- Trang Chủ
- Toán học
- Khôi phục thông lượng nhiệt trên biên của thanh hữu hạn hai chiều từ các dữ liệu bên trong
Xem mẫu
- TRƯỜNG ĐẠI HỌC SÀI GÒN SAIGON UNIVERSITY
TẠP CHÍ KHOA HỌC SCIENTIFIC JOURNAL
ĐẠI HỌC SÀI GÒN OF SAIGON UNIVERSITY
Số 75 (03/2021) No. 75 (03/2021)
Email: tcdhsg@sgu.edu.vn ; Website: http://sj.sgu.edu.vn/
KHÔI PHỤC THÔNG LƯỢNG NHIỆT TRÊN BIÊN
CỦA THANH HỮU HẠN HAI CHIỀU TỪ CÁC DỮ LIỆU BÊN TRONG
Reconstruction of the heat flux on the boundary of a two-dimensional finite slab
from interior data
ThS. Nguyễn Quang Huy
Trường Đại học Sư phạm Kỹ thuật TP.HCM
TÓM TẮT
Nghiên cứu này xem xét bài toán hồi phục toàn bộ thông lượng nhiệt theo thời gian trên bề mặt của một
lớp bên trong của vật thể từ hai dữ liệu đo bên trong trong trường hợp không thuần nhất. Nghiên cứu
tính không chỉnh theo nghĩa của Hadamard bằng cách sử dụng phương pháp chặt cụt tích phân. Kết quả
là ước lượng được sai số giữa nghiệm chỉnh hóa và nghiệm chính xác.
Từ khóa: bài toán không chỉnh, dữ liệu bên trong, phép chỉnh hóa, phương trình nhiệt, thông lượng
nhiệt
ABSTRACT
This research considers the two – dimensional heat problem of recovering the heat flux on the surface of
a layer inside of a heat-conducting body from two interior temperature measurements in the
nonhomogeneous case. The ill-posedness in the sense of Hadamard by using a truncation method had
been explored. As a result, we obtain the error estimate between the regularized solution and the exact
solution to the problem.
Keywords: ill-posed problem, interior data, regularization, heat equation, heat flux
1. Giới thiệu Bài toán đã được giải quyết trong trường
Bài toán xác định nhiệt độ từ các phép hợp một chiều [2-4] và hai chiều [5-6].
đo đạc tại các điểm bên trong của một miền Trong nghiên cứu của mình, A.
được nghiên cứu bởi nhiều tác giả và có Carasso [2] đã giải bài toán tìm hàm
nhiều ứng dụng trong Vật lý và Địa chất. u(0, t ) f (t ) sao cho:
Trên thực tế, trong nhiều bài toán vật lý
[1], một cảm biến nhiệt không thể được ut a 2u xx , 0 x ,0 t ,
gắn ở bề mặt của vật thể (chẳng hạn, phần u ( x,0) 0, 0 x
vỏ của một tên lửa). Mặt khác, chúng ta có u (l , t ) g (t ), l 0, 0 t .
thể dễ dàng đo lịch sử nhiệt độ tại các điểm
bên trong của vật thể. Vì thế, để tìm lịch sử Nhóm tác giả Lê và cộng sự [3] đã giải
nhiệt của vật thể, chúng ta sử dụng nhiệt độ quyết bài toán tìm hàm w(t ) ux (1, t ) sao
đo được bên trong bản thân nó.
Email: huynq@hcmute.edu.vn
80
- NGUYỄN QUANG HUY TẠP CHÍ KHOA HỌC ĐẠI HỌC SÀI GÒN
u xx ut 0, 1 x a, t 0, a 2, cho trước. Trên thực tế, một thay đổi nhỏ
trên dữ liệu có thể gây ra một thay đổi đáng
cho: u (1, t ) f (t ), t 0,
kể trên nghiệm. Do vậy, một phép chỉnh
u (2, t ) g (t ), t 0.
hóa là cần thiết. Tuy vậy cho đến nay các
bài báo liên quan đến trường hợp không
Hơn nữa, các tác giả cũng xem xét bài
thuần nhất thì rất ít gặp. Từ những phân
toán tìm hàm u(0, t ) v(t ) sao cho:
tích ở trên, chúng tôi nghiên cứu bài toán
u xx ut 0, 0 x 1, t 0, tìm thông lượng nhiệt bề mặt:
uy ( x,1, t ) v( x, t ) (1.1)
u (1, t ) f (t ), t 0, thỏa mãn:
u (1, t ) w(t ), t 0.
x u ut F ( x, y, t ), x , 1 y 2, t 0, (1.2)
Các tác giả P. N. Dinh Alain, P. H. u ( x,1, t ) f ( x, t ), x , t 0, (1.3)
Quan và D. D. Trong [5] đã giải quyết bài u ( x,2, t ) g ( x, t ), x , t 0, (1.4)
toán xác định phân bố nhiệt u ( x, y,0) 0, x , 1 y 2, (1.5)
u( x,0, t ) v( x, t ) , trong đó hàm u thỏa
trong đó F , f , g là các dữ liệu đo đạc.
mãn phương trình
Phương pháp chỉnh hóa cho bài toán
u ut 0, x , 0 y 2, t 0,
trên được sử dụng trong bài báo là phương
với các điều kiện biên: pháp chặt cụt tích phân. Với các điều kiện
u ( x,1, t ) f ( x, t ), x , t 0, của nghiệm chính xác, chúng tôi xác định
được sai số giữa nghiệm chỉnh hóa và
u ( x, 2, t ) g ( x, t ), x , t 0, nghiệm chính xác trong trường hợp không
và điều kiện đầu: u( x, y,0) 0, x , 0 y 2. thuần nhất là v v0 C4 3/10 , trong
2
Bài toán xác định thông lượng nhiệt đó C4 0 phụ thuộc vào nghiệm chính xác.
u y ( x,1, t ) w( x, t ) sao cho: 2. Các kết quả chính
u ut 0, x ,1 y 2, t 0, 2.1. Nghiệm chính xác của bài toán
(1.1) - (1.5)
u ( x,1, t ) f ( x, t ), x , t 0, Bổ đề 2.1 [7]. Cho a 0.
u ( x, 2, t ) g ( x, t ), x , t 0, Đặt:
u ( x, y,0) 0, x , 1 y 2, 1 x a
2 2
e 4t ( x, t ) [0, )
đã được Quan và cộng sự [6] giải quyết. H1 ( x, t ) t 2 ,
Như đã biết, mặc dù có tính duy nhất 0 ( x, t ) (,0)
nghiệm, những bài toán trên không chỉnh
1 x a
2 2
theo nghĩa của Hadamard, nghĩa là nghiệm e 4t ( x, t ) [0, )
của bài toán không luôn luôn tồn tại và H 2 ( x, t ) t .
0 ( x, t ) (,0)
thậm chí trong trường hợp tồn tại nghiệm,
nó không phụ thuộc liên tục vào dữ liệu
81
- SCIENTIFIC JOURNAL OF SAIGON UNIVERSITY No. 75 (03/2021)
Khi đó , ta có:
a
2 z4 r2 z2 a a
Hˆ 1 ( z, r ) e 2
cos z 4 r 2 z 2 i sgn(r )sin z 4 r 2 z 2 ,
a 2 2
a
z4 r2 z2
e 2 a
Hˆ 2 ( z , r ) z 4 r 2 z 2 cos z4 r2 z2
2 z4 r2 2
a
z 4 r 2 z 2 sin z4 r2 z2
2
a
i sgn(r ) z 4 r 2 z 2 sin z4 r2 z2
2
a
i sgn(r ) z 4 r 2 z 2 cos z 4 r 2 z 2 .
2
a
a z4 r 2 z2
z4 r2 z2 2
2 e
Hơn nữa, ta có Hˆ 1 ( z, r ) e 2 ˆ
, H 2 ( z, r ) .
a 4
z4 r2
Trong phần tiếp theo, chúng tôi tìm ta có: G G G 0. Tích phân đẳng
nghiệm chính xác của bài toán (1.1) - (1.5).
thức div(Gu uG) (uG) G.F , trên miền
Trước hết, chúng tôi biến đổi bài toán
(1.1) – (1.5) về một phương trình tích phân (n, n) (1, 2) (0, t ) và cho 0 ,
dạng tích chập. ta có:
( x ) ( y ) 2 2
Đặt: ( x, y, t , , , ) 1 e 4(t )
4 (t )
và G( x, y, t, ,, ) ( x, y, t, ,, ) ( x,4 y, t, ,, ) ,
t t
g ( , )G ( x, y, t , , 2, )d d G( x, y, t, ,1, )u ( ,1, )d d
0 0
t t 2
f ( , )G ( x, y, t , ,1, )d d u ( x, y, t ) G( x, y, t, , , ).F ( , , )d d d 0. (2.1)
0 0 1
Thay (1.1) vào (2.1), ta có:
t t
0
G( x, y, t , ,1, )v( , )d d u( x, y, t ) f ( , )G ( x, y, t, ,1, )d d
0
t t 2
g ( , )G ( x, y, t , , 2, )d d G( x, y, t, , , ).F ( , , )d d d . (2.2)
0 0 1
82
- NGUYỄN QUANG HUY TẠP CHÍ KHOA HỌC ĐẠI HỌC SÀI GÒN
Cho y 1 trong (2.2), ta đạt được:
( x ) ( x ) 4
2 2
t
1 1
0 2 (t ) e e 4(t ) v( , )d d
4( t )
2 (t )
t ( x )2 4
1 1
0 (t )2 e f ( , )d d
4( t )
f ( x, t )
2
t ( x )2 1 t 2
1 1
0 (t )2 e g ( , )d d 2 G( x,1, t , , , ).F ( , , )d d d .
4( t )
(2.3)
2 0 1
Điều này dẫn đến
2
S v( x, t ) R1 f ( x, t ) R2 g ( x, t ) f ( x, t ) R3 R4 F ( x, , t )d , (2.4)
1
Trong đó, ta định nghĩa rằng v( x, t ) f ( x, t ) g ( x, t ) 0 khi t 0,
S P1 P2 ,
1 x
2
e 4t ( x, t ) [0, )
P1 ( x, t ) t ,
0 ( x, t ) (,0)
1 x 4
2
e 4t ( x, t ) [0, )
P2 ( x, t ) t ,
0 ( x, t ) (,0)
1 x 4
2
e 4t ( x, t ) [0, )
R1 ( x, t ) t 2 ,
0 ( x, t ) ( ,0)
1 x 1
2
e 4t ( x, t ) [0, )
R2 ( x, t ) t 2 ,
0 ( x, t ) ( ,0)
1 x2 (1 )2
e 4t
( x, , t ) [1,2] [0, )
R3 ( x, , t ) t ,
0 ( x, , t ) [1,2] ( ,0)
83
- SCIENTIFIC JOURNAL OF SAIGON UNIVERSITY No. 75 (03/2021)
1 x2 (3 )2
e 4t
( x, , t ) [1, 2] [0, )
R4 ( x, , t ) t .
0 ( x, , t ) [1, 2] ( , 0)
Đặt:
2
K ( x, t ) R1 f ( x, t ) R2 g ( x, t ) f ( x, t ) R3 R4 F ( x, , t )d . (2.5)
1
Lấy biến đổi Fourier hai vế của (2.4), ta được
Sˆ ( z, r ).vˆ( z, r ) K
ˆ ( z, r ), (2.6)
(2.6)
1
v ( x, t )e
i ( xz tr )
Trong đó, vˆ( z, r ) dxdt.
2
Từ (2.6), ta tìm được nghiệm chính xác của bài toán (1.1) – (1.5)
1
Kˆ ( z, r ) i ( xz tr )
v( x, t )
2
Sˆ ( z, r )
e dzdr. (2.7)
(2.7)
2 2
Trong các kết quả chính sau đây, ta ký hiệu || . ||2 là chuẩn L ( ).
2.2. Chỉnh hóa bài toán (1.1) - (1.5)
Chúng tôi xây dựng nghiệm chỉnh hóa của bài toán (1.1) – (1.5) là
1 Kˆ ( z, r ) i ( xz tr )
v ( x, t )
2
D Sˆ ( z, r )
e dzdr , (2.8)
Trong đó, D ( z, r ) / a | z | b and a | r | b
2 2
với a , b
sẽ được chọn sau sao
cho lim a 0 và limb .
0 0
Bổ đề 2.2 (Tính ổn định của nghiệm chỉnh hóa cho bởi phương trình 2.8):
Giả sử rằng vk L2 ( 2
) là nghiệm chỉnh hóa cho bởi (2.8) tương ứng với các dữ
liệu f k , gk L2 ( 2
), Fk L2 (1,2, L2 ( 2
)), k 1,2. Khi đó, ta có
b 1
v1 v2 C1 f1 f 2 g1 g2 F1 F2
2 2 2
L2 (1,2, L2 ( 2 ,
2
a 2 2
a2 ))
84
- NGUYỄN QUANG HUY TẠP CHÍ KHOA HỌC ĐẠI HỌC SÀI GÒN
Trong đó, C1
3 4 32
max (2 2 R1 1 ), R2
2 2
là hằng số.
1 e
2 1
4 8
Định lý 2.1
1
Cho 0, và (0, e1/ ). Giả sử v0 L2 ( 2
) là nghiệm duy nhất của bài
3
toán (1.1)– (1.5) tương ứng với các dữ liệu chính xác
f 0 , g0 L ( 2 2
), F0 L (1,2, L (
2 2 2
)) và v L ( 2 2
) là nghiệm chỉnh hóa cho bởi (2.8)
tương ứng với các dữ liệu đo đạc f , g L2 ( 2
), F L2 (1,2, L2 ( 2
)) thỏa mãn
f f 0 L2 ( 2
)
, g g0 L2 ( 2
)
và F F0 L2 (1,2, L2 ( 2
))
. Khi đó, ta có
v v0 2
C2 13 ( ), với C2 0 là hằng số và ( ) 0 khi 0 .
Chứng minh:
1
Ta đặt: a , b . Áp dụng bất đẳng thức tam giác, ta có:
v( f ,g ,F ) v0 vˆ( f ,g ,F ) vˆ0 vˆ( f ,g ,F ) vˆ vˆ( f ,g ,F ) vˆ0 . (2.9)
2 2 ( f0 , g0 , F0 ) 0 0 0 2
2
Áp dụng bổ đề 2.2 và bất đẳng thức a 2 b2 c2 a b c cho a, b, c 0 , ta đạt
được: vˆ ( f vˆ C1 2 2 .
, g , F ) ( f0 , g0 , F0 )
2
Vì thế vˆ ( f vˆ C2 13 , (2.10)
, g , F ) ( f0 , g0 , F0 )
2
trong đó C2 3C1.
Đặt ( ) vˆ0 ( z, r ) dzdr , ta có vˆ ( f0 , g0 ,F0 ) vˆ0 ( ) 0 khi 0.
2
2
2
\ D
(2.11)
Từ (2.9), (2.10) và (2.11), ta đạt được:
v v0 2
C2 13 ( ). (2.12)
(2.12)
Chứng minh hoàn tất.
Nhận xét 2.1 Định lý 2.1 không đưa ra đánh giá sai số giữa nghiệm chỉnh hóa và
nghiệm chính xác vì điều kiện của nghiệm chính xác chưa đủ mạnh. Tuy nhiên, có nghiệm
85
- SCIENTIFIC JOURNAL OF SAIGON UNIVERSITY No. 75 (03/2021)
chỉnh hóa vẫn tốt dù không biết rằng nghiệm chính xác tốt như thế nào. Định lý tiếp sau
đây đưa ra sai số cụ thể với điều kiện bổ sung trên nghiệm chính xác.
Định lý 2.2
Cho v , v0 như trong định lý 1. Giả sử rằng v0 H 1 ( 2
) L1 ( 2
) L ( 2
) và
3
0 1/ 2 . Khi đó, ta có v v0 C4 10 , trong đó C4 0 phụ thuộc v0 .
2
Chứng minh:
1/5
4
Đặt: a 1/5 ,
3
1/5
4 1
b ,
3
3/10
T b , b b2 , b2 ,
Q a , a a2 , a2 ,
D T \ Q .
Từ bổ đề 2.2, ta có:
2 b2 2 2
vˆ ( F , f vˆ ( F , f C 2 2 2 .
2
1 (2.13)
a
, g ) 0 0 , g0 ) 2 a
( z 2 r 2 ) vˆ0 ( z , r )
2
2
vˆ0 vˆ0 ( z , r ) dzdr dzdr vˆ0 ( z, r ) dzdr
2 2
vˆ ( F , f
0 0 , g0 ) 2 2
\ D 2
\T
(z r )
2 2
Q
2
1
z 2 r 2 vˆ0 ( z , r ) 4 vˆ0
2
2 L ( 2
)
a3 .
2 2b
2
2 1
vˆ0 z 2 r 2 vˆ0 (z ,r ) 4 v 0 1 a 3.
2
Do vậy vˆ ( F , f 2
(2.14)
0 0 , g0 ) 2 2 2b
2 b2 1 2 b2
Từ (2.9), (2.13) và (2.14), ta được v v0 C 2 2 4 a3 ,
2 2
2 3
a b a
2 1 2
2
trong đó C3 max 2C1 , z 2 r 2 vˆ0 ( z, r ) ,4 v0 1 .
2
2 2
86
- NGUYỄN QUANG HUY TẠP CHÍ KHOA HỌC ĐẠI HỌC SÀI GÒN
Điều này dẫn đến
2 3
2/5
3
2/3
2 4
3/5
v v0 C 3/5 2/5 3/5 .
2 2 3/5
3
4 4
3/5 4/5
3
2
Do đó, ta được
2/5 2/3 3/5
3 3 4
v v0 C , với C4 C3 1 .
2 2 3/5
4
2
4 4 3
Vì vậy v v0 2
C4 3/10 . (2.15)
(2.15)
Chứng minh hoàn tất.
3. Kết luận
Nghiên cứu này đã chỉnh hóa bài toán khôi phục thông lượng nhiệt trên biên của một
vật thể hữu hạn hai chiều trong trường hợp không thuần nhất. Chúng tôi đã xây dựng
nghiệm chỉnh hóa của bài toán và đưa ra đánh giá sai số có dạng Holder giữa nghiệm chỉnh
hóa và nghiệm chính xác của bài toán.
Lời cảm ơn
Đầu tiên, tác giả muốn gửi lời cám ơn đến Trường Đại học Sư phạm Kỹ thuật Thành
phố Hồ Chí Minh. Tác giả cũng cám ơn các phản biện và biên tập viên vì những ý kiến
đóng góp cho bài báo.
TÀI LIỆU THAM KHẢO
[1] D. D. Ang, R. Gorenflo, L. K. Vy and D. D. Trong, Moment theory and some inverse
problem in potential theory and heat conduction, Lecture Notes in Mathematics,
Springer, Berlin, 2002.
[2] Carasso, “Determing surface temperatures from interior observations”, SIAM J. Appl.
Math. 42 (1981), pp 547 – 558.
[3] T. T. Le, D. N. Thanh and P. H. Tri, “Surface temperature determination from
borehole measurements: A finite slab model”, Acta Mathematica Vietnamica, Volume
20, Number 2, 1995, pp. 193 – 206.
[4] T. T. Le and M. P. Navarro, “Surface temperature from borehole measurement:
regularization and error estimates”, Inter. J. Math. Math. Sci., Volume 18, Number
3(1995), pp 601 - 606.
87
- SCIENTIFIC JOURNAL OF SAIGON UNIVERSITY No. 75 (03/2021)
[5] P. H. Quan, D. D. Trong and P. N. Dinh Alain, “Sinc approximation of the heat flux
on the boundary of a two – dimensional finite slab”, Numer. Funct. Anal. Optim, 27,
no. 5-6, pp 685-695, 2006.
[6] P. N. Dinh Alain, P. H. Quan and D. D. Trong, “Sinc approximation of the heat
distribution on the boundary of a two – dimensional finite slab”, Nonlinear analysis:
Real World Applications 9 (2008), pp 1103 – 1111.
[7] Erdelyi, et al., Tables of Integral Transforms, vol. 1, McGraw – Hill, Newyork, 1954.
[8] Andreas Kirsch, An introduction to the mathematical theory of inverse problem,
Springer, 1966.
Ngày nhận bài: 12/3/2020 Biên tập xong: 15/3/2021 Duyệt đăng: 20/3/2021
88
nguon tai.lieu . vn