B€ito¡nCalderântrongh…nhtrö vîic¡ct‰nhd¤n˜°cbi»t€¦ · B€ito¡nCalderântrongh…nhtrö vîic¡ct‰nhd¤n˜°cbi»t Sinh vi¶n tr…nh b€y : Mai Thà Kim Dung

Bài toán Calderón trong hình trụvới các tính dẫn đặc biệt

Sinh viên trình bày : Mai Thị Kim DungLớp : K59 - A1T - Toán học

Cán bộ hướng dẫn : TS. Đặng Anh Tuấn

Mai Thị Kim Dung (K59-A1T-ĐHKHTN) ĐHKHTN-ĐHQGHN 03/05/2018 1 / 19

CẤU TRÚC BÁO CÁO

Phần 1: Giới thiệu bài toán

Phần 2: Tính dẫn không phụ thuộc vào chiều cao

Phần 3: Tính dẫn chỉ phụ thuộc vào chiều cao


1. Giới thiệu bài toán

Xét một vật thể dẫn điện có miền là Ω với tính dẫn γ(x).Đặt một điện áp f lên ∂Ω sẽ sinh ra một điện thế u trong Ω, thỏa mãn bài toánbiên Dirichlet:

∇ · (γ∇u) = 0 trong Ω,

u = f trên ∂Ω.(1)

Bài toán (1) có duy nhất nghiệm u ∈ H1(Ω) với mỗi f ∈ H12 (∂Ω).

Ánh xạ Dirichlet - Neumann (DtN)

Λγ : H12 (∂Ω)→ H−

12 (∂Ω), Λγ f = γ∂νu|∂Ω.

Bài toán Calderón: Biết ánh xạ DtN, xác định tính dẫn của vật.


2. Tính dẫn không phụ thuộc vào chiều cao

Xét một vật dẫn hình trụ với độ dàykhông đáng kể, xem như hình tròn B = B(0, 1) và tính dẫn:

γε1,ε2(r) =

1 + ε1 nếu 0 ≤ r < a,

1 + ε2 nếu a ≤ r < 1,

εj ∈ [0,M] , j = 1, 2,M > 0, 0 < a < 1.Kí hiệu không gian các tính dẫn có dạng như trên là µ(a,M).

Với mỗi f ∈ H12 (∂B) bài toán biên Dirichlet:

∇(γε1,ε2∇u) = ∂r (γε1,ε2ur ) +γε1,ε2

r ur +γε1,ε2

r2 uθθ = 0 trong B ,

u = f trên ∂B ,(2)

có duy nhất nghiệm u ∈ H1(B).


2. Tính dẫn không phụ thuộc vào chiều cao

Xét một vật dẫn hình trụ với độ dàykhông đáng kể, xem như hình tròn B = B(0, 1) và tính dẫn:

γε1,ε2(r) =

1 + ε1 nếu 0 ≤ r < a,

1 + ε2 nếu a ≤ r < 1,

εj ∈ [0,M] , j = 1, 2,M > 0, 0 < a < 1.Kí hiệu không gian các tính dẫn có dạng như trên là µ(a,M).

Với mỗi f ∈ H12 (∂B) bài toán biên Dirichlet:

∇(γε1,ε2∇u) = ∂r (γε1,ε2ur ) +γε1,ε2

r ur +γε1,ε2

r2 uθθ = 0 trong B ,

u = f trên ∂B ,(2)

có duy nhất nghiệm u ∈ H1(B).


Nghiệm u =∑n∈Z

fn(r)e inθ trong đó:

Với n = 0 :

f0(r) =

a0 nếu 0 ≤ r < a,

b0 ln r + c0 nếu a ≤ r < 1.

Với n 6= 0:

fn(r) =

anr|n| nếu 0 ≤ r < a,

bnr|n| + cnr

−|n| nếu a ≤ r < 1.

Ta phân tích f (θ) =∑n∈Z

f (n)e inθ, f (n) =1

2π

2π∫0

f (θ)e−inθdθ. Ánh xạ DtN

Λγε1,ε2 f (θ) =∑n∈Z

(1 + ε2) |n|(2 + ε1 + ε2 − (ε2 − ε1)a2|n|

2 + ε1 + ε2 + (ε2 − ε1)a2|n|

)f (n)e inθ. (3)


Nghiệm u =∑n∈Z

fn(r)e inθ trong đó:

Với n = 0 :

f0(r) =

a0 nếu 0 ≤ r < a,

b0 ln r + c0 nếu a ≤ r < 1.

Với n 6= 0:

fn(r) =

anr|n| nếu 0 ≤ r < a,

bnr|n| + cnr

−|n| nếu a ≤ r < 1.

Ta phân tích f (θ) =∑n∈Z

f (n)e inθ, f (n) =1

2π

2π∫0

f (θ)e−inθdθ. Ánh xạ DtN

Λγε1,ε2 f (θ) =∑n∈Z

(1 + ε2) |n|(2 + ε1 + ε2 − (ε2 − ε1)a2|n|

2 + ε1 + ε2 + (ε2 − ε1)a2|n|

)f (n)e inθ. (3)


Xét tính ổn định trong không gian các tính dẫn µ (M) =⋃

0<a<1µ(a,M).

Lấy các tính dẫn: γ0(r) = 1, 0 ≤ r ≤ 1,

γa(r) =

1 + M nếu 0 ≤ r < a,

1 nếu a ≤ r < 1,

γ0, γa ∈ µ (M) .

Bằng tính toán ta được: ‖(Λγa − Λγ0) f ‖2H− 1

2 (∂B)=∑n∈Z|n|2(1 + |n|2

)− 12

(2 + (1 + a2|n|)M

2 + (1− a2|n|)M− 1

)2∣∣∣f (n)∣∣∣2,

‖γa − γ0‖∞ = M.

Ta có đánh giá:

‖Λγa − Λγ0‖H 12→H− 1

2≤ Ma2. (4)

Kết luận:(Alessandrini)

Trong không gian µ (M) ta sẽ không có tính ổn định.



0<a<1µ(a,M).


γa(r) =

1 + M nếu 0 ≤ r < a,

1 nếu a ≤ r < 1,

γ0, γa ∈ µ (M) .Bằng tính toán ta được: ‖(Λγa − Λγ0) f ‖2

H− 12 (∂B)

=∑n∈Z|n|2(1 + |n|2

)− 12

(2 + (1 + a2|n|)M

2 + (1− a2|n|)M− 1

)2∣∣∣f (n)∣∣∣2,

‖γa − γ0‖∞ = M.

Ta có đánh giá:

‖Λγa − Λγ0‖H 12→H− 1

2≤ Ma2. (4)





0<a<1µ(a,M).


γa(r) =

1 + M nếu 0 ≤ r < a,

1 nếu a ≤ r < 1,


H− 12 (∂B)

=∑n∈Z|n|2(1 + |n|2

)− 12

(2 + (1 + a2|n|)M

2 + (1− a2|n|)M− 1

)2∣∣∣f (n)∣∣∣2,

‖γa − γ0‖∞ = M.

Ta có đánh giá:

‖Λγa − Λγ0‖H 12→H− 1

2≤ Ma2. (4)





0<a<1µ(a,M).


γa(r) =

1 + M nếu 0 ≤ r < a,

1 nếu a ≤ r < 1,


H− 12 (∂B)

=∑n∈Z|n|2(1 + |n|2

)− 12

(2 + (1 + a2|n|)M

2 + (1− a2|n|)M− 1

)2∣∣∣f (n)∣∣∣2,

‖γa − γ0‖∞ = M.

Ta có đánh giá:

‖Λγa − Λγ0‖H 12→H− 1

2≤ Ma2. (4)


Trong không gian µ (M) ta sẽ không có tính ổn định.Mai Thị Kim Dung (K59-A1T-ĐHKHTN) ĐHKHTN-ĐHQGHN 03/05/2018 6 / 19

Cố định a, xét tính ổn định trong không gian µ(a,M) chứa các tính dẫn có dạng:

γε1,ε2(r) =

1 + ε1 nếu 0 ≤ r < a,

1 + ε2 nếu a ≤ r < 1,

εj ∈ [0,M] , j = 1, 2,M > 0, 0 < a < 1.

Bằng tính toán ta có:

∥∥(Λγε1,ε2 − Λγη1,η2)f∥∥2

H− 12 (∂B)

=∑n∈Z

|n|2

(1 + n2)12

[(1 + ε2) An − (1 + η2)Bn]2∣∣∣f (n)

∣∣∣2,trong đó:

An =2 + ε1 + ε2 − (ε2 − ε1)a2|n|

2 + ε1 + ε2 + (ε2 − ε1)a2|n|,

Bn =2 + η1 + η2 − (η2 − η1)a2|n|

2 + η1 + η2 + (η2 − η1)a2|n|.


Cố định a, xét tính ổn định trong không gian µ(a,M) chứa các tính dẫn có dạng:

γε1,ε2(r) =

1 + ε1 nếu 0 ≤ r < a,

1 + ε2 nếu a ≤ r < 1,

εj ∈ [0,M] , j = 1, 2,M > 0, 0 < a < 1.


∥∥(Λγε1,ε2 − Λγη1,η2)f∥∥2

H− 12 (∂B)

=∑n∈Z

|n|2

(1 + n2)12

[(1 + ε2) An − (1 + η2)Bn]2∣∣∣f (n)

∣∣∣2,trong đó:

An =2 + ε1 + ε2 − (ε2 − ε1)a2|n|

2 + ε1 + ε2 + (ε2 − ε1)a2|n|,

Bn =2 + η1 + η2 − (η2 − η1)a2|n|

2 + η1 + η2 + (η2 − η1)a2|n|.


Ta có đánh giá:∥∥Λγε1,ε2 − Λγη1,η2∥∥

H12→H− 1

2≥ C (a,M) (|ε2 − η2|+ |ε1 − η1|) , (5)

trong đó C (a,M) là hằng số không phụ thuộc vào tính dẫn, phụ thuộc vào đặcđiểm hình học của vật dẫn.

Kết luận:

Trong không gian µ(a,M) ta có tính ổn định Lipschitz.



H12→H− 1

2≥ C (a,M) (|ε2 − η2|+ |ε1 − η1|) , (5)

trong đó C (a,M) là hằng số không phụ thuộc vào tính dẫn, phụ thuộc vào đặcđiểm hình học của vật dẫn.

Kết luận:

Trong không gian µ(a,M) ta có tính ổn định Lipschitz.


Xét tính dẫn có dạng:

γ(r) =

1 + ε nếu 0 ≤ r < a,

1 nếu a ≤ r < 1.

Ta khôi phục được a và ε nhờ ánh xạ DtN như sau:

Lấy f (θ) = e iθ ta được: A1 =Λγ(e iθ)

e iθ=

2 + (1 + a2)ε

2 + (1− a2)ε.

Lấy f (θ) = e2iθ ta được: A2 =Λγ(e2iθ)

2e2iθ=

2 + (1 + a4)ε

2 + (1− a4)ε.

Bằng tính toán ta có kết luận:

Với A1 6= 1,A2 6= 1:

a2 =(1 + A1)(A2 − 1)

(1 + A2)(A1 − 1),

ε =2(A1 − 1)

1− A1 + a2(1 + A1).

Với A1 = 1 hoặc A2 = 1 ta có vật dẫn đồng chất.



γ(r) =

1 + ε nếu 0 ≤ r < a,

1 nếu a ≤ r < 1.



e iθ=

2 + (1 + a2)ε

2 + (1− a2)ε.


2e2iθ=

2 + (1 + a4)ε

2 + (1− a4)ε.


Với A1 6= 1,A2 6= 1:

a2 =(1 + A1)(A2 − 1)

(1 + A2)(A1 − 1),

ε =2(A1 − 1)

1− A1 + a2(1 + A1).




γ(r) =

1 + ε nếu 0 ≤ r < a,

1 nếu a ≤ r < 1.



e iθ=

2 + (1 + a2)ε

2 + (1− a2)ε.


2e2iθ=

2 + (1 + a4)ε

2 + (1− a4)ε.


Với A1 6= 1,A2 6= 1:

a2 =(1 + A1)(A2 − 1)

(1 + A2)(A1 − 1),

ε =2(A1 − 1)

1− A1 + a2(1 + A1).



3. Tính dẫn chỉ phụ thuộc vào chiều cao

Xét một vật dẫn hình trụ B × (0,∞) với tính dẫn :

γε1,ε2(z) =

1 + ε1 nếu h ≤ z <∞,1 + ε2 nếu 0 ≤ z < h,

εj ∈ [0,M] , j = 1, 2,M > 0, h > 0.Kí hiệu không gian các tính dẫn có dạng như trên là µ(h,M).

Với mỗi f ∈ H1rad (B) bài toán biên Dirichlet:

∇(γε1,ε2∇u) = γε1,ε2uρρ +γε1,ε2ρ

uρ + ∂z(γε1,ε2uz) = 0, B × (0,∞),

u(1, z) = 0, 0 < z <∞,

u(ρ, 0) = f , trong B ,

có duy nhất nghiệm u ∈ H32

rad (B × (0,∞)),u =∞∑

n=1fn(z)J0(λnρ) trong đó:

fn(z) =

ane−λnz nếu h ≤ z <∞,

bne−λnz + cne

λnz nếu 0 ≤ z < h.


3. Tính dẫn chỉ phụ thuộc vào chiều cao

Xét một vật dẫn hình trụ B × (0,∞) với tính dẫn :

γε1,ε2(z) =

1 + ε1 nếu h ≤ z <∞,1 + ε2 nếu 0 ≤ z < h,

εj ∈ [0,M] , j = 1, 2,M > 0, h > 0.Kí hiệu không gian các tính dẫn có dạng như trên là µ(h,M).Với mỗi f ∈ H1

rad (B) bài toán biên Dirichlet:∇(γε1,ε2∇u) = γε1,ε2uρρ +

γε1,ε2ρ

uρ + ∂z(γε1,ε2uz) = 0, B × (0,∞),

u(1, z) = 0, 0 < z <∞,

u(ρ, 0) = f , trong B ,

có duy nhất nghiệm u ∈ H32

rad (B × (0,∞)),u =∞∑

n=1fn(z)J0(λnρ) trong đó:

fn(z) =

ane−λnz nếu h ≤ z <∞,

bne−λnz + cne

λnz nếu 0 ≤ z < h.


J0(λnρ) là hàm Bessel bậc 0, λn là không điểm dương thứ n của hàm J0,

λ1 < λ2 < . . . < λn . . ., λn ∼ (n − 1

4)π khi n→∞.

Bằng Maple ta có thể tính toán được các không điểm và vẽ được J0:

Ta liệt kê 5 không điểm dương đầu tiên:j 1 2 3 4 5λj 2.404825558 5.520078110 8.653727913 11.79153444 14.93091771


Ta phân tích f (ρ) =∞∑

n=1f (n)J0(λnρ), trong đó:

f (n) =

21∫0

ρf (ρ)J0(λnρ)dρ

(J1(λn))2, (6)

J1(λn) là hàm Bessel bậc 1 và có dạng:

J1(λn) =∞∑

m=0

(−1)m(λn)2m+1

22m+1(m + 1)!m!, (7)

J1(λn) = −J0′(λn)

với J1(λn) ∼√

2

πλncos

(λn −

3π

4

)+ O

(1

λn3/2

)khi n→∞.

Ánh xạ DtN Λγε1,ε2 : H1rad (B)→ L2rad (B) xác định bởi

Λγε1,ε2 f (ρ) = −∞∑

n=1

(1 + ε2)λn(ε2 − ε1)e−2λnh − (2 + ε1 + ε2)

(ε2 − ε1)e−2λnh + 2 + ε1 + ε2f (n)J0(λnρ). (8)


Ta phân tích f (ρ) =∞∑

n=1f (n)J0(λnρ), trong đó:

f (n) =

21∫0

ρf (ρ)J0(λnρ)dρ

(J1(λn))2, (6)

J1(λn) là hàm Bessel bậc 1 và có dạng:

J1(λn) =∞∑

m=0

(−1)m(λn)2m+1

22m+1(m + 1)!m!, (7)

J1(λn) = −J0′(λn)

với J1(λn) ∼√

2

πλncos

(λn −

3π

4

)+ O

(1

λn3/2

)khi n→∞.

Ánh xạ DtN Λγε1,ε2 : H1rad (B)→ L2rad (B) xác định bởi

Λγε1,ε2 f (ρ) = −∞∑

n=1

(1 + ε2)λn(ε2 − ε1)e−2λnh − (2 + ε1 + ε2)

(ε2 − ε1)e−2λnh + 2 + ε1 + ε2f (n)J0(λnρ). (8)


Với mỗi f ∈ H1rad (B), f (ρ) =

∞∑n=1

f (n)J0(λnρ) ta có:

‖f ‖2H1(B) = π

∞∑n=1

(f (n)

)2 (1 + λn

2)

(J1(λn))2 (9)

và

∥∥Λγε1,ε2 f∥∥2

L2(B)= π

∞∑n=1

λn2[(1 + ε2)An]2

(f (n)

)2(J1(λn))2, (10)

trong đó :

An = − (ε2 − ε1)e−2λnh − (2 + ε1 + ε2)

(ε2 − ε1)e−2λnh + 2 + ε1 + ε2.


Xét tính ổn định trong không gian các tính dẫn µ(M) =⋃

h>0

µ(h,M).

Lấy các tính dẫn: γ0(z) = 1, 0 ≤ z <∞,

γh(z) =

1 nếu 0 ≤ z < h,

1 + M nếu h ≤ z <∞,

γ0, γh ∈ µ (M) .

Bằng tính toán ta được: ‖(Λγh− Λγ0) f ‖2L2(B) = π

∞∑n=1

λn2

(M(e−2λnh + 1) + 2

M(e−2λnh − 1)− 2+ 1

)2(f (n)

)2(J1(λn))2,

‖γh − γ0‖∞ = M.

Ta có đánh giá:

‖Λγh− Λγ0‖L2(B) ≤ Me−2λ1h. (11)

Kết luận:

Trong không gian µ(M) ta không có tính ổn định.



h>0

µ(h,M).


γh(z) =

1 nếu 0 ≤ z < h,

1 + M nếu h ≤ z <∞,

γ0, γh ∈ µ (M) .Bằng tính toán ta được: ‖(Λγh

− Λγ0) f ‖2L2(B) = π

∞∑n=1

λn2

(M(e−2λnh + 1) + 2

M(e−2λnh − 1)− 2+ 1

)2(f (n)

)2(J1(λn))2,

‖γh − γ0‖∞ = M.

Ta có đánh giá:

‖Λγh− Λγ0‖L2(B) ≤ Me−2λ1h. (11)

Kết luận:




h>0

µ(h,M).


γh(z) =

1 nếu 0 ≤ z < h,

1 + M nếu h ≤ z <∞,


− Λγ0) f ‖2L2(B) = π

∞∑n=1

λn2

(M(e−2λnh + 1) + 2

M(e−2λnh − 1)− 2+ 1

)2(f (n)

)2(J1(λn))2,

‖γh − γ0‖∞ = M.

Ta có đánh giá:

‖Λγh− Λγ0‖L2(B) ≤ Me−2λ1h. (11)

Kết luận:




h>0

µ(h,M).


γh(z) =

1 nếu 0 ≤ z < h,

1 + M nếu h ≤ z <∞,


− Λγ0) f ‖2L2(B) = π

∞∑n=1

λn2

(M(e−2λnh + 1) + 2

M(e−2λnh − 1)− 2+ 1

)2(f (n)

)2(J1(λn))2,

‖γh − γ0‖∞ = M.

Ta có đánh giá:

‖Λγh− Λγ0‖L2(B) ≤ Me−2λ1h. (11)

Kết luận:

Trong không gian µ(M) ta không có tính ổn định.Mai Thị Kim Dung (K59-A1T-ĐHKHTN) ĐHKHTN-ĐHQGHN 03/05/2018 14 / 19

Cố định h, xét tính ổn định trong không gian µ(h,M) chứa các tính dẫn có dạng:

γε1,ε2(z) =

1 + ε1 nếu h ≤ z <∞,1 + ε2 nếu 0 ≤ z < h,

εj ∈ [0,M] , j = 1, 2,M > 0.


∥∥(Λγε1,ε2 − Λγη1,η2)f∥∥2

L2(B)= π

∞∑n=1

λn2[(1 + ε2) An − (1 + η2)Bn]2(f (n))

2(J1(λn))2

trong đó:

An = − (ε2 − ε1)e−2λnh − (2 + ε1 + ε2)

(ε2 − ε1)e−2λnh + 2 + ε1 + ε2,

Bn = − (η2 − η1)e−2λnh − (2 + η1 + η2)

(η2 − η1)e−2λnh + 2 + η1 + η2.


Cố định h, xét tính ổn định trong không gian µ(h,M) chứa các tính dẫn có dạng:

γε1,ε2(z) =

1 + ε1 nếu h ≤ z <∞,1 + ε2 nếu 0 ≤ z < h,

εj ∈ [0,M] , j = 1, 2,M > 0.


∥∥(Λγε1,ε2 − Λγη1,η2)f∥∥2

L2(B)= π

∞∑n=1

λn2[(1 + ε2) An − (1 + η2)Bn]2(f (n))

2(J1(λn))2

trong đó:

An = − (ε2 − ε1)e−2λnh − (2 + ε1 + ε2)

(ε2 − ε1)e−2λnh + 2 + ε1 + ε2,

Bn = − (η2 − η1)e−2λnh − (2 + η1 + η2)

(η2 − η1)e−2λnh + 2 + η1 + η2.



H1rad→L2

rad

≥ C (h,M) (|ε2 − η2|+ |ε1 − η1|) , (12)

trong đó C (h,M) là hằng số không phụ thuộc vào tính dẫn, phụ thuộc vào đặcđiểm hình học của vật dẫn.

Kết luận:

Trong không gian µ(h,M) ta có tính ổn định Lipschitz.



H1rad→L2

rad

≥ C (h,M) (|ε2 − η2|+ |ε1 − η1|) , (12)

trong đó C (h,M) là hằng số không phụ thuộc vào tính dẫn, phụ thuộc vào đặcđiểm hình học của vật dẫn.

Kết luận:

Trong không gian µ(h,M) ta có tính ổn định Lipschitz.



γ(z) =

1 + ε nếu h ≤ z <∞,1 nếu 0 ≤ z < h.

Ta khôi phục được h và ε nhờ ánh xạ DtN như sau:

Lấy f (ρ) = J0(λ1ρ) ta được: A1 =Λγ(J0(λ1ρ))

J0(λ1ρ)= −λ1

(ε(e−2λ1h + 1) + 2

ε(e−2λ1h − 1)− 2

).


J0(λ2ρ)= −λ2

(ε(e−2λ2h + 1) + 2

ε(e−2λ2h − 1)− 2

).


Với A1 6= λ1,A2 6= λ2:

h =1

2 (λ1 − λ2)ln

((A2 − λ2) (A1 + λ1)

(A2 + λ2) (A1 − λ1)

),

ε =2(A1 − λ1)

λ1 − A1 + e−2λ1h(A1 + λ1).

Với A1 = λ1 hoặc A2 = λ2 ta có vật dẫn đồng chất.



γ(z) =

1 + ε nếu h ≤ z <∞,1 nếu 0 ≤ z < h.



J0(λ1ρ)= −λ1

(ε(e−2λ1h + 1) + 2

ε(e−2λ1h − 1)− 2

).


J0(λ2ρ)= −λ2

(ε(e−2λ2h + 1) + 2

ε(e−2λ2h − 1)− 2

).


Với A1 6= λ1,A2 6= λ2:

h =1

2 (λ1 − λ2)ln

((A2 − λ2) (A1 + λ1)

(A2 + λ2) (A1 − λ1)

),

ε =2(A1 − λ1)

λ1 − A1 + e−2λ1h(A1 + λ1).




γ(z) =

1 + ε nếu h ≤ z <∞,1 nếu 0 ≤ z < h.



J0(λ1ρ)= −λ1

(ε(e−2λ1h + 1) + 2

ε(e−2λ1h − 1)− 2

).


J0(λ2ρ)= −λ2

(ε(e−2λ2h + 1) + 2

ε(e−2λ2h − 1)− 2

).


Với A1 6= λ1,A2 6= λ2:

h =1

2 (λ1 − λ2)ln

((A2 − λ2) (A1 + λ1)

(A2 + λ2) (A1 − λ1)

),

ε =2(A1 − λ1)

λ1 − A1 + e−2λ1h(A1 + λ1).



TÀI LIỆU THAM KHẢO

Giovanni Alessandrini, Stable Determination of Conductivity by BoundaryMeasurements, Applicable Analysis (1988), Vol. 27, pp. 153-172.

Giovanni Alessandrini, Sergio Vessella, Lipschitz stability for the inverseconductivity problem, Advances in Applied Mathematics (2005), Vol. 35, pp.207–241.

Nakhle H. Asmar, Partial Differential Equations with Fourier Series andBoundary Value Problems, 2nd Edition, Pearson, 2004.

Joel Feldman, Mikko Salo and Gunther Uhlmann, The Calderón Problem- AnIntroduction to Inverse Problems.

Andreas Kirsch, An Introduction to the Mathematical Theory of InverseProblems, 2nd Edition, Springer, 2011.


XIN CHÂN THÀNH CẢM ƠN SỰ THEO DÕI

CỦA THẦY CÔ VÀ CÁC BẠN!


Documents

B€ito¡nCalderântrongh…nhtrö vîic¡ct‰nhd¤n˜°cbi»t€¦ · B€ito¡nCalderântrongh…nhtrö vîic¡ct‰nhd¤n˜°cbi»t Sinh vi¶n tr…nh b€y : Mai Thà Kim Dung