dương được chỉ ra trong bổ đề dưới đây.

Bổ đề 1.2 Với mỗi t, các ma trận hệ số Λi, i = 1, 2, , n là nửa xác định dương.

Chứng minh Ta sẽ chứng minh Λ1 là nửa xác định dương, chứng minh là hoàn toàn tương tự với Λ2, , Λn Ta có

Như vậy Λk1 là nửa xác định dương Ta có điều phải chứng minh b Rời rạc biến thời gian và lược đồ sai phân phân rã

Tiếp theo ta tiến hành rời rạc biến thời gian t Ta chia đoạn [0, T ] thành M đoạn con bởi các điểm ti, i = 0, , M, t0 = 0, t1 = ∆t, , tM = M ∆t = T Để đơn giản các kí hiệu, ta đặt uk,m := uk(tm) Trong phần dưới đây, nếu không có gì nhầm lẫn, ta tạm thời bỏ qua chỉ số không gian Kí hiệu fm := ¯f (tm).

Để thu được lược đồ sai phân phân rã cho bài toán Cauchy (1.32), ta đặt um+δ := ¯u(tm+ δ∆t), Λmi := Λi(tm+ ∆t/2) Khi đó lược đồ phân rã cho bài toán (1.32) có dạng sau [1, 3, 4]

trong đó Ei là các ma trận đơn vị tương ứng với Λi, i = 1, 2, , n Lược đồ phân rã (1.36) có thể viết gọn dưới dạng sau

Để chỉ ra tính ổn định của lược đồ sai phân (1.37) ta cần sử dụng một số kết quả dưới đây

Bổ đề 1.3 (Kellogg) Cho toán tử A là nửa xác định dương và σ là một tham số không âm, khi đó ta có đánh giá sau

k(E − σA)(E + σA)−1k ≤ 1 (1.38) Chứng minh Thật vậy, đặt T = (E − σA)(E + σA)−1, ta có

(φ, φ) − 2σ(Aφ, φ) + σ2(Aφ, Aφ) (φ, φ) + 2σ(Aφ, φ) + σ2(Aφ, Aφ) ≤ 1 Như vậy ta có điều phải chứng minh.

Bổ đề 1.4 Cho toán tử A là nửa xác định dương và σ là một tham số không âm, khi đó ta có đánh giá sau

k(E + σA)−1(E − σA)k ≤ 1 (1.39) Chứng minh Để chứng minh Bổ đề 1.4, ta cần sử dụng đánh giá sau

k(E + σA)−1k ≤ 1 (1.40)