ĐẠI HỌC QUỐC GIA THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN
* * *
TRẦN HỮU LƯƠNG PHƯƠNG PHÁP SỐ GIẢI BÀI TOÁN NGƯỢC
PHƯƠNG TRÌNH TRUYỀN NHIỆT
CÓ NGUỒN NHIỆT LUẬN VĂN
THẠC SĨ TOÁN HỌC

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC:
PGS.TS Đặng Đức Trọng
Thành phố Hồ Chí Minh – Năm 2010



LỜI CẢM ƠN
Lời đầu tiên tôi xin tỏ lòng biết ơn sâu sắc và chân thành đối với Thầy
PGS.TS. Đặng Đức Trọng, Thầy đã tận tình giúp đỡ, hướng dẫn và truyền đạt
nhiều ý kiến quý báu để tôi hoàn thành bản luận văn này.

Tôi xin chân thành cảm ơn quý Thầy Cô trong hội đồng chấm luận văn đã
dành thời gian đọc và đóng góp nhiều ý kiến quý giá, thiết thực cho bản luận
văn .

Tôi xin bày tỏ
lòng biết ơn chân thành đến quý Thầy Cô trong tổ Toán – Tin
Học trường Đại Học Khoa Học Tự Nhiên Thành Phố Hồ Chí Minh đã trực tiế
p

2.7 Công thức tích phân Cauchy. Thặng dư……………………………………….8
2.8 Định lý Beurling………………………………………………………………10

3.Phần 3- CÁC ĐỊNH LÝ………………………………………………………… 11
3.1 Bài toán……………………………………………………………………… 11
3.2 Các định lý …………………………………………………………………….13
3.2.1. Định lý 1. ………………………………………………………… 13
3.2.2. Định lý 2. ………………………………………………………… 13
3.3 Các bổ đề………………………………………………………………………14
3.3.1. Bổ đề 1…………………………………………………………… 14
3.3.2. Bổ đề 2…………………………………………………………… 16
3.3.3. Bổ đề 3…………………………………………………………… 19
3.3.4. Bổ đề 4…………………………………………………………… 22
3.3.5. Bổ đề 5…………………………………………………………… 27
3.3.6. Bổ đề 6…………………………………………………………… 29
3.4 Chứng minh các định lý ……………………………………………………… 32
3.4.1. Chứng minh định lý 1 …………………………………………… 32
3.4.2. Chứng minh định lý 2 …………………………………………… 34
3.5 Giải số………………………………………………………………………… 37
3.5.1. Thuật toán………………………………………………………….37
3.5.2. Ví dụ minh họa…………………………………………………….39
3.5.2.1. Ví dụ 1…………………………………………………….39
3.5.2.2. Ví dụ 2…………………………………………………….40
3.6 Kết luận…………………………………………………………………………45

TÀI LIỆU THAM KHẢO……………………………………………………………48
Phần 1 MỞ ĐẦU VÀ KÝ HIỆU 1
‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐

PHẦN 1

i. u(x, y, 0) = g(x, y),
ii. u(1, y, t) = 0,
iii. (0, y, t) = (1, y, t) = (x, 0, t) = (x, 1, t) = 0,
Yêu cầu xác định cặp hàm ( u, f ) là nghiệm của hệ (1) .
Vấn đề là, trong trường hợp tổng quát chúng ta có thể không tìm được chính xác
u(x, y, t) và f(x, y) thỏa bài toán trên. Do vậy, ở đây, chúng ta cần xây dựng một hàm
chỉnh hóa của f(x,y) trên cơ sở các dữ liệu xấp xỉ.
Phương pháp được áp dụng ở đây là dùng phương pháp nội suy ta tìm các hệ số của
chuỗi Fourier khai triễn của f, sau đó dùng phương pháp chặt cụt chuỗi Fourier ta sẽ
xây dựng được nghiệm chỉnh hóa.
‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐
Tháng08/2010
Phần 1 MỞ ĐẦU VÀ KÝ HIỆU 2
‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐

Nếu gọi
ε
là sai số giữa dữ liệu đã cho và dữ liệu chính xác thì sai số giữa nghiệm
chính xác và nghiệm chỉnh hóa sẽ có bậc [
1
ln( )
ε
−
]
-1
.
Nội dung chính của luận văn gồm các phần sau
Phần 1: MỞ ĐẦU VÀ KÝ HIỆU
Phần2: CÁC KIẾN THỨC LIÊN QUAN
Phần3: CÁC ĐỊNH LÝ


2. L
p
(
Ω
): tập các hàm đo được theo
nghĩa Lebesgue trên và
Ω
p
| f(t) | dt < +
Ω
∞
∫

với chuẩn
1/
(())
p
p
.
p
L
ffx
Ω
=
∫

3. C(
Ω
): không gian các hàm liên tục trên

k
C
k
ffx
Ω
=
x
=
∈Ω
∑


5.
:không gian các hàm liên tục và khả vi mọi cấp trên


()C
∞
Ω .Ω

6. H
p
( ) (với p = 1, 2): không gian các hàm của L
Ω
2
(
Ω
) sao cho f và các đạo hàm

yếu của nó tới bậc p có chuẩn trong L

Phần 2 KIẾN THỨC LIÊN QUAN 4

Tháng 08/2010
PHẦN 2
KIẾN THỨC LIÊN QUAN

2.1. Bài toán thuận. Bài toán ngược.
Cho X , Y là hai không gian định chuẩn và f: X

Y là một ánh xạ. Khi đó ta nói,
Bài toán thuận là : cho f và x

X, ta cần tính giá trị của f(x),
Bài toán ngược là : cho f và y

Y, ta cần giải phương trình f(x) = y theo ẩn x.

2.2.Bài toán chỉnh hóa. Bài toán không chỉnh. Sự chỉnh hóa.
Cho X , Y là hai không gian định chuẩn và f: X

Y là một ánh xạ.
Phương trình f(x) = y được gọi là chỉnh nếu thỏa các điều kiện sau đây
i. Sự tồn tại: Với mỗi y

Y, tồn tại x

X sao cho f(x) = y.

xét sự chỉnh hóa của bài toán này.
Phần 2 KIẾN THỨC LIÊN QUAN 5

Tháng 08/2010
Bài toán không chỉnh là bài toán không thỏa mãn ít nhất một trong ba điều kiện của bài
toán chỉnh.
Sự chỉnh hóa là việc ta xét sự xấp xỉ giữa nghiệm chính xác (nếu tồn tại) với nghiệm xấp
xỉ của bài toán nhiễu và đồng thời nghiệm xấp xỉ phải ổn định theo dữ liệu nhiễu.

2.3. Hàm nguyên.
Hàm f: C

C được gọi là hàm nguyên nếu nó giải tích trên toàn bộ mặt phẳng phức.
Để f(z) là hàm nguyên, điều kiện cần và đủ là ta phải có

( )
0
( )
0,
!
n
n
f z
khi n
n
  


L
1
(S) và
1
. .
p q
f g f g


Trong trường hợp không gian của các hàm giá trị phức khả tích, chúng ta có





1/ 1/
( ) ( ) ( ) . ( ) .
p q
p q
f x g x dx f x dx g x dx

  

2.5.Hệ trực giao, hệ trực chuẩn. Đẳng thức Parseval.
2.5.1. Hệ trực giao, hệ trực chuẩn.
Xét trên L
2
((-

,






ta nói hệ


n
g n N

là trực
chuẩn.
Cho f

L
2
((-

,

)), với hệ trực chuẩn {g
n
}, ta đặt
c
n
=
( ). ( ) , ,
n
f x g x dx n N




Phần 2 KIẾN THỨC LIÊN QUAN 7

Tháng 08/2010
Và hệ trực chuẩn {g
n
} được gọi là đầy đủ trong L
2
nếu
2 2 2
0
( ) , .
k
n
f x dx c f L





  



2.5.2. Đẳng thức Parseval.

b f t nt dt n








 
 



Khi đó, ta có hệ trực chuẩn
1 cos sin cos sin
, , , , , ,
2
x x nx nx
    
 
 
 

là đầy đủ và
2
2 2 2
0
1
1

Tháng 08/2010
1 2
1 2
( ) ( ) ( ) 1
[ ( )]
n
n
f a f a f a
f a a a
n n
  
   
,
Với mọi hàm lõm f trên (a,b) và với mọi a
1
, a
2
, …, a
n

(a, b), ta có
1 2
1 2
( ) ( ) ( ) 1
[ ( )]
n
n
f a f a f a
f a a a
n n

 
ta có
1 ( )
( )
2
C
f t
f z dt
i t z




,
với C là biên của miền D lấy theo chiều dương (chiều mà khi di chuyển trên C thì miền
D nằm bên trái) .
2.7.2. Thặng dư
(2)
.
(1)
Xem [2], tr 69.
(2)
Xem [2], tr 96.
Phần 2 KIẾN THỨC LIÊN QUAN 9

Tháng 08/2010
Giả sử


thì từ tích phân Cauchy ta suy ra
Res[f(z), a] = k
-1
.

Và ta cũng có hai kết quả sau về thặng dư
Định lý 1
(1)
Nếu f(z) giải tích trong miền kính
D
giới hạn bởi đường cong kín C trừ một số điểm bất
thường cô lập a
1
, a
2
, a
3
, …, a
n
nằm trong D thì
(1)
Xem [2] tr 99.

Phần 2 KIẾN THỨC LIÊN QUAN 10

Tháng 08/2010

k
s

 
2.8. Định lý Beurling
(2)
Cho f(z) là hàm giải tích trong miền
{ arg }
D z z
 
  
,
Đặt M
f
(r) = sup


( ) ,
i
f re

  
 
, ( r = /z/ ).
Khi đó ta có định lý sau
Với mọi hàm nguyên f(z) và với mọi
[0,2 ]

= (0, 1)

(0, 1), (x, y)


,
1 1
( ), (0, )
g L L T

  

( với g và

là hai hàm cho trước).
Khi đó, bài toán (1) được phát biểu như sau
Cho phương trình
(x,y,t) = (x,y,t) + (x,y,t) +
( )
t

.f(x,y), với
i. u(x, y, 0) = g(x, y),
ii. u(1, y, t) = 0,
iii.
(0, y, t) = (1, y, t) = (x, 0, t) = (x, 1, t) = 0,
Yêu cầu xác định cặp hàm ( u, f ) là nghiệm của hệ (1).
Đây là bài toán không chỉnh.
Để xây dựng nghiệm chỉnh hóa của hệ (1) ta cần một số các ký hiệu sau đây
1.



4.
( )( , )
, ( ( )( , ) 0)
( )( , )
( , )( , ) ,
0 ,( ( )( , ) 0)
G
D
D
H
D
  
  
  
   
  

 







(với
1
( )


6.
 
1 2
1
[A; ]( ) ( ) ( ), , , , ,
p
k
j p
k j
j
j k
z x
L z x A x x x
x x
 



  



7.
1 1
ln( ) ln( )
[ , 1 ],
50 50
r Z



11.
( ) ( )( , ).
n
z G z n
  


Ngoài ra, với
2
( ); ,
L m n Z

  
, ta có

( )( , ) ( , )cos( ) os( ) .
G im n x y m x c n y dxdy
     




Và


, 0
( , ). os( ). os( )
m n
K m n c m x c n y

T T
t t t T






   
    

   


3.2.1. Định lý 1. (về tính duy nhất nghiệm)
Giả sử g


1
( )
L

và

thỏa (H).
Khi đó hệ (1) có duy nhất nghiệm
( u, f )


1 1 2 2 2

50 50
r Z

 
 
  



( ) (4 ), 1,2, ,20 ,
B r r j j r
  
   

iii. (u
0
, f
0
)


1 1 2 2 2
( ([0,T];L ( )) (0, ; ( )), ( ))
C L T H L
  


là nghiệm chính xác của (1)
tương ứng với các dữ liệu chính xác g
0

 
 
 



Phần 3 CÁC ĐỊNH LÝ 14
Tháng 08/2010
được xây dựng từ
,
g
 

thỏa
2
2
0
0
( ),
lim ( ).
f C R
f f trong L







chỉ phụ
thuộc vào
0 0
,
f

sao cho
2 1
0 0
1
( ) ( )
50
. ,
ln( )
L H
f f f

 

 
 

0
(0, )
 
 
.

Để chứng minh hai định lý trên, chúng ta cần các kết quả được phát biểu và chứng minh

x
(1,y,t) = u
x
(0,y,t) = 0 ta có
= .
Nhân hai vế của phương trình với
, ta được
. -
= .
Hay
Phần 3 CÁC ĐỊNH LÝ 16
Tháng 08/2010
[ ] =
Lấy tích phân 2 vế của phương trình trên theo biến t từ 0 đến T, ta có

= .
Thay u = g(x,y) ta có điều phải chứng minh.

3.3.2. Bổ đề 2.
Nếu đặt
G( )(α,β) = (x,y)cosh( cos(
với
L
1
( và α, β C thì khi đó
Với mỗi n
Z, G (. , n là một hàm nguyên và

=
Điều này cho thấy (iz) là hàm nguyên và do đó (z) cũng là hàm nguyên.
Ta có , x [0,1], C.
Tiếp theo, giả sử 0, ta thấy rằng
=
( )
n
z im
d
z
dz



= (x,y)sin(m ) cos .
Mà { sin(m ) cos }
m ≥ 1, n ≥ 0
là hệ trực giao trong L
2
( ) nên vế phải của phương
trình trên không đồng nhất bằng 0.
Suy ra, tồn tại một số các giá trị nguyên n để không là hàm hằng.
Phần 3 CÁC ĐỊNH LÝ 18




.
Hay
.

Suy ra
Phần 3 CÁC ĐỊNH LÝ 19
Tháng 08/2010
sup[ sup[
Mà theo định lý Beurling, ta có
.
Nên

hay

hay
.
Vậy Bổ đề 2 được chứng minh.

3.3.3. Bổ đề 3.
Xét D( )( α,n ) = ,với α, .
Khi đó
Với (α,n) và ta có