CHƯƠNG 2: BÀI TOÁN NHIỆT NGƯỢC THỜI GIAN PHI TUYẾN CÓ CHỨA ĐẠO HÀM CẤP MỘT

Header Page 24 of 16.



 ( p, t ) .

ut ( p, t ) + p 2 u ( p, t ) =

F

u ,u x

2



Nhân hai vế với e p t , ta được



(e



p 2t



)



2

 ( p, t ) .

u ( p, t ) = e p t F

u ,u x



t



Lấy tích phân 2 vế trên đoạn [t , T ] , ta được



e u ( p, s )

p2s



s =T

s =t



T



 ( p, s ) ds

= ∫ep s F

u ,u x

2



t



T



e



p 2T



2

p2s

u ( p, T ) − e p t u ( p, t ) =

u ,u x ( p , s ) ds

∫ e F



t



T



e



p 2T



2

2

 ( p, s ) ds

ϕ ( p ) − e p t u ( p, t ) =

ep s F



∫



u ,u x



t



T



2

2

 ( p, s ) ds .

e=

u ( p, t ) e p T ϕ ( p ) − ∫ e p s F

u ,u x



p 2t



t



Từ đây, ta có

T



p 2 T −t

p 2 s −t 

=

u ( p, t ) e ( ) ϕ ( p ) − ∫ e ( ) F

u ,u x ( p , s ) ds .

t



2.3. Tính không chỉnh của bài toán (2.2)

Ta chú ý rằng trong (2.2), các nhân tử xấu là

e(



Vì e(



s −t ) p 2



T −t ) p 2



, e(



s −t ) p 2



, 0


→ +∞ rất nhanh khi p → ∞ nên nghiệm của bài toán (2.2) không ổn định. Ta xét



một ví dụ với F ≡ 0 .

Thật vậy, với ϕ = 0 thì u ( p, t ) = 0 .

Lấy

0



ϕn ( p ) =  ( t − T ) p2 n

e

p





Theo định lý Plancherel, ta có

2

ϕ n − ϕ = ϕn − ϕ



Footer Page 24 of 16.



2



22



nÕu p ≤ n,

nÕu p > n.



Header Page 25 of 16.

+∞



∫e



2( t −T ) p 2



≤ n 2e



2 n 2 ( t −T )



=



n



n2

dp

p2

+∞



∫

n



1

2 n 2 t −T

dp =

ne ( ) → 0 khi n → +∞ , ∀t ∈ [0, T ) .

2

p



Nghiệm ứng với dữ liệu đo

nÕu p ≤ n,



0





un ( p, t ) =  n

p





nÕu p > n.



Ta có



u (., t ) − un (., t )



2



+∞



2

n2





=u (., t ) − un (., t ) =∫ 2 dp

p

n

+∞



= n



∫



2



n



1

dp= n → +∞ khi n → +∞ .

p2



Vậy nghiệm của bài toán (2.2) không ổn định nên bài toán (2.2) là không chỉnh.



2.4. Chỉnh hóa bài toán (2.2)

Để chỉnh hóa bài toán (2.2), ta sẽ dùng phương pháp cắt ngắn, phương pháp này sẽ

cho những kết quả về sự ổn định nghiệm và các đánh giá sai số mới hiệu quả hơn. Bây giờ,

ta phải thay các nhân tử trong (2.2) bằng một số các nhân tử thích hợp. Thật vậy, ta có thể

cắt ngắn các tần số cao p > cε trong đó limε →0 cε = ∞ . Lấy α > 0 , 0 < ε < 1 , ta chọn



1

cε = α ln   .

ε 



(2.3)



[ −cε , cε ] ,



(2.4)



Đặt



Aε =

và



nÕu p ∈ Aε ,



1

0



χ Aε ( p ) = 



nÕu p ∉ Aε .



Ta sẽ xấp xỉ bài toán (2.2) bằng bài toán sau



(



)



Bài toán Pϕ . Với ϕ ∈ L2 ( R ) , tìm u ε ∈ C [ 0, T ] ; H 1 ( R ) thỏa

T



T −t p 2

s −t p 2 

=

uε ( p, t ) χ Aε ( p ) e( ) ϕ ( p ) − χ Aε ( p ) ∫ e( ) F

( p, s ) ds

u ε ,u ε

x



t



Footer Page 25 of 16.



23



(2.5)



Header Page 26 of 16.



hay



1

u ( x, t ) =

2π

ε



1

−

2π



+∞



∫e



(T −t ) p 2



−∞



+∞ T



∫



(

∫e



ϕ ( p ) eipx χ Aε ( p ) dp



s −t ) p 2





F

( p, s ) eipx χ Aε ( p ) dsdp

u ε ,u ε



(2.6)



x



−∞ t



Chúng ta sẽ chứng minh tính chỉnh của bài toán ( Pϕ ) , đánh giá sai số giữa nghiệm chính

xác và nghiệm xấp xỉ, từ dữ liệu đo đạc xây dựng một hàm số hội tụ về nghiệm chính xác



u ( x, t ) , (khi ε → 0 ).

2.4.1. Các kết quả chính

Đầu tiên ta sẽ tìm một số điều kiện của f sao cho (2.5) được xác định. Tích phân



(



)



trong vế phải của (2.5) được xác định đúng nếu Fu ,ux thuộc L∞ ( 0, T ) ; L2 ( R ) . Thật vậy, ta

có

Bổ đề 1. Lấy k > 0 , lấy f : R × [ 0, T ] × R × R → R là một hàm liên tục thỏa mãn

f ( x, y, v, w ) − f ( x, y, v ', w ') ≤ k ( v − v ' + w − w ' ) ,



trong đó x, v, w, v ', w ' ∈ R, y ∈ [ 0, T ] .



(



(



)



)



(



)



Nếu F0,0 ∈ C [ 0, T ] , L2 ( R ) , V , W ∈ C [ 0, T ] , L2 ( R ) thì FV ,W ∈ L∞ ( 0, T ) , L2 ( R ) .



(



)



Hơn nữa, với V , V1 ∈ C [ 0, T ] , H 1 ( R ) , 0 ≤ t ≤ T , ta có



 (., t ) − F

 (., t ) ≤ 2k 2 V (., t ) − V (., t ) 2 .

F

1

V ,Vx

V1 ,V1 x

1

2



Chứng minh. Vì FV ,W ( x, t ) = f ( x, t ,V ( x, t ) ,W ( x, t ) ) và F0,0 ( x, t ) = f ( x, t ,0,0 ) nên theo giả

thiết với mỗi 0 ≤ t ≤ T , ta có



f ( x, t ,V ( x, t ) ,W ( x, t ) ) − f ( x, t ,0,0 )



FV ,W ( x, t=

) − F0,0 ( x, t )



(



)



≤ k V ( x, t ) − 0 + W ( x, t ) − 0 .

Suy ra



(



)



FV ,W ( x, t ) ≤ F0,0 ( x, t ) + k V ( x, t ) + W ( x, t ) .

Từ đây, ta có

FV ,W (., t ) ≤ F0,0 (., t ) + k V (., t ) + k W (., t ) .

Footer Page 26 of 16.



24



Header Page 27 of 16.



Suy ra

FV ,W (., t ) ≤ sup F0,0 (., t ) + k sup V (., t ) + k sup W (., t ) .

0≤t ≤T



0≤t ≤T



0≤t ≤T



Mặt khác, vì



F0,0 ∈ C ([ 0, T ] , L2 ( R ) ) , V , W ∈ C ([ 0, T ] , L2 ( R ) ) ,



(



)



nên FV ,W ∈ L∞ ( 0, T ) , L2 ( R ) . Bất đẳng thức cuối cùng của bổ đề 1 có thể được chứng minh

bằng định lý Plancherel.



=



 (., t ) − F

 (., t )

F

V ,Vx

V1 ,V1 x



2



FV ,Vx (., t ) − FV1 ,V1 x (., t )



2



+∞



=



FV ,Vx ( x, t ) − FV1 ,V1 x ( x, t ) dx



∫



2



−∞



+∞



≤k



2



∫ ( V ( x, t ) − V ( x, t ) + V ( x, t ) − V

1



x



−∞



1 x ( x, t ) )



2



dx



+∞

 +∞

2

2

= k  ∫ V ( x, t ) − V1 ( x, t ) dx + ∫ Vx ( x, t ) − V1x ( x, t ) dx

−∞

 −∞

2





+2 ∫ V ( x, t ) − V1 ( x, t ) . Vx ( x, t ) − V1x ( x, t ) dx 

−∞



+∞



 V (., t ) − V (., t ) 2 + V (., t ) − V (., t ) 2

x

1

1x



2

+∞

≤k 

2



+ 2 ∫ V ( x, t ) − V1 ( x, t ) dx .



−∞









+∞



2

∫−∞ Vx ( x, t ) − V1x ( x, t ) dx 





( Bất đẳng thức Holder)



(



= k 2 V (., t ) − V1 (., t ) + Vx (., t ) − V1x (., t )

2



2



+2 V (., t ) − V1 (., t ) . Vx (., t ) − V1x (., t )



(



)



)



≤ 2k 2 V (., t ) − V1 (., t ) + Vx (., t ) − V1x (., t ) = 2k 2 V (., t ) − V1 (., t ) 1

2



2



2



(Bất đẳng thức 2ab≤ a2 + b2).



Bây giờ, ta sẽ đưa ra một số ước lượng được sử dụng trong những phần tiếp theo. Đặt

Footer Page 27 of 16.



25



Header Page 28 of 16.



1

bε = 1 + α ln  

ε 



(2.7)



Ta có

Bổ đề 2. Lấy 0 < ε < 1 , α > 0 và lấy 0 ≤ t ≤ s ≤ T . Ta có



e(



s −t ) p 2



χ Aε ( p ) ≤ ε (t − s )α ,



và



1 + p 2 e(



s −t ) p 2



χ Aε ( p ) ≤ bε ε (t − s )α .



Chứng minh.

• Nếu p ∉ Aε thì χ Aε ( p ) = 0 nên bổ đề hiển nhiên đúng.

• Nếu p ∈ Aε thì χ Aε ( p ) = 1 , nên ta có



e(



s −t ) p 2



χ Aε ( p ) = e( s −t ) p .

2



Vì −cε ≤ p ≤ cε nên 0 ≤ p 2 ≤ cε 2 , suy ra e(



s −t ) p 2



≤ e(



s −t )cε 2



s −t ) p 2



≤ ε(



.



Thay



1

cε = α ln   ,

ε 

ta được



e(



s −t ) p 2



≤e



( s −t )α ln



1



ε



hay



e(



t − s )α



.



Tương tự, ta có 1 + p 2 ≤ 1 + cε 2 , suy ra 1 + p 2 ≤ bε .

Từ đây, suy ra



1 + p 2 e(



s −t ) p 2



χ Aε ( p ) ≤ 1 + p 2 ε (t − s )α ≤ bε ε (t − s )α .



2.4.2. Tính chỉnh của bài toán







(P )

ϕ



Bây giờ ta nghiên cứu tính chỉnh của bài toán ( Pϕ ) . Các hàm như trong (2.5) thường

được gọi là các hàm giới hạn. Trong bài báo tiên phong [21], Zimmerman đã nghiên cứu

một lớp các phương trình đạo hàm riêng không tuyến tính trong không gian các hàm giới

hạn. Với giả thiết rằng

f ( u , w ) ≤ Aα u 2 + Aβ w2 ,



Footer Page 28 of 16.



26



Header Page 29 of 16.



tác giả đã nghiên cứu sự tồn tại địa phương và tính ổn định của bài toán được đề cập. Trong

bài báo hiện nay, ta có một điều kiện khác yếu hơn là

f ( x, t , u , w ) ≤ f ( x, t ,0,0 ) + k ( u + w ) .



Tuy nhiên, phương pháp Zimmerman có thể được dùng để chứng minh kết quả tồn tại toàn

cục cho bài toán.

Để chứng minh tính chỉnh của bài toán ( Pϕ ) , ta sẽ chia chứng minh thành hai bước.

Bước 1. Ta sẽ chứng minh sự tồn tại và duy nhất nghiệm của bài toán ( Pϕ ) . Thật vậy, ta

xét

Định lý 2.4.1. Lấy 0 < ε < 1 , ϕ ∈ L2 ( R ) và lấy f là hàm như trong bổ đề 1. Khi đó bài



)



(



toán ( Pϕ ) có nghiệm duy nhất u ε ∈ C [ 0, T ] ; H 1 ( R ) .



(



)



Chứng minh. Với w ∈ C [ 0, T ] ; H 1 ( R ) , ta đặt



=

Q ( w )( x, t )



1

1

ψ ( x, t ) −

2π

2π



+∞ T



∫



(

∫e



s −t ) p 2



−∞ t



 ( p, s ) eipx χ ( p )dsdp ,

F

w, wx

Aε



trong đó



ψ ( x, t ) =



+∞



(

∫e



T −t ) p 2



−∞



ϕ ( p ) eipx χ Aε ( p ) dp .



(



)



Trước hết ta chứng minh rằng Q ( w ) ∈ C [ 0, T ] ; H 1 ( R ) . Thật vậy, ta có

T



2

2



Q

=

( w ) ( p, t ) χ Aε ( p ) e(T −t ) p ϕ ( p ) − χ Aε ( p ) ∫ e( s −t ) p F

w, wx ( p, s )ds .



t



Sử dụng bổ đề 1, ta có thể kiểm tra trực tiếp





Q

( w) ( p, t ) ∈ C ([0, T ]; L2 ( R ) ) .



(



)



(



)



Do đó, theo định lý Plancherel thì Q ( w ) ∈ C [ 0, T ] ; H 1 ( R ) với mọi w ∈ C [ 0, T ] ; H 1 ( R ) .



(



)



Với mỗi w, v ∈ C [ 0, T ] ; H 1 ( R ) , ta sẽ chứng minh bằng quy nạp

Q



m



( v )(., t ) − Q ( w )(., t ) 1

m



2



2m (T − t ) k 2 m aεm

||| v − w |||2 ,

≤

( 2m − 1)!!

2m



1)!! 1.3... ( 2m − 1) và aε = bε ε −2Tα .

trong đó ( 2m −=

Thật vậy, với m = 1, ta có



Footer Page 29 of 16.



27



(2.8)



Header Page 30 of 16.



Q ( v )(., t ) − Q ( w )(., t ) 1



2



= Q ( v )(., t ) − Q ( w )(., t ) + Qx ( v )(., t ) − Qx ( w )(., t )



2



 ( v )(., t ) − Q

 ( w )(., t )

 ( w )(., t ) + Q

 ( v )(., t ) − Q

=Q

x

x



2



2



2



2



+∞



 ( w )( p, t ) dp +

 ( v )( p, t ) − Q

=∫ Q

−∞



+∞



∫



2



 ( w )( p, t ) dp

 ( v )( p, t ) − Q

Q

x

x



−∞

2



+∞



=

∫ (1 + p ) Q ( v )( p, t ) − Q ( w)( p, t ) dp

2



−∞



+∞ T



(



)



2



2



=

w , wx ( p , s ) − Fv ,vx ( p , s ) ds dp .

∫ ∫ 1 + p e χ Aε ( p ) F



( s −t ) p 2



−∞ t



Theo bổ đề 2, do



1 + p 2 e(



s −t ) p 2



χ Aε ( p ) ≤ bε ε (t − s )α ,



nên ta có

Q ( v )(., t ) − Q ( w )(., t ) 1



2



≤ bε ε



2( t −T )α



+∞ T



∫ ∫ ( F ( p, s ) − F ( p, s ) ) ds

w, wx



−∞ t



≤ bε ε



2( t −T )α



v ,vx



2



dp



2

T 2 T 

 ( p, s ) ds dp

1

ds

.

F

p

,

s

F

−

(

)



v ,vx

∫  ∫ ∫t w,wx

−∞  t



+∞



(bất đẳng thức Holder)

+∞ T





=

(T − t ) bε ε

w, wx ( p , s ) − Fv ,vx ( p , s ) dsdp

∫ ∫ F

2( t −T )α



2



−∞ t



≤ (T − t ) bε ε



2( t −T )α



T



∫



 (., s ) − F

 (., s ) ds

F

w , wx

v ,vx

2



t



≤ 2k (T − t ) bε ε

2



2( t −T )α



T



∫ w (., s ) − v (., s )



2

1



(theo bổ đề 1)



ds



t



w |||2 2k 2 (T − t ) aε ||| v − w |||2

≤ 2k 2 (T − t ) bε ε −2Tα ||| v − =

2



(vì bε ε



2( t −T )α



2



≤ bε ε −2Tα =

aε và w (., s ) − v (., s ) 1 ≤ ||| v − w |||2 ).

2



Suy ra (2.8) đúng với m = 1.

Footer Page 30 of 16.



28



Header Page 31 of 16.



Giả sử (2.8) đúng với m = j , tức là

Q ( v )(., t ) − Q ( w )(., t )

j



2 j (T − t ) k 2 j aεj

||| v − w |||2 .

≤

( 2 j − 1)!!

2j



2



j



1



Ta sẽ chứng minh (2.8) đúng với m= j + 1 , sử dụng giả thiết quy nạp và thực hiện các bước

biến đổi tương tự như trên ta có

Q j +1 ( v )(., t ) − Q j +1 ( w )(., t )



2

1



= Q ( Q j ( v ) ) (., t ) − Q ( Q j ( w ) ) (., t )

≤ 2k 2 (T − t ) bε ε



2( t −T )α



2

1



T



j

j

∫ Q ( v )(., s ) − Q ( w)(., s ) ds

2



1



t



≤ 2k (T − t ) bε ε



2( t −T )α



2



2 j (T − s ) k 2 j aεj

2

∫t ( 2 j − 1)!! ||| v − w ||| ds (giả thiết quy nạp)

2j



T



2 j (T − s ) k 2 j aεj

2 t −T α

aε

||| v − w |||2 ds v× bε ε ( ) ≤ bε ε −2 Tα =

≤ 2k (T − t ) aε ∫

2

1

!!

j

−

(

)

t

2j



T



(



2



2 j +1 (T − t ) k ( ) aεj +1

||| v − w |||2

( 2 j − 1)!!

2 j +1



=



2



j +1



(T − t ) k

( 2 j − 1)!!



2( j +1)



2( j +1)



2 j +1 (T − t )

k (

( 2 j + 1)!!



||| v − w |||



2



2 j +1)



T



∫ (T − s )



2j



ds



t



(T − t )

.

( 2 j + 1)



2 j +1



j +1



aε



)



aεj +1



||| v − w |||2 .



Suy ra (2.8) đúng với m= j + 1 .

Lấy sup hai vế của (2.8) theo t , ta được



2m T 2 m k 2 m aεm

||| Q ( v ) − Q ( w ) ||| ≤

||| v − w |||2 ,

( 2m − 1)!!

m



m



2



hay

||| Q



m



( v ) − Q ( w ) ||| ≤ T

m



m



k



m



2m aεm

||| v − w ||| .

( 2m − 1)!!



Vì

lim T m k m



m →∞



Footer Page 31 of 16.



2m aεm

= 0,

( 2m − 1)!!



29



(2.9)



Header Page 32 of 16.



nên từ (2.9) suy ra với mỗi ε cố định sẽ tồn tại một số m0 đủ lớn nguyên dương sao cho



Q m0 là ánh xạ co ngặt trong C ([ 0, T ] ; H 1 ( R ) ) .



(



)



Suy ra phương trình Q m0 ( w ) = w có một nghiệm duy nhất u ε ∈ C [ 0, T ] ; H 1 ( R ) , tức là



Q m0 ( u ε ) = u ε .



( )



Mặt khác, ta chứng minh Q u ε = u ε .

Thật vậy, ta có



)



(



(



)



m0 +1

m0

Q m0=

Q ( u ε ) Q=

( uε ) Q Q=

( uε ) Q ( uε ) .



( )



Từ đây, do tính duy nhất nghiệm của phương trình Q m0 ( w ) = w suy ra Q u ε = u ε .

Vậy bước 1 đã được chứng minh.







Bước 2. Để có được một kết quả ổn định cho nghiệm của bài toán ( Pϕ ) , ta xét

Định lý 2.4.2. Lấy 0 < ε < 1 , ϕ , g ∈ L2 ( R ) và lấy f là hàm như trong bổ đề 1. Nếu



u , v ∈ C ([ 0, T ] ; H 1 ( R ) ) tương ứng là các nghiệm của bài toán ( Pϕ ) , ( Pg ) thì

||| u − v |||≤ 2bε e 2 k T ε

2 2



(



−α T 1+ 2 k 2T



) ϕ−g .



Chứng minh. Từ (2.5) và (2.6), ta có



u (., t ) − v (., t ) 1 = u (., t ) − v (., t ) + u x (., t ) − vx (., t )



2



= u (., t ) − v (., t ) + ux (., t ) − vx (., t )



2



2



2



2



≤ K1 + K 2 ,

trong đó

+∞



(



)



T −t p 2

K1 =

2 ∫ (1 + p 2 ) e( ) χ Aε ( p ) ϕ ( p ) − g ( p ) dp ,

−∞



+∞



T



(



2



)



2



 ( p, s ) ds dp .

 ( p, s ) − F

K2 =

χ Aε ( p ) F

2 ∫ (1 + p ) ∫ e

u ,u x

v ,vx

2



−∞



( s −t ) p 2



t



Thật vậy, ta có



u (., t ) − v (., t ) =

2



+∞



∫



u ( p, t ) − v ( p, t ) dp ,



−∞



và

Footer Page 32 of 16.



30



2



Header Page 33 of 16.

+∞



ux (., t ) − vx (., t ) =

2



∫



2



ux ( p, t ) − vx ( p, t ) dp



−∞

+∞



∫



=



(



)



−∞



+∞



∫ p u ( p, t ) − v ( p, t )



=



2



ip u ( p, t ) − v ( p, t ) dp



2



2



dp .



−∞



Suy ra



u (., t ) − v (., t ) + ux (., t ) − vx (., t )

2



+∞



2



2

=

∫ (1 + p ) u ( p, t ) − v ( p, t ) dp

2



−∞



+∞



=∫ (1 + p



2



) χ ( p)e



(T −t ) p 2



Aε



−∞



)



(



)



t



+∞



≤ 2 ∫ (1 + p 2 ) e(



T −t ) p 2



−∞



(



)



2



χ Aε ( p ) ϕ ( p ) − g ( p ) dp



+∞



T



−∞



t



+2 ∫ (1 + p 2 ) ∫ e



( v×



(



T



( s −t ) p 2



(



2



)



 ( p, s ) ds dp

 ( p, s ) − F

χ Aε ( p ) F

u ,u

v ,v

x



x



)



2



a − b ≤ 2a2 + 2b2 .



Ta ước lượng K1, K2. Từ bổ đề 2, ta có



K1 ≤ 2bε ε



2( t −T )α



+∞



ϕ ( p )=

− g ( p ) dp 2bε ε 2(t −T )α ϕ − g

2



∫



2



−∞



( v×



1 + p 2 e(



+∞ T



s − t ) p2



)



χ Aε ( p ) ≤ bε ε ( t −s )α .



(



)



2



 ( p, s ) − F

 ( p, s ) ds dp

K2 =

χ Aε ( p ) F

2 ∫ ∫ 1+ p e

u ,u x

v ,vx

2



( s −t ) p 2



−∞ t



≤ 2bε ε



2 tα



+∞ T



2



∫ ∫ε



− sα



−∞ t



≤ 2 (T − t ) bε ε



2 tα



( F ( p, s ) − F ( p, s )) ds dp

u ,u x



v ,vx



+∞ T



2

−2 sα 

 ( p, s ) dsdp

−

ε

F

p

,

s

F

(

)

u ,u

v ,v

∫∫



−∞ t



x



(Vì theo bất đẳng thức Holder, ta có

Footer Page 33 of 16.



2



2

 ( p, s ) − F

 ( p, s ) ds dp

ϕ ( p ) − g ( p ) − χ Aε ( p ) ∫ e( s −t ) p F

u ,u x

v ,vx



31



x



Header Page 34 of 16.

T



∫ε



− sα



(



)



T



 ( p, s ) ds ≤

 ( p, s ) − F

F

u ,u x

v ,vx



)



2

−2 sα 

 ( p, s ) ds ,

−

ε

F

p

s

F

,

(

)

u ,u

v ,v

∫



∫1 ds .



t



(



T



2



t



x



x



t



suy ra

T



∫ε



− sα



(



t



2



)



T



 ( p, s ) − F

 ( p, s ) − F

 ( p, s ) ds .).

 ( p, s ) ds ≤ (T − t ) . ε −2 sα F

F

u ,u x

v ,vx

u ,u x

v ,vx

∫

2



t



Từ bổ đề 1, ta có



K 2 ≤ 2 (T − t ) bε ε



2 tα



T



2

−2 sα 

 (., s ) ds

ε

F

s

−

F

.,

(

)

u ,u

v ,v

∫

x



x



t



≤ 4k (T − t ) bε ε

2



2 tα



T



∫ε



u (., s ) − v (., s ) 1 ds ,

2



−2 sα



t



nên



u (., t ) − v (., t ) 1 ≤ 2bε ε

2



2( t −T )α



ϕ − g + 4k (T − t ) bε ε

2



2



2 tα



T



∫ε



−2 sα



u (., s ) − v (., s ) 1 ds .

2



t



Suy ra



ε



−2 tα



u (., t ) − v (., t ) 1 ≤ 2bε ε

2



−2T α



T



ϕ − g + 4k Tbε ∫ ε −2 sα u (., s ) − v (., s ) 1 ds .

2



2



2



t



Áp dụng bất đẳng thức Gronwall cho hàm ε −2tα u (., t ) − v (., t ) 1 , ta có

2



u (., t ) − v (., t ) 1 ≤ 2bε ε (

=



2bε e



t −T )α



exp ( 2bε k 2T (T − t ) ) ϕ − g



2 k 2T (T −t )



ε



≤ 2bε e 2 k T ε

2 2



(



−α (T −t ) 1+ 2 k 2T



(



−α T 1+ 2 k 2T





 1 

 thÕ bε = 1 + α ln   

 ε 





) ϕ−g



) ϕ − g , ∀t ∈ 0, T v× 0 ≤ T − t ≤ T .

)

[ ](



Lấy sup hai vế theo t, ta được

||| u − v |||≤ 2bε e 2 k T ε

2 2



(



−α T 1+ 2 k 2T



) ϕ−g .



Bất đẳng thức này chứng tỏ nghiệm của bài toán ổn định.

Vậy bước 2 được chứng minh.







2.4.3. Sự chỉnh hóa và các ước lượng sai số

Trong phần này, ta sẽ phát biểu và chứng minh một số kết quả chỉnh hóa dưới các

điều kiện giả thiết cho trước trên nghiệm đúng u của bài toán (2.2). Trước tiên, ta có



Footer Page 34 of 16.



32