Chỉnh hóa nghiệm cho bài toán nhiệt và bài toán Elastic ngược

ành cảm ơn thầy Đặng Đức Trọng đã rất ân cần và chu đáo hướng dẫn em làm luận văn này. Học Viên: Phùng Trọng Thực. 1MỞ ĐẦU Nội dung chính của luận văn là đưa ra sự chỉnh hóa nghiệm cho một dạng của bài toán nhiệt hai chiều và bài toán Elastic ba chiều. Cụ thể là đưa ra một chỉnh hóa nghiệm cho các bài toán: Bài toán nhiệt: Cho T > 0 là độ dài của thời gian quan sát và Ω = (0, 1)× (0, 1) là vật dẫn nhiệt. Xác định cặp hàm (u, f) thỏa mãn hệ: ut −∆u = ϕ (t) f (x, y) , ux (0, y, t) = ux (1, y, t) = uy (x, 0, t) = uy (x, 1, t) = 0, u (1, y, t) = 0, u (x, y, 0) = g (x, y) , với (x, y) ∈ Ω, t ∈ (0, T ), trong đó g ∈ L1 (Ω) và ϕ ∈ L1 (0, T ) được cho. Bài toán Elastic: Cho T > 0 là độ dài của thời gian quan sát và Ω = (0, 1) × (0, 1) × (0, 1) là vật thể đàn hồi đẳng hướng ba chiều. Xác định cặp (u, f) thỏa mãn hệ: ∂2u ∂t2 + µ∆u+ (λ+ µ)∇ (div (u)) = ϕ (f1, f2, f3) , (x, t) ∈ Ω× (0, T ) , (u1 (x, t) , u2 (x, t) , u3 (x, t)) = (0, 0, 0) , (x, t) ∈ ∂Ω× (0, T ) , (u1 (x, 0) , u2 (x, 0) , u3 (x, 0)) = (g1 (x) , g2 (x) , g3 (x)) , x ∈ Ω,( ∂u1 ∂t (x, 0) , ∂u2 ∂t (x, 0) , ∂u3 ∂t (x, 0) ) = (h1 (x) , h2 (x) , h3 (x)) , x ∈ Ω, σ1 τ12 τ13τ21 σ2 τ23 τ31 τ32 σ3   n1n2 n3  =  X1X2 X3  , với λ và µ là các hằng số thỏa µ < 0, λ + 2µ < 0, σj = λdiv (u) + 2µ ∂uj ∂xj , 2τjk = µ( ∂uj ∂xk + ∂uk ∂xj ) và n = (n1, n2, n3) là pháp vectơ đơn vị hướng ra ngoài trên ∂Ω. Trong đó dữ kiện được cho là I (ϕ,X, g, h) ∈ ( L1 (0, T ) , ( L1 ( 0, T, L1 (∂Ω) ))3 , ( L2 (Ω) )3 , ( L2 (Ω) )3) . Bài toán nhiệt và bài toán Elastic như trên là những bài toán ngược, không chỉnh. Tính không chỉnh của bài toán ở chỗ bài toán có thể không tồn tại nghiệm hoặc nếu tồn tại duy nhất nghiệm thì nghiệm có thể không phụ thuộc liên tục vào dữ kiện được cho. Trong những năm gần đây, một số tác giả đã có những nghiên cứu về các bài toán này. Chẳng hạn xem xét về sự duy nhất và ổn định nghiệm của bài toán nhiệt trong [12], [14], [15], [16]; sự chỉnh hóa trong trường hợp nghiệm không ổn định cho bài toán nhiệt trong [5], [6], [9]; tính duy nhất nghiệm cho bài toán Elastic trong [8], [11] và đưa ra sự chỉnh hóa nghiệm cho bài toán Elastic hai chiều trong [8]. Bởi vì các bài toán trên là những bài toán ngược không chỉnh nên sự chỉnh hóa nghiệm là cần thiết. Trong [7], các tác giả Trong, Dinh, Nam đã đưa ra một sự chỉnh hóa nghiệm cho bài toán nhiệt bằng phương pháp cắt ngắn chuỗi Fourier và sử dụng một vài kỹ thuật, chẳng hạn phương pháp nội suy để xấp xỉ các hệ số của chuỗi cắt ngắn từ các dữ kiện nhiễu. Ưu điểm của phương pháp này là có thể loại bỏ những giả thiết trên nghiệm về điều kiện cuối của thời gian. Chú ý rằng trong [6], [8], [9] các tác giả cần sử dụng thông tin về điều kiện cuối của thời gian u (x, T ) trong việc chỉnh hóa nghiệm bởi vì nó giúp đưa ra công thức biến đổi Fourier của f và từ đó khôi phục được f . Dựa vào nhận xét phương pháp cắt ngắn chuỗi Fourier cũng có thể áp dụng để chỉnh hóa nghiệm cho bài toán Elastic và giúp ta loại bỏ các giả thiết trên nghiệm về điều kiện cuối của thời gian (điều mà trong [8] khi chỉnh hóa nghiệm cho bài toán Elastic hai chiều các tác giả cần sử dụng đến) nên trong luận văn này sẽ đưa ra một sự trình bày chi tiết cho phương pháp này để chỉnh hóa nghiệm của bài toán Elastic, nhưng so với [8] luận văn có hai điểm mới sau: • Mở rộng xem xét bài toán Elastic trên không gian 3 chiều. • Bỏ đi các ràng buộc trên nghiệm về điều kiện cuối của thời gian. 3Luận văn bao gồm ba chương: Chương 1. Kiến thức chuẩn bị Chương này trình bày một số định nghĩa, các kết quả và một số kiến thức bổ trợ sẽ được dùng đến trong các chương sau. Chương 2. Chỉnh hóa nghiệm cho bài toán nhiệt Trong chương này trình bày về sự duy nhất nghiệm và chỉnh hóa nghiệm cho bài toán nhiệt. Đây là sự trình bày chi tiết các kết quả trong bài báo [7] và qua đó cho thấy phương pháp mà các tác giả đã sử dụng để chỉnh hóa nghiệm cho bài toán nhiệt hai chiều. Chương 3. Chỉnh hóa nghiệm cho bài toán Elastic Trong chương này trình bày về sự duy nhất nghiệm và đưa ra một sự chỉnh hóa nghiệm cho bài toán Elastic ba chiều. Trong chương 2 và 3 đều có phần giải số để minh họa cho các kết quả thu được. Chương 1 Kiến thức chuẩn bị 1.1 Tính không chỉnh và sự chỉnh hóa Tính không chỉnh. Một bài toán ngược gọi là không chỉnh nếu nó thỏa mãn ít nhất một trong ba điều sau: • Bài toán không tồn tại nghiệm. • Bài toán không duy nhất nghiệm. • Nghiệm bài toán không phụ thuộc liên tục vào dữ kiện của bài toán, tức là với một thay đổi nhỏ trên dữ kiện của bài toán có thể dẫn đến thay đổi lớn trên nghiệm của bài toán. Sự chỉnh hóa. Trong trường hợp bài toán ngược tồn tại và duy nhất nghiệm tuy nhiên nghiệm bài toán không ổn định với dữ kiện được cho, tức là sai số nhỏ trên dữ kiện (điều này đúng trong thực tế vì các dữ kiện chỉ là dữ kiện đo đạc khá gần với dữ kiện chính xác) có thể dẫn đến sai số lớn trên nghiệm, khi đó sự chỉnh hóa nghiệm là cần thiết. Chỉnh hóa nghiệm tức là từ các dữ kiện đo đạc (có thể có sai số so với dữ kiện chính xác) ta xây dựng một nghiệm mới, gọi là nghiệm chỉnh hóa. Nghiệm chỉnh hóa có thể không phải là nghiệm chính xác của bài toán (ứng với dữ kiện chính xác) nhưng ta có thể kiểm soát được sai số của nghiệm chỉnh hóa so với nghiệm chính xác nhỏ như mong muốn. 4 51.2 Hệ Lamé Hệ Lamé được thiết lập từ các dữ kiện vật lý (xem, ví dụ trong [11]) và có liên quan chặt chẽ đến bài toán Elastic. Trong không gian ba chiều với Ω = (0, 1)× (0, 1)× (0, 1) như là vật thể đàn hồi, hệ Lamé được xác định bởi ∂2u ∂t2 + µ∆u+ (λ+ µ)∇ (div (u)) = F, x ∈ Ω, t ∈ (0, T ) , ở đây u (x, t) = (u1 (x, t) , u2 (x, t) , u3 (x, t)) thỏa mãn hệ Lamé, trong đó uj biểu thị cho độ dịch chuyển theo hướng j của vật thể đàn hồi và F (x, t) = (F1 (x, t) , F2 (x, t) , F3 (x, t)) biểu thị lực tác động lên vật thể. Các hằng số λ và µ gọi là các hằng số Lamé. Bài toán thuận là bài toán xác định u từ các dữ kiện đầu u (0, x), ut (0, x) và F . Trong luận văn này ta quan tâm đến bài toán ngược là bài toán xác định F từ các dữ kiện ban đầu. Bài toán này đã được nghiên cứu trên một số dạng của F , chẳng hạn trong [11] các tác giả đã xem xét với F (x, t) = ϕ (t) f (x) và giả sử rằng ϕ ∈ C1 ([0, T ]), ϕ (0) 6= 0, kết hợp với thời gian quan sát T đủ lớn. Mặc dù với các giả sử này bài toán ngược là duy nhất nghiệm tuy nhiên nó vẫn là bài toán không chỉnh vì với một sai số nhỏ trên dữ kiện nhiễu cũng có thể dẫn đến một sai số lớn của nghiệm, do đó sự chỉnh hóa nghiệm là cần thiết. 1.3 Một số kết quả của giải tích thực và giải tích hàm Ký hiệu H1 (Ω) = { u ∈ L2 (Ω) : ∂u ∂xi ∈ L2 (Ω) , i ∈ 1, n } . Với chuẩn: ‖u‖H1(Ω) = ( ‖u‖2L2 + n∑ i=1 ∥∥∥∥ ∂u∂xi ∥∥∥∥2 L2 )1 2 . Định lý 1.3.1 (Công thức Green) Cho Ω là tập mở, bị chận trong Rn có biên Γ là C1 từng khúc. Khi đó nếu u và 6v thuộc H1 (Ω), ta có∫ Ω ∂u ∂xi v dx = − ∫ Ω u ∂v ∂xi dx+ ∫ Γ u v ni dσ, đúng với mọi i ∈ 1, n. Trong đó ni là thành phần thứ i của vectơ pháp tuyến n trên biên Γ của Ω, tích phân cuối được hiểu theo nghĩa vết của u và v. Định lý này có trong [10]. Mệnh đề 1.3.2 Cho E là không gian Hilbert. Giả sử E có cơ sở trực chuẩn đếm được {en}. Khi đó ta có 1. x = ∞∑ i=1 (x, ei) ei, ∀x ∈ E. (chuỗi Fourier) 2. ‖x‖2 = ∞∑ i=1 |(x, ei)|2, ∀x ∈ E. (đẳng thức Parseval) Kết quả này có trong [1]. Mệnh đề 1.3.3 Cho Ω = (0, 1)× (0, 1). Khi đó các hệ: {cos (mpix) cos (npiy)}m,n∈N , {sin (mpix) cos (npiy)}m∈N∗, n∈N là cơ sở trực giao của L2 (Ω). Chứng minh. Ta chứng minh hệ {sin (mpix) cos (npiy)}m∈N∗, n∈N là cơ sở trực giao trong L2 (Ω), hệ còn lại chứng minh tương tự. Kiểm tra trực tiếp thấy các hệ trên là hệ trực giao trong L2 (Ω). Bây giờ giả sử f ∈ L2 (Ω) và ∫ Ω f (x, y) sin (mpix) cos (npiy) dx dy = 0, với mọi m ∈ N∗, n ∈ N . Ta chứng minh f = 0 trong L2 (Ω). Với mỗi n ∈ N , đặt hn (x) = 1∫ 0 f (x, y) cos (npiy) dy. Ta có 1∫ 0 hn (x) sin (mpix) dx = 0, ∀m ∈ N∗, 7và hn ∈ L2 (0, 1) bởi vì |hn (x)|2 ≤  1∫ 0 |f (x, y)|2dy  1∫ 0 cos2 (npiy) dy  ︸ ︷︷ ︸ thuộc L(0,1) . Từ hệ {sin (mpix)}m∈N∗ là cơ sở trực giao của L2 (0, 1) ta có hn = 0 trong L2 (0, 1). Gọi An là tập có độ đo không để hn (x) = 0 với mọi x ∈ [0, 1] \An. Đặt B = ∞⋃ n= 0 An thì B có độ đo không và hn (x) = 0 với mọi x ∈ [0, 1] \B và n ∈ N . Từ hệ {cos (npix)}n∈N là cơ sở trực giao trong L2 (0, 1) suy ra f (x, ·) = 0 trong L2 (0, 1), với mọi x ∈ [0, 1] \B. Vậy f = 0 trong L2 (Ω). 1.4 Một số kết quả của giải tích phức Cho C là trường số phức và hàm số φ : C → C. Ta nói φ là hàm nguyên nếu φ giải tích trên C. Mệnh đề 1.4.1 Cho φ là hàm nguyên và khác hằng, khi đó tồn tại r0 > 0 sao cho Max |z|= r |φ (z)| > 1, đúng với mọi r ≥ r0. Chứng minh. Đặt ψ (r) = Max |z|= r |φ (z)|. Theo nguyên lý môđun cực đại ta có Max |z| ≤ r |φ (z)| = Max |z|= r |φ (z)| , vậy ψ không giảm. Vì φ là hàm nguyên và khác hằng nên không bị chận, từ đó tồn tại z0 ∈ C, z0 6= 0 sao cho |φ (z0)| > 1. Đặt r0 = |z0|, ta được r0 là giá trị cần tìm. Mệnh đề 1.4.2 Với mọi z ∈ C và mọi x ∈ (0, 1), ta có bất đẳng thức |cosh (zx)| ≤ e|z|. 8Chứng minh. Giả sử z = a+ bi, (a, b ∈ R). Ta có |cosh (zx)| = ∣∣∣∣e(a+bi)x + e−(a+bi)x2 ∣∣∣∣ = 12√e2ax + e−2ax + 2 cos (2bx) ≤ 1 2 √ e2ax + e−2ax + 2 = 1 2 ( eax + e−ax ) ≤ e|a|x ≤ e|a| ≤ e|z|, đúng với mọi z ∈ C, mọi x ∈ (0, 1). Mệnh đề 1.4.3 Cho f ∈ L1 (0, 1), đặt F (λ) = 1∫ 0 f (x) cos (λx) dx, λ ∈ C. Khi đó F là hàm nguyên và F ′ (λ) = 1∫ 0 −x f (x) sin (λx) dx. Chứng minh. Với mỗi λ ∈ C cố định. Ta có h (x) = f (x) cos (λx) khả tích Lebesgue trên (0, 1). Thật vậy |f (x) cos (λx)| = ∣∣∣∣∣f (x) ( ∞∑ n=0 (−1)n (λx) 2n (2n)! )∣∣∣∣∣ ≤ |f (x)|  ∞∑ n=0 |λ|2n (2n)!︸ ︷︷ ︸ thuộcR  ∈ L1 (0, 1) . Vậy h ∈ L1 (0, 1). Đặt hk (x) = k∑ n=0 (−1)nλ2n (2n)! x2nf (x), ta có  hk (x)→ f (x) cos (λx) hkn trên (0, 1) , |hk (x)| ≤ |f (x)| ( ∞∑ n= 0 |λ|2n (2n)! ) . 9Áp dụng định lý hội tụ bị chận ta có 1∫ 0 hk (x) dx→ 1∫ 0 f (x) cos (λx) dx. Vậy 1∫ 0 f (x) cos (λx) dx = ∞∑ n= 0 (−1)n (2n)!  1∫ 0 x2nf (x) dx  λ2n. Đặt an = (−1)n (2n)!  1∫ 0 x2n f (x) dx , ta có F (λ) = ∞∑ n=0 an λ 2n, ∀λ ∈ C. Xét chuỗi lũy thừa ∼ F (α) = ∞∑ n= 0 an α n. Ta có ∼ F là hàm nguyên ( vì với mỗi α ∈ C, tồn tại λ ∈ C để α = λ2, mặt khác chuỗi ∞∑ n= 0 an λ 2n hội tụ về F (λ) ) . Mặt khác F (λ) = ∼ F ( g (λ) ) (với g (λ) = λ2) nên F là hàm nguyên. Từ đó F ′ (λ) = ∞∑ n=1 2n anλ 2n−1 = ∞∑ n=1 2n(−1)n (2n)!  1∫ 0 x2nf (x) dx λ2n−1 = ∞∑ n=1 (−1)n (2n− 1)!  1∫ 0 x2n f (x) dx  λ2n−1 = ∞∑ n= 0  1∫ 0 (−1)n+1 x 2n+2 (2n+ 1)! f (x) dx  λ2n+1 = 1∫ 0 −x f (x) ( ∞∑ n= 0 (−1)n (λx) 2n+1 (2n+ 1)! ) dx = 1∫ 0 −x f (x) sin (λx) dx. Mệnh đề 1.4.4 Cho Ω là một tập mở trong C và B (z0, r) ⊂ Ω (B (z0, r) là quả cầu mở tâm z0, bán kính r trong C). Cho f giải tích trên Ω trừ tại một 10 số hữu hạn cực điểm a1, a2, . . . , an nằm trong B (z0, r). Khi đó ta có∫ |z−z0|=r f (z) dz = 2pii ( n∑ k=1 Res [f (z) , ak] ) . Kết quả này được suy trực tiếp từ định lý tích phân Cauchy và định nghĩa thặng dư. Mệnh đề 1.4.5 (Định lý Beurling) Cho f là hàm nguyên. Đặt Mf (r) = Max|z|= r |f (z)| , (r > 0) . Khi đó ta có lim r→∞ sup ln |f (r)| lnMf (r) ≥ −1. Định lý này có trong [13]. Chương 2 Chỉnh hóa nghiệm cho bài toán nhiệt Cho T > 0 và Ω = (0, 1)× (0, 1) là vật dẫn nhiệt. Ta xét bài toán xác định cặp hàm (u, f) thỏa mãn hệ: ut −∆u = ϕ (t) f (x, y) , ux (0, y, t) = ux (1, y, t) = uy (x, 0, t) = uy (x, 1, t) = 0, u (1, y, t) = 0, u (x, y, 0) = g (x, y) , (2.1) với (x, y) ∈ Ω, t ∈ (0, T ), trong đó g ∈ L1 (Ω) và ϕ ∈ L1 (0, T ) được cho. Đây là bài toán dạng truyền nhiệt đặt không chỉnh vì nghiệm bài toán có thể không tồn tại với những dữ kiện được cho hoặc không phụ thuộc liên tục vào dữ kiện này. Ở đây biến (x, y) ∈ Ω gọi là biến không gian, xác định vị trí trên vật dẫn nhiệt Ω. Đại lượng F = ϕ (t) f (x, y) gọi là nguồn nhiệt, nguồn nhiệt phụ thuộc vào thời gian t và vị trí trên vật dẫn nhiệt. Trong phần trình bày này ta không đề cập đến sự tồn tại nghiệm của bài toán, thay vào đó ta sẽ xem xét sự duy nhất nghiệm và chỉnh hóa nghiệm cho bài toán. Mặt khác ở đây ta cũng chỉ tập trung vào chỉnh hóa nghiệm cho hàm f vì khi hàm f được xác định thì bài toán ở hệ (2.1) trở thành bài toán nhiệt thông thường. 11 12 2.1 Một vài ký hiệu • C1 ([0, T ] , L1 (Ω)) = {u : u (·, t) ∈ L1 (Ω) và ut (·, t) ∈ L1 (Ω) , ∀t ∈ [0, T ]}. • A (0, T,H2 (Ω)) = {u : u (·, t) ∈ H2 (Ω) , với hầu hết t ∈ (0, T )}. • Với ω ∈ L1 (Ω), ϕ ∈ L1 (0, T ) và α, β ∈ C. Đặt G (ω) (α, β) = ∫ Ω ω (x, y) cosh (αx) cos (βy) dxdy, D (ϕ) (α, β) = T∫ 0 e− (α 2−β2) t ϕ (t) dt, H (ϕ, ω) (α, β) =  −G (ω) (α, β) D (ϕ) (α, β) nếu D (ϕ) (α, β) 6= 0, 0 nếu D (ϕ) (α, β) = 0. • Từ Mệnh đề 1.3.3, thực hiện chuẩn hóa ta được các hệ{√ k (m,n) cos (mpix) cos (npiy) } m,n∈N và {√ k (m,n) sin (mpix) cos (npiy) } m ∈N∗, n∈N là cơ sở trực chuẩn của L2 (Ω). Trong đó k (m,n) =  1 nếu (m,n) = (0, 0) , 2 nếu m > n = 0 hoặc n > m = 0, 4 nếu m > 0 và n > 0. • Cho A = {x1, x2, . . . , xp} là tập hợp của p số phức phân biệt nhau đôi một, và cho ω là một hàm phức. Khi đó đa thức nội suy Lagrange của ω 13 tại A là: L [A, ω] (z) = p∑ j=1 ∏ k 6=j z − xk xj − xk  ω (xj). 2.2 Tính duy nhất nghiệm Định lý 2.2.1 Cho g ∈ L1 (Ω) và ϕ ∈ L1 (0, T ), trong đó ϕ thỏa mãn thêm giả thiết (H) Tồn tại T0 ∈ (0, T ], θ ≥ 0 và δ > 0 sao cho hoặc ϕ (t) ≥ δ tθ với hầu hết t ∈ (0, T0) hoặc ϕ (t) ≤ −δ tθ với hầu hết t ∈ (0, T0). Thì hệ (2.1) có nhiều nhất một nghiệm (u, f) trong( C1 ( [0, T ] , L1 (Ω) ) ∩ A ( 0, T,H2 (Ω) ) , L2 (Ω) ) . Định lý 2.2.1 có thể được chứng minh nhờ các bổ đề sau: Bổ đề 2.2.2 Giả sử (u, f) ∈ ( C1 ( [0, T ] , L1 (Ω) ) ∩ A ( 0, T,H2 (Ω) ) , L2 (Ω) ) là một nghiệm của hệ (2.1). Thì với mọi (α, n) ∈ C × Z ta có e−(α 2−n2pi2) T ∫ Ω u (x, y, T ) cosh (αx) cos (npiy) dxdy− ∫ Ω g (x, y) cosh (αx) cos (npiy) dxdy = T∫ 0 e−(α 2−n2pi2) t ϕ (t) dt · ∫ Ω f (x, y) cosh (αx) cos (npiy) dxdy. Bổ đề 2.2.3 Cho ω ∈ L1 (Ω) và n ∈ Z, khi đó G (ω) (·, npi) là hàm nguyên và |G (ω) (z, npi)| ≤ e|z| ‖ω‖L1(Ω), ∀z ∈ C. 14 Nếu ω ∈ L2 (Ω) và ω 6= 0 ( trong L2 (Ω) ) thì tồn tại n ∈ N để lim r→∞ sup ln |G (ω) (r, npi)| r ≥ −1. Bổ đề 2.2.4 Cho ϕ ∈ L1 (0, T ) và (α, n) ∈ R× Z, khi đó |D (ϕ) (α, npi)| ≤ ‖ϕ‖L1(0,T ) nếu α2 − n2pi2 > 0. Giả sử ϕ thỏa thêm giả thiết (H) và θ như trong giả thiết (H) của ϕ thì ta có lim (α2−n2pi2)→+∞ ( α2 − n2pi2)θ+1 |D (ϕ) (α, npi)| > 0. Chứng minh các bổ đề. Bổ đề 2.2.2 Chứng minh. Nhân hai vế của hệ (2.1) với W (x, y) = cosh (αx) cos (npiy). Lấy tích phân hai vế trên Ω, áp dụng công thức Green (Định lý 1.3.1) và sử dụng các giả thiết:{ ux (0, y, t) = ux (1, y, t) = uy (x, 0, t) = uy (x, 1, t) = 0, u (1, y, t) = 0, ta được d dt ∫ Ω uW dxdy − (α2 − n2pi2) ∫ Ω uW dxdy = ϕ (t) ∫ Ω f W dxdy. Suy ra d dt e−(α2−n2pi2) t ∫ Ω uW dxdy  = e−(α2−n2pi2) t ϕ (t)∫ Ω f W dxdy. Vì u ∈ C1 ([0, T ] , L1 (Ω)) nên h (t) = d dt e−(α2−n2pi2) t ∫ Ω uW dxdy  liên tục trên [0, T ]. Lấy tích phân hai vế trên [0, T ], thế cận và sử dụng giả thiết 15 u (x, y, 0) = g (x, y) ta có điều phải chứng minh. Bổ đề 2.2.3 Chứng minh. Với n ∈ N , đặt φn (z) = G (ω) (z, npi). Suy ra φn (iz) = ∫ Ω ω (x, y) cos (zx) cos (npiy) dxdy. Vậy z → φn (iz) là biến đổi Fourier cos của hàm x 7→  1∫ 0 ω (x, y) cos (npiy) dy, x ∈ [0, 1] , 0, x ∈ (1,∞) . Theo Mệnh đề 1.4.3 ta có φn (iz) là hàm nguyên, vậy φn là hàm nguyên. Mặt khác |φn (z)| ≤ ∫ Ω |ω (x, y) cosh (zx) cos (npiy)| dxdy ≤ ∫ Ω |ω (x, y) cosh (zx)| dxdy ≤ e|z| ‖ω‖L1(Ω), ∀z ∈ C. Bây giờ với ω ∈ L2 (Ω), ω 6≡ 0, ta có dφn dz (impi) = ∫ Ω ixω (x, y) sin (mpix) cos (npiy) dxdy. Theo Mệnh đề 1.3.3 ta có hệ {sin (mpix) cos (npiy)}m∈N∗, n∈N là cơ sở trực giao trong L2 (Ω), và do (x, y) 7→ ixω (x, y) ∈ L2 (Ω) và không bằng 0 trong L2 (Ω) nên tồn tại n ∈ N để dφn dz 6≡ 0 trên C, vậy φn khác hằng trên C. Bây giờ áp dụng Bổ đề 3.1.4 suy ra lim r→+∞ sup ln |φn (r)| r ≥ −1. Ta có điều phải chứng minh. 16 Bổ đề 2.2.4 Chứng minh. Ta có |D (ϕ) (α, npi)| = ∣∣∣∣∣∣ T∫ 0 e−(α 2−n2pi2) t ϕ (t) dt ∣∣∣∣∣∣ ≤ T∫ 0 e−(α 2−n2pi2) t |ϕ (t)| dt ≤ ‖ϕ‖L1(0,T ), khi α2 − n2pi2 > 0. Giả sử ϕ thỏa thêm giả thiết (H), ta sẽ chứng minh lim λ→+∞ inf λθ+1 ∣∣∣∣∣∣ T∫ 0 e−λtϕ (t) dt ∣∣∣∣∣∣ > 0, từ đó suy ra điều cần chứng minh. Ta có λθ+1 ∣∣∣∣∣∣ T∫ 0 e−λtϕ (t) dt ∣∣∣∣∣∣ ≥ λθ+1 ∣∣∣∣∣∣ T0∫ 0 e−λtϕ (t) dt ∣∣∣∣∣∣− λθ+1 ∣∣∣∣∣∣ T∫ T0 e−λtϕ (t) dt ∣∣∣∣∣∣ ≥ δ λθ+1 T0∫ 0 e−λttθdt− λθ+1e−λT0‖ϕ‖L1(0,T ), ∀λ > 0. Vì lim λ→+∞ ( λθ+1e−λT0 ) = 0 nên ta chỉ cần chứng minh lim λ→+∞ inf ψθ (λ) > 0, trong đó ψθ (λ) = λ θ+1 T0∫ 0 e−λt tθdt. Mặt khác vì ψθ+1 (λ) = −(λT0)θ+1e−λT0 + (θ + 1)ψθ (λ) nên lim λ→+∞ inf ψθ+1 (λ) ≥ (θ + 1) lim λ→+∞ inf ψθ (λ) . Do đó ta chỉ cần chứng minh lim λ→+∞ inf ψθ (λ) > 0 với θ ∈ [0, 1). Kiểm tra trực tiếp ta thấy lim λ→+∞ ψ1 (λ) = 1, lim λ→+∞ ψ2 (λ) = 2. 17 Áp dụng bất đẳng thức Holder ta được ( ψθ (λ) ) 1 2−θ ( ψ2 (λ) ) 1−θ 2−θ ≥ ψ1 (λ) , ( θ ∈ [0, 1) ) . Vậy lim λ→+∞ inf ψθ (λ) ≥ 2θ−1. Ta suy ra điều phải chứng minh. Chứng minh Định lý 2.2.1 Chứng minh. Giả sử (u1, f1) và (u2, f2) là hai nghiệm của hệ (2.1). Đặt u = u1 − u2, f = f1 − f2. Ta chứng minh (u, f) = (0, 0) trong( C1 ( [0, T ] , L1 (Ω) ) ∩ A ( 0, T,H2 (Ω) ) , L2 (Ω) ) . Giả sử f 6= 0 trong L2 (Ω). Theo Bổ đề 2.2.2, với mọi (α, n) ∈ R× Z ta có e−(α 2−n2pi2)T G ( u (·, ·, T ) ) (α, npi) = D (ϕ) (α, npi)G (f) (α, npi) . Từ Bổ đề 2.2.3 thì tồn tại n ∈ N và dãy số dương {αm} sao cho lim m→+∞αm = +∞ và |G (f) (αm, npi)| ≥ e −2αm, ∀m ≥ 1. Ta cũng có ∣∣∣G(u (·, ·, T )) (αm, npi)∣∣∣ ≤ eαm‖u (·, ·, T )‖L1(Ω). Theo Bổ đề 2.2.4 thì tồn tại θ > 0 và C0 > 0 sao cho |D (ϕ) (αm, npi)| ≥ C0 (α2m − n2pi2)θ+1 , với m đủ lớn. Từ các bất đẳng thức trên suy ra với m đủ lớn thì ( α2m − n2pi2 )θ+1 e−(α 2 m−n2pi2) T+3αm‖u (·, ·, T )‖L1(Ω) ≥ C0. Cho m tiến về +∞, vế trái bất đẳng thức trên tiến về 0, ta có mâu thuẫn. Vậy f = 0. Từ đó d dt ( e−(α 2−n2pi2) tG ( u (·, ·, t) ) (α, npi) ) = 0, 18 kết hợp với u (·, ·, 0) = 0 suy ra G ( u (·, ·, t) ) (α, npi) = 0, ∀t ∈ [0, T ] , ∀ (α, n) ∈ C × Z. Bây giờ lấy α = impi, m ∈ N ta được∫ Ω u (x, y, t) cos (mpix) cos (npiy) dxdy = 0, ∀t ∈ [0, T ] ; ∀m,n ∈ N. Vì u (·, ·, t) ∈ L2 (Ω) nên từ Mệnh đề 1.3.3 suy ra u (·, ·, t) = 0 trong L2 (Ω), ∀t ∈ [0, T ]. Vậy u = 0. Định lý được chứng minh. 2.3 Chỉnh hóa nghiệm Định lý 2.3.1 Cho ϕ0 ∈ L1 (0, T ) thỏa mãn giả thiết (H) và g0 ∈ L1 (Ω). Giả sử rằng (u0, f0) ∈ ( C1 ( [0, T ] , L1 (Ω) ) ∩ A ( 0, T,H2 (Ω) ) , L2 (Ω) ) là nghiệm chính xác của hệ (2.1) đối với dữ kiện ϕ0, g0. Cho ε ∈ (0, 1) và ϕε ∈ L1 (0, T ), gε ∈ L1 (Ω) sao cho ‖ϕε − ϕ0‖L1(0,T ) ≤ ε, ‖gε − g0‖L1(Ω) ≤ ε. Nghiệm chỉnh hóa fε được xây dựng từ các dữ kiện ϕε, gε như sau rε ∈ Z ∩ [ ln ( ε−1 ) 50 , ln ( ε−1 ) 50 + 1 ) , B (rε) = {± (4rε + j) : j = 1, 2, . . . , 20rε} , Fε (m,n) = L [B (rε) , H (ϕε, gε) (·, npi)] (impi) , fε (x, y) = ∑ 0≤m,n≤ rε k (m,n)Fε (m,n) cos (mpix) cos (npiy) . 19 Thì fε ∈ C∞ ( R2 ) và lim ε→0+ fε = f0 trong L 2 (Ω). Hơn nữa nếu f0 ∈ H1 (Ω) thì lim ε→0+ fε = f0 trong H 1 (Ω) và tồn tại ε0 > 0 chỉ phụ thuộc vào ϕ0, g0 sao cho ‖fε − f0‖L2(Ω) ≤ 50 pi ln (ε−1) ‖f0‖H1(Ω), ∀ε ∈ (0, ε0) . Định lý 2.3.1 có thể được chứng minh nhờ các bổ đề sau Bổ đề 2.3.2 Cho r ∈ Z, r ≥ 55 và Br = {± (4r + j) : j = 1, 2, . . . , 20r}. Cho ω và ∼ ω là hai hàm phức chẵn sao cho ω là hàm nguyên và |ω (z)| ≤ Ae|z|, ∀z ∈ C (A độc lập với z). Khi đó sup |z| ≤pir ∣∣∣ω (z)− L [Br, ∼ω] (z)∣∣∣ ≤ Ae−r + 20 r e25r sup z∈Br ∣∣∣ω (z)− ∼ω (z)∣∣∣ . Bổ đề 2.3.3 Cho u0, f0, ϕ0, g0, ϕε, gε, rε, B (rε) định nghĩa như trong Định lý 2.3.1 và θ trong điều kiện (H) đối với ϕ0. Khi đó tồn tại ε1 > 0 phụ thuộc chỉ vào ϕ0 và g0 sao cho |G (f0) (α, npi)−H (ϕε, gε) (α, npi)| ≤ ( ln ( ε−1 ))4θ+5 e|α| ε, đúng với mọi ε ∈ (0, ε1), n ∈ [0, rε] ∩N , α ∈ B (rε). Bổ đề 2.3.4 Cho ω ∈ H1 (Ω) và với mỗi số nguyên M ≥ 1 đặt ΓM (ω) (x, y) = ∑ 0≤m,n≤M k (m,n)G (ω) (impi, npi) cos (mpix) cos (npiy) . Khi đó lim M→+∞ ΓM (ω) = ω trong H 1 (Ω) và ‖ΓM (ω)− ω‖L2(Ω) ≤ 1 pi (M + 1) ‖ω‖H1(Ω). Chứng minh các bổ đề. Bổ đề 2.3.2 20 Chứng minh. Với z ∈ C và |z| ≤ pir cố định. Ký hiệu zj = 4r + j, ( j ∈ 1, 20r) ; γ = {z ∈ C : |z| = 45r} . Áp dụng Mệnh đề 1.4.4, tính thặng dư tại 41 cực điểm đơn ta được ∫ γ ω (ξ) ξ − z 20r∏ j=1 z2 − z2j ξ2 − z2j dξ = 2pii ( ω (z)− L [Br, ω] (z) ) . Suy ra |ω (z)− L [Br, ω] (z)| ≤ 45r sup ξ∈γ { |ω (ξ)| |ξ − z| 20r∏ j=1 ∣∣z2 − z2j ∣∣∣∣ξ2 − z2j ∣∣ } . (2.2) Với ξ ∈ γ, ta có |ω (ξ)| ≤ Ae45r, |ξ − z| ≥ (45− pi) r, và 20r∏ j=1 ∣∣z2 − z2j ∣∣∣∣ξ2 − z2j ∣∣ ≤ 20r∏ j=1 |z|2 + z2j |ξ|2 − z2j ≤ 20r∏ j=1 (pir) 2 + z2j (45r) 2 − z2j . (2.3) Mặt khác 20r∏ j=1 (pir) 2 + z2j (45r) 2 − z2j ≤ 45− pi 45 e−46r, ∀r ≥ 55. (2.4) Thật vậy, kiểm tra trực tiếp ta có hàm v (x) = ln ( (pir) 2 + x (45r) 2 − x ) là tăng và lõm trong [ 0, (24r) 2 ] . Áp dụng bất đẳng thức Jensen ta được 20r∑ j=1 v ( z2j ) = 5∑ k=1  4kr∑ j=4(k−1)r+1 v ( z2j ) ≤ 4r 5∑ k=1 v  1 4r 4kr∑ j=4(k−1)r+1 z2j  ≤ 4r 5∑ k=1 v (( 16k2 + 16k + 16 3 ) r2 + (4k + 2) r + 1 6 ) ≤ 4r 5∑ k=1 v (( 16k2 + 16k + 16 3 ) r2 + (4k + 2) r2 55 + r2 6× 552 ) 21 = 4r 5∑ k=1 ln  pi 2 + ( 16k2 + 884 55 k + 32487 6050 ) 452 − ( 16k2 + 884 55 k + 32487 6050 )  < −46r + ln ( 45− pi 45 ) , ∀r ≥ 55. Vậy (2.4) đúng. Từ (2.2), (2.3) và (2.4) ta có |ω (z)− L [Br, ω] (z)| ≤ Ae−r, ∀r ≥ 55. (2.5) Bây giờ kiểm tra trực tiếp với các hàm chẵn ω và ∼ ω ta có L [ Br, ω − ∼ω ] (z) = 20r∑ j=1 ∏ k 6=j z2 − z2k z2j − z2k (ω (zj)− ∼ω (zj)). Suy ra ∣∣∣L [Br, ω − ∼ω] (z)∣∣∣ ≤ 20rσ sup 1≤j≤ 20r ∏ k 6=j |z|2 + z2k∣∣z2j − z2k∣∣ , (2.6) trong đó σ = sup 1≤j≤ 20r ∣∣∣ω (zj)− ∼ω (zj)∣∣∣. Với mỗi j ∈ 1, ..., 20r ta có ∏ k 6=j |z|2 + z2k∣∣z2j − z2k∣∣ = ∏ k 6=j |z|2 + z2k (zj + zk) zk zk |zj − zk| ≤ ∏ k 6=j zk |zj − zk| ≤ 20r∏ k=2 zk∏ k 6=j |zj − zk| = (4r + 2) (4r + 3) . . . (24r) (j − 1)! (20r − j)! ≤ (4r + 2) (4r + 3) . . . (24r) (10r − 1)! (10r)! := J (r) . (2.7) 22 Ta có J (1) < e25 và kiểm tra trực tiếp thấy J (r + 1) J (r) = (24r + 1) (24r + 2) . . . (24r + 24) (4r + 2) . . . (4r + 5)× [(10r + 1) . . . (10r + 9)]2 × (10r) (10r + 10) < e25, ∀r ≥ 1. Vậy J (r) < e25r, ∀r ≥ 1. (2.8) Từ (2.6), (2.7) và (2.8) suy ra∣∣∣L [Br, ω − ∼ω] (z)∣∣∣ ≤ 20rσ e25r, ∀r ≥ 55. (2.9) Bây giờ từ (2.5) và (2.9), kết hợp với bất đẳng thức tam giác∣∣∣ω (z)− L [Br, ∼ω] (z)∣∣∣ ≤ ∣∣∣ω (z)− L [Br, ω] (z)∣∣∣+ ∣∣∣L [Br, ω − ∼ω] (z)∣∣∣ , ta có bất đẳng thức cần chứng minh. Bổ đề 2.3.3 Chứng minh. Với mọi α ∈ B (rε), ta có 4rε ≤ |α| ≤ 24rε và lim ε→0+ ( 1− ln ε 50 )2 |ln ε|2(θ+1) = 0, suy ra tồn tại ε∗1 ∈ (0, 1) và C (ϕ0) > 0 chỉ phụ thuộc vào ϕ0 sao cho α2 − n2pi2 ≥ ln ( ε−1 ) T , |D (ϕ0) (α, npi)| ≥ C (ϕ0) (α2 − n2pi2)θ+1 ≥ ( ln ( ε−1 ))−2(θ+1) , (2.10) 23 đúng với mọi ε ∈ (0, ε∗1), n ∈ N ∩ [0, rε], α ∈ B (rε). Do đó |D (ϕε) (α, npi)| ≥ |D (ϕ0) (α, npi)| − |D (ϕ0) (α, npi)−D (ϕε) (α, npi)| ≥ ( ln ( ε−1 ))−2(θ+1) − ε ≥ 1 2 ( ln ( ε−1 ))−2(θ+1) > 0. (2.11) Từ bất đẳng thức (2.10), kết hợp với Bổ đề 2.2.2 và 2.2.3, suy ra tồn tại ε∗2 < ε ∗ 1 để với mọi ε ∈ (0, ε∗2), n ∈ N ∩ [0, rε], α ∈ B (rε) ta có |G (f0) (α, npi)−H (ϕ0, g0) (α, npi)| = e−(α 2−n2pi2)T ∣∣∣∣∣∣ G ( u0 (·, ·, T ) ) (α, npi) D (ϕ0) (α, npi) ∣∣∣∣∣∣ ≤ e−(α2−n2pi2)T e |α|‖u0 (·, ·, T )‖L1(Ω)( ln (ε−1) )−2(θ+1) ≤ 1 2 ε e|α| ( ln ( ε−1 ))4θ+5 . (2.12) Bây giờ sử dụng các bất đẳng thức (2.10), (2.11) và Bổ đề 2.2.3, suy ra tồn tại ε∗3 (0 < ε∗3 < ε ∗ 2) chỉ phụ thuộc vào ϕ0 và g0 sao cho với mọi ε ∈ (0, ε∗3), α ∈ B (rε), n ∈ N ∩ [0, rε] ta có |H (ϕ0, g0) (α, npi)−H (ϕε, gε) (α, npi)| = ∣∣∣∣G (g0) (α, npi)D (ϕ0) (α, npi) − G (gε) (α, npi)D (ϕε) (α, npi) ∣∣∣∣ ≤ |G (g0) (α, npi)| |D (ϕε) (α, npi)−D (ϕ0) (α, npi)||D (ϕ0) (α, npi)| |D (ϕε) (α, npi)| + |D (ϕ0) (α, npi)| |G (gε) (α, npi)−G (g0) (α, npi)| |D (ϕ0) (α, npi)| |D (ϕε) (α, npi)| 24 ≤ 2e |α| ε‖g0‖L1(Ω)( ln (ε−1) )−2(θ+1)( ln (ε−1) )−2(θ+1) + 2e|α| ε‖ϕ0‖L1(0,T )( ln (ε−1) )−2(θ+1)( ln (ε−1) )−2(θ+1) ≤ 1 2 ( ln ( ε−1 ))4θ+5 ε e|α|. (2.13) Từ các bất đẳng thức (2.12) và (2.13) ta có điều phải chứng minh. Bổ đề 2.3.4 Chứng minh. Áp dụng công thức Green (Định lý 1.3.1) ta được pimG (ω) (impi, npi) = − ∫ Ω ωx (x, y) sin (mpix) cos (npiy) dxdy, pinG (ω) (impi, npi) = − ∫ Ω ωy (x, y) cos (mpix) sin (npiy) dxdy. Suy ra pi2 ( m2 + n2 ) k (m,n) |G (ω) (impi, npi)|2 = k (m,n) ∣∣∣∣∣∣ ∫ Ω ωx (x, y) sin (mpix) cos (npiy) dxdy ∣∣∣∣∣∣ 2 + k (m,n) ∣∣∣∣∣∣ ∫ Ω ωy (x, y) cos (mpix) sin (npiy) dxdy ∣∣∣∣∣∣ 2 . Áp dụng đẳng thức Parseval (Mệnh đề 1.3.2) ta được ∑ m,n≥ 0 k (m,n) ∣∣∣∣∣∣ ∫ Ω ωx (x, y) sin (mpix) cos (npiy) dxdy ∣∣∣∣∣∣ 2 = ‖ωx‖2L2(Ω) , ∑ m,n≥ 0 k (m,n) ∣∣∣∣∣∣ ∫ Ω ωy (x, y) cos (mpix) sin (npiy) dxdy ∣∣∣∣∣∣ 2 = ‖ωy‖2L2(Ω) . 25 Suy ra∑ m,n≥0 pi2 ( m2 + n2 ) k (m,n) |G (ω) (impi, npi)|2 = ‖ωx‖2L2(Ω) + ‖ωy‖2L2(Ω) ≤ ‖ω‖2H1(Ω) . Dùng đẳng thức Parseval cho cơ sở trực chuẩn{√ k (m,n) cos (mpix) cos (npiy) } m,n∈N ta được ‖ΓM (ω)− ω‖2L2(Ω) = ∑ Max{m,n} >M k (m,n) |G (ω) (impi, npi)|2 ≤ 1 pi2(M + 1) 2 × × ∑ Max{m,n} >M pi2 ( m2 + n2 ) k (m,n) |G (ω) (impi, npi)|2 ≤ 1 pi2(M + 1) 2 ‖ω‖2H1(Ω) . Cuối cùng sử dụng đẳng thức Parseval lần nữa ta được ‖ΓM (ω)− ω‖2H1 = ∑ Max{m,n} >M ( 1 + pi2 ( m2 + n2 )) k (m,n) |G (ω) (impi, npi)|2. Vì chuỗi ở vế phải hội tụ với mỗi M nên cho M tiến về vô cùng ta được ‖ΓM (ω)− ω‖H1(Ω) → 0. Chứng minh Định lý 2.3.1 26 Chứng minh. Tính toán trực tiếp ta được G (fε) (impi, npi) =  Fε (m,n) với m,n ∈ [0, rε] , 0 với m,n /∈ [0, rε] . Với m, n ∈ [0, rε], từ Bổ đề 2.2.3 ta có G (f0) (·, npi) là hàm nguyên chẵn và |G (f0) (z, npi)| ≤ ‖f0‖L1(Ω) e|z|, ∀z ∈ C. Từ Bổ đề 2.3.3 suy ra tồn tại ε10 > 0 để với mọi ε ∈ ( 0, ε10 ) ta có rε ≥ 55 và sup α∈B(rε) |G (f0) (α, npi)−H (ϕε, gε) (α, npi)| ≤ ( ln ( ε−1 ))4θ+5 e24rεε. Áp dụng Bổ đề 2.3.2 ta được |G (f0) (impi, npi)−G (fε) (impi, npi)| = |G (f0) (impi, npi)− L [B (rε) , H (ϕε, gε) (·, npi)] (impi)| ≤ ‖f0‖L1(Ω) e−rε + 20 rε e25rε ( ln ( ε−1 ))4θ+5 e24rε ε, ∀m,n ∈ [0, rε] . Từ bất đẳng thức cuối cùng suy ra tồn tại ε20 > 0, ε 2 0 < ε 1 0 sao cho ∀ε ∈ ( 0, ε20 ) ta có |G (f0) (impi, npi)−G (fε) (impi, npi)| ≤ ε 151 , ∀m,n ∈ [0, rε] . Từ đó ‖Γrε (f0)− fε‖2H1(Ω) = ∑ 0 ≤m,n ≤ rε ( 1 + pi2 ( m2 + n2 )) k (m,n) |G (f0) (impi, npi)−G (fε) (impi, npi)|2 ≤ (1 + rε)2 ( 1 + 2pi2r2ε )× 4ε 251 . 27 Từ bất đẳng thức cuối cùng suy ra tồn tại ε30 ∈ ( 0, ε20 ) sao cho ∀ε ∈ (0, ε30) ta được ‖Γrε (f0)− fε‖2H1(Ω) ≤ ε 1 26 . (2.14) Vậy lim ε→0+ (Γrε (f0)− fε) = 0 trong H1 (Ω). Mặt khác từ công thức chuỗi Fourier (Mệnh đề 1.3.2) ta được lim ε→0+ Γrε (f0) = f0 trong L 2 (Ω). Vậy lim ε→0+ fε = f0 trong L2 (Ω). Nếu f0 ∈ H1 (Ω), áp dụng Bổ đề 2.3.4 ta được lim ε→0+ Γrε (f0) = f0 trong H1 (Ω). Suy ra lim ε→0+ fε = f0 trong H 1 (Ω). Mặt khác từ (2.14) và Bổ đề 2.3.4 ta có ‖fε − f0‖L2(Ω) ≤ ‖Γrε (f0)− fε‖L2(Ω) + ‖Γrε (f0)− f0‖L2(Ω) ≤ ε 152 + 1 pi (rε + 1) ‖f0‖H1(Ω). Từ bất đẳng thức cuối suy ra tồn tại ε0 ∈ ( 0, ε30 ) sao cho ∀ε ∈ (0, ε0) ta có ‖fε − f0‖L2(Ω) ≤ 50 pi ln (ε−1) ‖f0‖H1(Ω). 28 2.4 Ví dụ áp dụng Sự chỉnh hóa là cần thiết, chẳng hạn xét hệ (2.1) với ϕ0 = pi 2e−4pi 2t (thỏa giả thiết (H)) và g0 = ( 1 + cos (pix) ) cos (piy). Khi đó hệ (2.1) có nghiệm duy nhất u0 (x, y, t) = e −4pi2t ( 1 + cos (pix) ) cos (piy) , f0 = −3 cos (piy)− 2 cos (pix) cos (piy) . Với mỗi số nguyên dương k ta xét các dữ kiện khá gần ϕ0 và g0 như sau ϕk = ϕ0, gk (x, y) = g0 (x, y) + pi k sin2 (kpix) cos (kpiy) . Với các dữ kiện ϕk và gk hệ (2.1) có nghiệm duy nhất u∗k (x, y, t) = u0 (x, y, t) + pi k e−4pi 2t sin2 (kpix) cos (kpiy) , f∗k (x, y) = f0 (x, y) + pi k (( 5k2 − 4) sin2 (kpix)− 2k2) cos (kpiy) . Tuy nhiên ta thấy ‖f∗k − f0‖L2(Ω) = pi 4 √ 27k2 − 56 + 48 k2 → +∞ khi k → +∞, tức là với sai số càng nhỏ của dữ kiện lại dẫn đến sai số càng lớn trên nghiệm. Bây giờ sử dụng kết quả về chỉnh hóa nghiệm ta xây dựng được các nghiệm chỉnh hóa, chẳng hạn với ε = 1 100 ta có nghiệm chỉnh hóa f 1 100 (x, y) ≈ −2.999721 cos (piy)− 1.997145 cos (pix) cos (piy) . Sai số so với nghiệm chính xác là∥∥∥f 1 100 − f0 ∥∥∥ L2(Ω) ≈ 0.001441. Chương 3 Chỉnh hóa nghiệm cho bài toán Elastic Xét bài toán Elastic Tìm nghiệm u thỏa mãn hệ Lamé và hệ điều kiện như sau: ∂2u ∂t2 + µ∆u+ (λ+ µ)∇(div(u)) = ϕ(f1, f2, f3), trong Ω× (0, T ) , (3.1) (u1(x, t), u2(x, t), u3(x, t)) = (0, 0, 0), (x, t) ∈ ∂Ω× (0, T ) , (3.2) (u1 (x, 0) , u2 (x, 0) , u3 (x, 0)) = (g1(x), g2(x), g3(x)), x ∈ Ω, (3.3)( ∂u1 ∂t (x, 0) , ∂u2 ∂t (x, 0) , ∂u3 ∂t (x, 0) ) = (h1(x), h2(x), h3(x)), x ∈ Ω, (3.4)  σ1 τ12 τ13τ21 σ2 τ23 τ31 τ32 σ3   n1n2 n3  =  X1X2 X3  . (3.5) Trong đó: σj = λdiv (u) + 2µ ∂uj ∂xj , τjk = µ( ∂uj ∂xk + ∂uk ∂xj ), µ < 0, λ + 2µ < 0, Ω = 29 30 (0, 1)× (0, 1)× (0, 1), n = (n1, n2, n3) là pháp vectơ trên ∂Ω và dữ kiện I (ϕ,X, g, h) ∈ ( L1 (0, T ) , ( L1 ( 0, T, L1 (∂Ω) ))3 , ( L2 (Ω) )3 , ( L2 (Ω) )3) . Ta xét các giả thiết sau: (W1) Tồn tại Λ (ϕ) ∈ (0, T ) và C (ϕ) > 0 sao cho: hoặc ._.