số kiến thức bổ trợ
Khái niệm bài toán đặt không chỉnh và các ví dụ
1.1.1 Khái niệm bài toán đặt không chỉnh
Bài toán chỉnh được J Hadamard nghiên cứu liên quan đến ảnh hưởng của các điều kiện biên đối với nghiệm của các phương trình elliptic và parabolic Để tìm nghiệm x cho bất kỳ bài toán nào, cần dựa vào dữ kiện ban đầu f, tức là x = R(f) Chúng ta coi nghiệm và các dữ kiện này như những phần tử thuộc không gian.
X và Y với các độ đo tương ứng là
Trong toán học, một bài toán được coi là ổn định trên cặp không gian (X, Y) nếu tồn tại một khái niệm rõ ràng về nghiệm Cụ thể, với mỗi số ε > 0, có thể xác định một số δ(ε) > 0 sao cho khi điều kiện này được thỏa mãn, nghiệm x = R(f) sẽ không bị thay đổi một cách đột ngột.
∥f 1 −f 2 ∥ Y 6 δ(ε) ta có ∥x 1 −x 2 ∥ X 6 ε, ở đây x 1 = R(f 1 ), x 2 = R(f 2 ), x 1 , x 2 ∈ X;f 1 , f 2 ∈ Y. Định nghĩa 1.1
Bài toán tìm nghiệm x ∈ X theo dữ kiện f ∈ Y được gọi là bài toán chỉnh trên cặp không gian định chuẩn (X, Y), nếu có
• Với mỗi f ∈ Y, tồn tại nghiệm x ∈ X;
• Nghiệm x đó được xác định một cách duy nhất;
• Bài toán này ổn định trên cặp không gian (X, Y).
Trong quá khứ, người ta tin rằng mọi bài toán đều thỏa mãn ba điều kiện cơ bản, nhưng thực tế cho thấy quan niệm này là sai lầm Trong quá trình tính toán bằng máy tính, hiện tượng làm tròn số có thể dẫn đến kết quả sai lệch đáng kể Khi ít nhất một trong ba điều kiện không được thỏa mãn, bài toán tìm nghiệm sẽ được gọi là bài toán không chỉnh, đôi khi còn được gọi là bài toán không chính quy hoặc thiết lập không đúng đắn Một bài toán có thể không được thiết lập đúng trong một cặp không gian định chuẩn, nhưng lại có thể chính xác trong một cặp không gian khác.
A(x) = f(x)(∗), trong đó f thuộc không gian Y, là một toán tử A từ không gian định chuẩn X vào không gian định chuẩn Y Dữ kiện ban đầu của bài viết này tập trung vào toán tử A và hàm f ở vế phải.
Giả sử toán tử A được xác định chính xác và vế phải f δ có sai số ∥f δ −f∥ Y ≤ δ, chúng ta cần tìm phần tử x δ ∈ X hội tụ đến nghiệm chính xác x 0 của phương trình khi δ → 0 Phần tử x δ này được gọi là nghiệm xấp xỉ của bài toán không chỉnh Ký hiệu Q δ = {x ∈ X : ∥A(x) −f δ ∥ Y ≤ δ} cho thấy nghiệm xấp xỉ phải nằm trong tập Q δ, nhưng tập này quá lớn và có các phần tử cách nhau xa, nên không phải tất cả đều có thể coi là nghiệm xấp xỉ Do đó, bài toán là chọn phần tử nào trong Q δ làm nghiệm xấp xỉ cho phương trình Để thực hiện việc chọn này, cần thêm thông tin về nghiệm chính xác x 0 Việc sử dụng thông tin định lượng dẫn đến phương pháp tựa nghiệm, trong khi thông tin định tính như tính trơn hoặc tính đơn điệu của nghiệm giúp xây dựng thuật toán tìm nghiệm xấp xỉ cho bài toán không chỉnh.
1.1.2 Các ví dụ về bài toán đặt không chỉnh
Sau đây, chúng tôi đưa ra một số ví dụ về loại các bài toán đặt không chỉnh.
1.1.2.1 Ví dụ hệ phương trình đại số tuyến tính
Nhiều bài toán thực tế có thể được chuyển thành việc giải hệ đại số tuyến tính, trong đó một sự thay đổi nhỏ trong hệ số của hệ phương trình có thể dẫn đến sự thay đổi lớn trong nghiệm, thậm chí làm cho hệ trở nên vô nghiệm hoặc vô định Những hệ phương trình này được gọi là hệ phương trình điều kiện xấu, và ma trận A tạo bởi các hệ số của hệ phương trình này được gọi là ma trận điều kiện xấu.
Ví dụ 1.2 Hệ phương trình
2, x 2 = 1, trong khi đó hệ phương trình {2x 1 +x 2 = 2
Hệ phương trình 2,01x₁ + x₂ = 2,05 có nghiệm x₁ = 5 và x₂ = −8 cho thấy sự nhạy cảm của nghiệm với những thay đổi nhỏ trong hệ số và hằng số Sự thay đổi này dẫn đến những biến động đáng kể trong nghiệm, vì vậy hệ phương trình này được xác định là hệ điều kiện xấu.
Ma trận A có định thức detA = 1 và được coi là một ma trận điều kiện xấu Việc thay đổi một lượng nhỏ ở các thành phần a12, a21 hoặc a33 của ma trận này sẽ dẫn đến những thay đổi đáng kể trong giá trị của detA.
1.1.2.2 Ví dụ về tính đạo hàm của một hàm số
Để tính đạo hàm của hàm số y = f(x), ta sử dụng công thức f ′ (x) = lim h → 0 (f(x+h)−f(x))/h Để thực hiện điều này, cần chọn một dãy {h k} sao cho h k tiến tới 0 khi k tiến tới vô cùng, từ đó xác định tỷ số sai phân.
Khi N đủ lớn và h N đủ nhỏ, D N sẽ gần giống với f ′ (x) Vậy, kích thước của h N ảnh hưởng như thế nào đến độ chính xác của xấp xỉ? Liệu việc giảm h N có mang lại xấp xỉ tốt hơn? Để tìm hiểu, chúng ta sẽ xem xét một ví dụ cụ thể.
Cho f(x) = e x Tính đạo hàm f ′ (1) với h k = {10} − k cho ta kết quả Nếu k = 10 thì D k = 0 mà f ′ (1) ≈2,718282,
Như vậy khi k = 5 thì tỷ số sai phân cho ta xấp xỉ tốt hơn cả.
1.1.2.3 Ví dụ về cực trị của hàm số
Trong bài toán φ(y) = y trên đoạn thẳng y = λ₀x + y₀ nằm trong phần tư thứ nhất của mặt phẳng XOY, với y₀ > 0 và λ₀ là số cho trước, ta giả sử λ₀ = 0 Thay λ₀ bằng λ₁ với điều kiện ∥λ₁ - λ₀∥ < δ, ta sẽ xem xét các trường hợp khác nhau để phân tích sự biến đổi của hàm số trong khoảng này.
• λ δ > 0, thay đường thẳngy = y 0 ta có đường thẳngd 1 : y = λ δ x+y 0 Giá trị cực tiểu của hàm φ(y) trên một phần của d 1 nằm trong vùng
{x ≥ 0, y ≥ 0} đạt được tại điểm (0, y 0 ) điều đó có nghĩa là
Khi λ δ > 0, đường thẳng y = y0 tạo thành đường thẳng d2: y = λ δ x + y0 Vì λ δ < 0, đường thẳng d2 sẽ cắt trục OX tại một điểm x2(δ) nào đó Giá trị cực tiểu của hàm φ(y) trên một phần của d2 nằm trong vùng xác định.
{x ≥ 0, y ≥ 0} đạt được tại điểm (x 2 (δ),0) tức tại
{x = x 2(δ) φ(x 2 (δ)) = 0, (1.4) khi δ → 0, λ δ →0 và x 2 (δ) → ∞ Vậy bài toán này không ổn định.
1.1.2.4 Ví dụ về tìm cực tiểu của hàm số
• Giá trị nhỏ nhất của J(u) là J ∗ = 0.
• Xét dãyu k = k là dãy tối thiểu hóa lim k → 0 J(k) = 0, nhưngk = 1,2, thì k không hội tụ đến u ∗ , limd(k, u ∗ ) = ∞ Vậy bài toán không ổn định.
Xét tích phân J(u) ∫1 0 u 2 (t)dt trên tập hợp u = [0,1].
Rõ ràng J ∗ = 0 và u ∗ = {u ∗ (t) = 0} lấy dãy tối thiểu hóa {u k (t)} ∈
Kết quả ∫1 0 u 2 k (t)dt = 0 cho thấy rằng tất cả các dãy tối thiểu hóa của bài toán hội tụ đến nghiệm u ∗ (t) trong chuẩn L 2 [0,1] Tuy nhiên, có những dãy tối thiểu hóa như υ k (t) không hội tụ đến u ∗ (t) trong chuẩn C[0,1].
1.1.2.5 Ví dụ về tính chuỗi Fourier khi hệ số cho gần đúng
Ví dụ 1.8 Xét chuỗi Fourier f 1 (t) + ∞
∑ n=0 a n cos(nt) với hệ số (a 0 , a 1 , , a n , ) ∈ L 2 được cho xấp xỉ bởi c n = a n + ε n, n ≥ 1 và c 0 = a 0 Khi đó, chuỗi Fourier tương ứng f 2 (t) + ∞
∑ n=0 c n cos(nt) cũng cố hệ số (c 0 , c 1 , , c n , ) ∈ L 2 Khoảng cách giữa chúng là ε 1 ( + ∞
Do đó, khoảng cách giữa hai bộ hệ số này có thể làm nhỏ tùy ý, trong khi đó
Tại t = 0, chuỗi Fourier có thể phân kỳ, cho thấy rằng sự ổn định trong tính toán tổng chuỗi phụ thuộc vào khoảng cách giữa hai hàm f1 và f2 trong không gian các hàm với độ đo đều Nếu hệ số của chuỗi thay đổi nhỏ, bài toán tính tổng chuỗi Fourier sẽ trở nên không ổn định.
Khi bài toán ổn định, nếu dữ kiện ban đầu a_n được cung cấp gần đúng với sai số nhỏ, thì các chuỗi Fourier tương ứng sẽ có sự sai khác không đáng kể trong không gian L^2[0, π].
1.1.2.6 Ví dụ về xét bài toán Cauchy cho phương trình Laplace hai chiều
Ví dụ 1.9 Xét bài toán
(ở đây f(x) và φ(x) là các hàm cho trước).
• Nếu lấy f(x) = f 1 (x) ≡ 0 và φ(x) = φ 1 (x) = 1 a sin(ax) thì nghiệm của bài toán trên là u 1 (x, y) = a 1 2 sin(ax)sh(ay), a > 0.
• Nếu lấy f(x) = f 2 (x) = φ(x) = φ 2 (x) ≡ 0 thì nghiệm của bài toán (1.7) là u 2 (x, y) ≡ 0 Với khoảng cách giữa các hàm cho trước và nghiệm được xét trong độ đo đều ta có
Với a khá lớn thì khoảng cách ∥φ 1 − φ 2 ∥ lại khá nhỏ Trong khi đó, khoảng cách giữa các nghiệm
= sup x,y | 1 a 2 sin(ax)sh(ay)|
= 1 a 2 sh(ay), với y > 0 cố định lại lớn bất kì Do đó bài toán không ổn định.
1.1.2.7 Ví dụ về phương trình tích phân Fredholm loại I
(1.8) ở đây nghiệm là một hàm φ(s), vế phải f 0 (t) là một hàm số cho trước và nhân K(t, s) của tích phân cùng với ∂K
∂(t) được giả thiết là các hàm liên tục Ta giả thiết nghiệm φ(s) thuộc lớp các hàm liên tục trên [a, b] với khoảng cách giữa hai hàm φ 1 và φ 2 là
Sự thay đổi vế phải được đo bằng độ lệch trong L 2 [c, d] tức là khoảng cách giữa hai hàm f 1 (t), f 2 (t) trong L 2 [c, d] là
Giả sử phương trình (1.8) có nghiệm φ 0 (s) Khi đó, với vế phải f 1 (t) =f 0 (t) +N
K(t, s) sin(ωs)ds phương trình (1.8) có nghiệm φ 1 (s) =φ 0 (s) +N sin(ωs).
Với N bất kì và ω đủ lớn, thì khoảng cách giữa hai hàm f 0 (t), f 1 (t) trong
1 2 có thể làm nhỏ tùy ý Thật vậy, đặt
K max = max s ∈ [a,b],t ∈ [c,d] |K(t, s)|, ta tính được
≤ |N|K max C 0 ω , với C 0 là một hằng số dương Chọn N và ω lớn tùy ý, thì ∥f 0 −f 1 ∥ L 2 [c,d], có thể lấy đủ nhỏ khi ω → ∞ Trong khi đó
∥φ 0 −φ 1 ∥= max s ∈ [a,b] |φ 0 (s)−φ 1 (s)| = |N|, có thể lớn tùy ý Khoảng cách giữa hai nghiệm φ 0 và φ 1 trong L 2[a, b] cũng có thể lớn bất kì
Dễ dàng chọn N, ω sao cho ∥f 0 −f 1 ∥ L 2 [c,d] , rất nhỏ nhưng vẫn cho kết quả ∥φ 0 −φ 1 ∥ L 2 (a,b) rất lớn.
1.1.2.8 Ví dụ về bài toán xác định của hàm bởi hệ số Fourier
Ví dụ 1.11 Lấy một dãy của {u n } ∈ L 2 đã cho Xác định hàm z(x):
√2 π sin(nx), n = 1,2, , là hệ trực chuẩn đầy đủ trong không gian L 2[0, π].
Với mỗi u = {u n } ∈ L 2 tồn tại duy nhất hàm z ∈ L 2[0, π] mà z(x) ∑ ∞ n=1 u n
√2 π sin(nx) và đẳng thức (∗) cố định Mặt khác
Khái niệm về họ các toán tử chỉnh hóa và các tính chất cơ bản 19
1.2.1 Khái niệm về họ các toán tử chỉnh hóa
Cho (X,∥.∥ X ), (Y,∥.∥ Y ) là các không gian định chuẩn, A : Y → X là toán tử (ánh xạ). Đặt G := A − 1 :X →Y.
Giải phương trình Ay = x, cho x thì tìm y bởi công thức y = A − 1 x,
Để tìm y = A^(-1)x khi x gần đúng x δ và thỏa mãn điều kiện ∥x−x δ ∥ ≤ δ, cần xác định toán tử R δ (.) sao cho ∥R δ (x δ )−Gx∥ Y ≤ ε Nếu R δ được xác định trên toàn bộ không gian X, thì y có thể tính được Sai số của thuật toán được định nghĩa dựa trên các điều kiện này.
∥R δ (x δ )−Gx∥. Định nghĩa 1.14 Ánh xạ G được gọi chỉnh được trên tập D ⊂ D G ⊂ X, nếu tồn tại ánh xạ R δ (.) từ X ⊕R + lên Y sao cho lim δ → 0∆(R δ , δ, x) = 0,∀x ∈ D.
Cho δ > 0, dữ kiện x δ : ∥x−x δ ∥ X ≤ δ. i, Liệu có thể chỉ sử dụng mỗi x δ để xấp xỉ được Gx? ii, Khi nào thì G chỉnh được?
Ta có các tính chất sau
1.2.2 Các tính chất cơ bản của toán tử chỉnh hóa Định lý 1.15 (Bakushinskii) Ánh xạ G có thể chỉnh được trên D ⊂ D G bởi họ R δ (.) = R(.)(không phụ thuộc δ), 0 < δ ≤ δ 0 , khi và chỉ khi nó thác triển được lên toàn X sao cho thác triển này liên tục trên D.
• Điều kiện cần: R(.) là thác triển phải tìm, (x δ , δ) là thông tin tối thiểu để có thể xây dựng được xấp xỉ của G
• Điều kiện đủ: lấy R(.) = G là thác triển liên tục của G lên toàn
D(D(G)). Định lý được chứng minh. Định lý 1.16 (Vinokurov) Giả sử ánh xạ G xác định trên D G ⊂ X lên Y trong đó X, Y là các không gian metric Nếu G chỉnh được trên
D G , N là tập trù mật khắp nơi trong X, thì
Chứng minh Giả sử y ∈ Y, x ∈ G − 1 (y) Vì N trù mật khắp nơi trong
X, nên tồn tại x n ∈ N sao cho ∥x n −x∥ ≤ 1 n.
Do G chỉnh được trên D G nên lim n → + ∞ [R 1 n (x n ), y] = 0.
Như vậy ta chỉ ra được dãy y n = R 1 n (x n ) ∈ + ∪ ∞ n=1
R 1 n (N) và y n → y, vì y bất kỳ nên định lý được chứng minh.
Hệ quả 1.17 Nếu G : D G ⊂ X → Y là toàn ánh Nếu G chỉnh được trên D G và X tách được thì Y tách được.
Chứng minh Vì X tách được nên tồn tại tập con đếm được N của X trù mật khắp nơi trong X Suy ra
R 1 n (N) đếm được và trù mật trong
Hệ quả được chứng minh.
• Toán tử ngược G = A − 1 : Y → X không chỉnh được bởi vì Y tách được còn X không tách được.
Ví dụ 1.19 Biến phân của một hàm
Cho f(x) xác định trên [a, b] Lấy a = x 1 < x 2 < < x n = b.(π) n ∑ − 1 k=1
|f(x k+1 )−f(x k )| biến phân của f trên [a, b] theo phân hoạch π
|f(x k+1) −f(x k )| = ∨ b a (f) biến phân toàn phần của f trên [a, b].
Kí hiệu ∨ b a (f) không gian các hàm có biến phân toàn phần giới nội là không tách được (∨ b a (f) kí hiệu là BV(a, b) hoặc T V(a, b).)
Ánh xạ A: BV(a, b) → L²(Ω) không chỉnh được trên ABV(a, b) ⊂ L² do BV(a, b) không tách được, trong khi L² thì có tính tách Theo Định lý 1.20 (Vinokurov), nếu G: D_G ⊂ X → Y là giới hạn theo điểm trên D ⊂ D(G) của các ánh xạ G_n, trong đó G_n liên tục trên X, thì G sẽ là ánh xạ chỉnh được.
Để chứng minh, giả sử G n là dãy xấp xỉ, ta xác định họ các phủ Π n của không gian X bằng các tập mở Cụ thể, Π 1 bao gồm tất cả các tập mở U ⊆ X với đường kính diam ≤ 1 và đảm bảo rằng diam G 1 (U) ≤ 1 Tương tự, Π 2 cũng là tập hợp các tập mở U ⊆ X với điều kiện diam ≤ 1.
2 sao cho diam G 2 (U) ≤ 1 2 Π n Tập tất cả các tập mở U ⊆ X bởidiam ≤ 1 n sao cho diamG n (U) ≤ 1 n.
(Với diam X=sup{∥x−y∥,∀x, y ∈ X} Vì G n liên tục, nên bất kì x ∈ X nào cũng thuộc Π n
Thực vậy, nếu x ∈ X, lấy một lân cận U của X sao cho diam U ≤ 1 n, khi đó do tính liên tục củaG k , ta có thể lấyU để sao cho diamG k (U) ≤ 1 n
Bây giờ xây dựng hệ chỉnhR δ (x), cố địnhxvà δ > 0 Vớiδ đủ nhỏδ ≤δ 0 , tồn tại n = n(δ, x) sao cho tìm được tập U ⊂ Π n (δ, x), S(x, δ) ⊂ U
(S(x, δ) là quả cầu tâm x, bán kính δ)
Giả sử n(δ, x) là số lớn nhất, để điều kiện cuối thỏa mãn. Đặt R δ (x) {G n(δ,x) (x), n < ∞,
Rõ ràng với δ < δ 0 đủ nhỏ thì luôn tìm được n Chứng minh R δ (x) chỉnh trên tậpD ⊂D G ⊆ X.
Giả sử x ∈ D, theo bất đẳng thức tam giác sup
Khi δ → 0, ta có ∥G n (x)−G(x)∥ + 1/n, với n = n(δ, x) → 0 Mỗi quả cầu S(x, δ) chứa x và khi δ giảm, nó sẽ nằm trong bất kỳ lân cận nào của x Đối với số N đã chọn, với δ đủ nhỏ, S(x, δ) sẽ nằm trong một phủ mở Π N nào đó, dẫn đến n(δ, x) ≥ N Định lý đã được chứng minh hoàn toàn Định lý 1.21 khẳng định rằng nếu không gian Y tách được và là tập con lồi của không gian định chuẩn tuyến tính, thì G :D G ⊂ X → Y là giới hạn theo điểm.
Ánh xạ G từ không gian X vào không gian tuyến tính định chuẩn Y được coi là tách được và chỉnh được trên tập D ⊂ D(G) ⊂ X nếu và chỉ nếu nó là giới hạn theo điểm trên D của dãy các ánh xạ G n liên tục trên X Điều này được khẳng định bởi Định lý 1.22, cho thấy mối liên hệ giữa các ánh xạ liên tục và tính chất chỉnh được của ánh xạ G.
Một phương pháp chỉnh hóa phương trình parabolic ngược thời gian
Chỉnh hóa phương trình parabolic tuyến tính ngược thời gian bằng phương trình dầm ngược
ngược thời gian bằng phương trình dầm ngược
Phần này trình bày chi tiết các kết quả được công bố trong bài báo [2].
Xét bài toán { u t = ∆u, x ∈ Ω, 0 < t < T u = 0, x ∈ ∂Ω, 0 < t < T với ràng buộc {
∥u(0)∥ 6 M, trong đó ∆ là toán tử Laplacian trên Ω, M > δ > 0, T là các số thực dương đã cho, f(x) ∈ L 2 (Ω) Trong phần này, chúng tôi trình bày các kết quả sau của Carasso.
Nếu u 1 (x, t), u 2 (x, t) là hai nghiệm của bài toán trên thì
Giả sử N là số chiều của Ω, q ∈ Z, q ≥ 0 và giả sử σ > N
0< t < T, chúng ta chứng tỏ rằng có một hằng số K thỏa mãn điều kiện sau
Cho H là khụng gian Hilbert với tớch vụ hướng (ã,ã) và chuẩn ∥.∥ Giả sử Ω là một giới hạn miền xác định trong R n với một C ∞ biên ∂Ω Xét bài toán sau
Với f(x) ∈ L 2 (Ω) đã cho và hằng số dương đã biết δ, M, T, tìm tất các nghiệm của hệ phương trình
∂x 2 i là toán tử Laplacian trên Ω.Với s > 0 giả sử
Giá trị riêng của toán tử Laplacian trong miền Ω với điều kiện biên Dirichlet ∂Ω=0 được ký hiệu là {λ m } ∞ m=1, tương ứng với dãy hàm {φ m (x)} ∞ m=1 Đối với mỗi hàm v thuộc không gian L 2 (Ω), ta có dãy hệ số Fourier {β m } ∞ m=1 Không gian Hilbert H˙ s (Ω) là không gian con của L 2 (Ω) bao gồm tất cả các hàm v thỏa mãn chuẩn với mọi s ≥ 0.
H˙ s là trù mật trong H˙ s và nếu ∂Ω ∈ C ∞ ,
Nếu s là số nguyên, và nếu v ∈ H˙ s , khi đó s-chuẩn của v là
Chúng tôi chỉnh hóa bài toán (2.1) và (2.2) bằng bài toán phương trình dầm ngược
(2.3) với k là một số dương đã cho Và chứng minh rằng nghiệm duy nhất u của (2.3) thoả mãn
2.1.2 Tính đặt chỉnh của bài toán (2.3)
Chúng tôi nghiên cứu tính tồn tại, tính duy nhất và tính ổn định của nghiệm yếu cho bài toán (2.3) Cụ thể, theo Định lý 1.23, phương trình (2.3) có một nghiệm duy nhất đối với các hàm f và g bất kỳ trong không gian L²(Ω) và với mọi l ≥ 0.
Ngoài ra, u(x, t) ∈ H˙ ∞ (Ω), 0 < t < T, r, s ≥0 và l ≥ max(r, s) thì
∥f∥ r , ở đây C là một hằng số dương chỉ phụ thuộc vào l, r và s.
Chứng minh Ta viết: g = ∑ m a m φ m f = ∑ m b m φ m và xây dựng u(., t) = ∑ m c m (t)φ m Đưa đến kết quả ¨ c m (t) = (λ m −k) 2 c m (t),0< t < T, c m (0) = a m ,c m (T) =b m ,m = 1,2,
Vì rằng, với β thực bất kì, shβt shβT và shβ(T −t) shβT là hàm lồi của t, từ (2.5) ta có
T, ∀m, và đưa đến kết quả
Mặt khác, nếu f và g là hàm tùy ý trong L 2 (Ω), ∑ m λ l m |c m (t)| 2 hội tụ với
∀ 0 < t < T và ∀ l ≥ 0 Từ (2.5), bất đẳng thức Schwarz và bất đẳng thức tam giác ta có
Nếu l ≥ max(r, s) và λ m ̸= k, λ l m − s sh 2 (λ m −k)(T −t) sh 2 (λ m −k)(T) ≤ Ct − (l − s) (λ m t) l − s e − 2 | λ m − k | t
≤ Ct − (l − s) , (2.7) với C là một hằng số chung, độc lập λ m và t.
Một cách tương tự ta có λ l m − r sh 2 (λ m −k)(t) sh 2 (λ m −k)T ≤C(T −t) − (l − r) (2.8)
Vì Ω là cận, −∆ có một nghịch đảo compact Do đó, từ (2.7) và (2.8) ta có 2 tổng này kéo theo giá trị riêng luôn hội tụ Kết quả thu được là
∥f∥ r (2.10) Định lý được chứng minh.
2.1.3 Chỉnh hóa của bài toán (2.1) và (2.2)
Với giá trị riêng của k trong (2.3), có thể dùng phương pháp dầm ngược để thu được một L 2 xấp xỉ với bài toán (2.1) và (2.2).
Khi đó, nếu w(x, t) là nghiệm duy nhất của
Thì chúng ta có định lý sau đây Định lý 1.24 Cho k (1
) trong (2.11) Giả sử u(x, t) là nghiệm bất kỳ của (2.1) và (2.2) ta có
Với ∀l > 0, 0 < t < T, tồn tại C thỏa mãn
Cuối cựng, trong (2.2) cú ∥u(ã, T)−f∥ L 2 6 δ, ∥u(ã,0)∥ L 2 6 M và l > 0 thì
Chứng minh Nếuu(x, t)là một nghiệm của (2.1) và (2.2), giả sửu(x,0) g(x) thì ∥g∥ L 2 ≤ M Vận dụng kết quả, khi phương trình có dạng
(2.14) thì phương trình đó tồn tại duy nhất nghiệm đối với ∀g ∈ L 2 (Ω),
Ngoài ra, u(x, t) ∈ H˙ ∞ (Ω) với t > 0 Đối với l và s bất kỳ mà 0 ≤ s ≤ l ta có
∥u(., t)∥ l ≤ C(t) − (l 2 − s) ∥g∥ s , t > 0, (2.15) ở đây C là một hằng số dương chỉ phụ thuộc vào l−s.
Từ kết quả trên, u(x, t) ∈ H˙ ∞ (Ω) với t > 0 Vì vậy u = ∆u = 0 trên ∂Ω. Định lý đúng đối với v = e kt u Thật vậy, v(x, t) thỏa mãn hệ
Lấy ε(x, t) =w(x, t)−v(x, t).Thìε(x, t) là một nghiệm của phương trình dầm ngược mà ∥ε(ã, T)∥ L 2 6 M, ∥ε(ã, T)∥ L 2 6 e kt δ Dựng kết quả của định lý 2.1.1 với l = 0, ta có
T ln(M δ ) cực tiểu hóa vế phải của(2.17) là một hàm của k và suy ra
Hoàn toàn chứng minh tương tự ta thu được kết quả
∥e − kt w(., t)−u(., t)∥ l ≤ M T T − t δ T t Đánh giá e − kt ε(x, t) trong l-chuẩn đối với l > 0, chúng ta dùng kết quả
T +C(T −t) − (l 2 − r) )∥f∥ r (2.18) với r = s = 0 thì thu được kết quả (2.12).
Cuối cùng, từ (2.12) ta có được (2.13) Định lý được chứng minh.
Hệ quả 1.25 Giả sử u 1 (x, t), u 2 (x, t) là hai nghiệm bất kì của (2.1) và (2.2) Khi đó với 0 < t < T và σ > N
Chứng minh Từ bất đẳng thức max | β |≤ q ∥e − kt D β w(., t)−D β u(., t)∥ ∞
M T T − t δ T t , và bất đẳng thức tam giác ta có max | β |≤ q ∥D β (u 1(., t)−u 2(., t))∥ ∞ = max
M T T − t δ T t , Định lý được chứng minh.