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

ĐỖ THỊ TUYẾT NGA

BÀI TOÁN 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 TOÁN 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


1.2.2. 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 toán 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

2.5

. . . . . . . . . . . . . . 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


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

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 thông 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 tôi 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, tôi xin được bày tỏ lòng biết ơn chân thành và sâu sắc đến
TS. Nguyễn Thị Ngọc Oanh người đã trực tiếp hướng dẫn luận văn, cô
tận tình chỉ bảo và hỗ trợ tôi 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 tôi
có thể hoàn thành luận văn khoa học này.
Ngoài ra, trong quá trình học tập, nghiên cứu và thực hiện đề tài tôi
còn nhận được nhiều sự quan tâm, góp ý, giúp đỡ của quý thầy cô, đồng
nghiệp, bạn bè và người thân. Tôi xin bày tỏ lòng 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 tôi theo học khóa thạc sỹ tại trường Trường
Đại học Khoa học – Đại học Thái Nguyên.
• Quý thầy cô Khoa Toán- Tin và quý thầy cô phòng Đào tạo - KHCN
và HTQT, Trường Đại học Khoa học – Đại học Thái Nguyên đã truyền


7




 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 toán 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),

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}.

Ngoài ra chúng tôi 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



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)

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 toán liên hợp được trình bày thông qua công

(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,


Chứng minh. Nhân hai vế phương trình đầu tiên của bài toán 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 công thức tích phân từng phần cho vế trái đẳng thức trên, ta
nhận được
T

ut , p

H 1 (Ω) ,H 1 (Ω) dt

+


aQ udxdt.

Q

Q

(1.11)
Từ công thức (1.10), sử dụng công 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

(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 −


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 không 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 không có gì nhầm lẫn) để nhẫn mạnh sự phụ thuộc của nghiệm và

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 toán 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 toán
Rời rạc hóa bài toán thuận theo biến không 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 không 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

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)


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


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 ,

(1.24)

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
...














x −1
. . . 2aN
+ h2 bNx −1
∗

...

x
−aN
−

−aNx −1
2 Nx
x
aN
− +h b
(1.25)



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


≥ 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 hoàn toàn bài toán, 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


không 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
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

.


19

Chương 2

Bài toán xác định nguồn cho
phương trình truyền nhiệt tuyến
tính một chiều
Trong chương này, chúng tôi nghiên cứu bài toán 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 toán ngược,
đặt không 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 không gian 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
toán liên hợp cho bài toán (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,


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 )



(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



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

=

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



23

bởi

M −1

∇J0h,∆t (f )

∆t(B m )∗ ϕm η m ,

=

(2.9)

m=0

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

∆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 )
=

=

=


∆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


+∆t
m=1

(2.13)