ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN

NGUYỄN THỊ GIANG

PHƯƠNG TRÌNH TÍCH PHÂN
KỲ DỊ VỚI DỊCH CHUYỂN VÀ
PHẢN XẠ TRÊN TRỤC THỰC

LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC

HÀ NỘI, NĂM 2010

1


ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN

NGUYỄN THỊ GIANG

PHƯƠNG TRÌNH TÍCH PHÂN
KỲ DỊ VỚI DỊCH CHUYỂN VÀ
PHẢN XẠ TRÊN TRỤC THỰC

Chuyên ngành : GIẢI TÍCH
Mã số : 60 46 01
LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC

Người hướng dẫn khoa học:
GS.TSKH. NGUYỄN VĂN MẬU

HÀ NỘI - NĂM 2010


Mục lục
Mở đầu

5

1 Công thức Sokhotski - Plemelij và bài toán biên Riemann
1.1 Công thức Sokhotski - Plemelij . . . . . . . . . . . . . . . .
1.1.1 Công thức Sokhotski - Plemelij . . . . . . . . . . . .
1.1.2 Công thức Sokhotski - Plemelij trên trục thực . . . .
1.2 Bài toán biên Riemann . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.2.1 Bài toán bước nhảy . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.2.2 Bài toán thuần nhất . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.2.3 Hàm chính tắc của bài toán thuần nhất . . . . . . .
1.2.4 Bài toán không thuần nhất . . . . . . . . . . . . . .
1.2.5 Bài toán biên Riemann trên nửa mặt phẳng . . . . .

8
8
8
10
10
11
11
14
15
17


2 Phương trình tích phân kỳ dị với phép phản xạ
2.1 Phương trình tích phân kỳ dị dạng đặc trưng . . . . . . .
2.1.1 Phương trình đặc trưng . . . . . . . . . . . . . . .
2.1.2 Chuyển phương trình đặc trưng về bài toán biên
Riemann . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.2 Phương trình tích phân kỳ dị với phép phản xạ . . . . . .
2.2.1 Tính giải được của phương trình với phép phản xạ
2.2.2 Trường hợp A1 (t)C1 (t) − A2 (t)C2 (t) = 0, ∀t ∈ R .
2.2.3 Trường hợp A1 (t)C1 (t) − A2 (t)C2 (t) ≡ 0. . . . . .
2.3 Ví dụ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

24
27
29
30
33
36

23
. 23
. 23
.
.
.
.
.
.

3 Phương trình tích phân kỳ dị với phép tịnh tiến trong lớp

hàm tuần hoàn
50
3


3.1
3.2
3.3
3.4

Toán tử sinh bởi nhóm hữu hạn các đối hợp . .
Phương trình tích phân kỳ dị với phép tịnh tiến
Phương trình tích phân kỳ dị với phép tịnh tiến
Ví dụ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . .
. . . . .
và phản
. . . . .

. .
. .
xạ
. .

50
53
56
57


Kết luận

64

Tài liệu tham khảo

65

4


Mở đầu
Lý thuyết các toán tử tích phân kỳ dị và các bài toán biên Riemann của
hàm giải tích biến phức đã được xây dựng và phát triển rất mạnh mẽ trong
nửa thế kỷ, từ những năm 1920 đến 1970. Các kết quả này gắn với tên
tuổi nhiều nhà toán học nổi tiếng như Noether, Muskhelishvili, Gakhov,
Vekua, ...
Trong các giáo trình lý thuyết hàm biến phức ở đại học, chúng ta đã
biết đến tích phân Cauchy, tích phân dạng Cauchy và tích phân với nghĩa
giá trị chính theo Cauchy:
Giả sử Γ là chu tuyến đóng và trơn trong mặt phẳng phức, chia mặt
phẳng phức thành miền trong D+ và miền ngoài D− .
Khi f (z) là hàm giải tích trong D+ và liên tục trong D+ ∪ Γ, thì theo
công thức tích phân Cauchy của lý thuyết hàm biến phức, ta có

1
2πi

f (z), khi z ∈ D+
0, khi z ∈ D− .


f (τ )
dτ =
τ −z

(1)

Γ

Nếu hàm f (z) giải tích trong D− và liên tục trong D− ∪ Γ, thì

1
2πi

f (τ )
dτ =
τ −z

f (∞), khi z ∈ D+
−f (z) + f (∞), khi z ∈ D− .

(2)

Γ

Công thức tích phân Cauchy cho ta lời giải của bài toán biên trong lớp
hàm giải tích. Tích phân ở vế trái của công thức (1) và (2) chính là tích
phân Cauchy.
Giả sử ϕ(τ ) là hàm liên tục trên chu tuyến Γ. Khi đó, tích phân


Φ(z) =

1
2πi

ϕ(τ )
dτ
τ −z
Γ

5


được xây dựng cùng theo phương pháp như đối với tích phân Cauchy, được
gọi là tích phân dạng Cauchy. Hàm số ϕ(τ ) này được gọi là hàm mật độ
1
và hàm
là nhân Cauchy.
τ −z
Xét tích phân đường kỳ dị

ϕ(τ )
dτ.
τ −t

(3)

Γ

Giả sử γ là đường tròn: γ = γ(t, ε) = {z ∈ C : |z − t| = ε} trong đó

ε là số dương đủ bé sao cho γ chỉ cắt Γ tại hai điểm. Phần đường cong Γ
nằm ngoài hình tròn {z ∈ C : |z − t| ≤ ε} được ký hiệu là Γ(ε).
Định nghĩa 0.1. Giới hạn của tích phân
Γ(ε)

ϕ(τ )
dτ khi ε → 0 được gọi
τ −t

là giá trị chính của tích phân kỳ dị (3).
Mục tiêu của luận văn tập trung nghiên cứu lớp các phương trình tích
phân kỳ dị với dịch chuyển và phản xạ trên trục thực dạng (2.11). Bằng
phương pháp sử dụng bài toán biên Riemann và của hệ thống các phương
trình đại số tuyến tính, chúng tôi đã đưa ra một phương pháp đại số để
thu được các nghiệm của phương trình (2.11) trong các trường hợp khác
nhau.
Luận văn gồm phần mở đầu và được chia thành 3 chương
Chương 1: Nhắc lại công thức Sokhotski Plemelij và trình bày cách giải
của bài toán biên Riemann: bài toán bước nhảy, bài toán thuần nhất, bài
toán không thuần nhất và bài toán biên Riemann trên nửa mặt phẳng và
đưa ra một số ví dụ về bài toán biên Riemann trên nửa mặt phẳng. Đây là
công cụ chính để giải các lớp phương trình tích phân kỳ dị với nhân khác
nhau.
Chương 2: Là phần chính của luận văn. Trước hết, nêu phương pháp
giải phương trình tích phân kỳ dị dạng đặc trưng và một số ví dụ minh
họa về phương trình tích phân kỳ dị dạng đặc trưng trên trục thực. Tiếp
theo, trình bày phương pháp giải phương trình tích phân kỳ dị với phép
phản xạ trên trục thực dạng (2.11) trong một số trường hợp khác nhau và
đưa ra các ví dụ minh họa.
6



Chương 3: Đưa ra phương pháp để giải phương trình tích phân kỳ dị
với phép tịnh tiến và phương trình tích phân kỳ dị với phép tịnh tiến và
phản xạ trên trục thực bằng cách xác định đa thức đặc trưng và chính quy
hóa của các toán tử tích phân kỳ dị sinh bởi nhóm hữu hạn các đối hợp.
Sau đó xét một số ví dụ áp dụng cụ thể.
Luận văn được hoàn thành dưới sự hướng dẫn khoa học của NGND.
GS. TSKH Nguyễn Văn Mậu, trường Đại học Khoa học Tự nhiên, Đại học
Quốc gia Hà nội, người Thầy đã tận tình hướng dẫn, giúp đỡ tác giả trong
suốt quá trình hoàn thành bản luận văn này. Tác giả xin bày tỏ lòng biết
ơn chân thành và kính trọng sâu sắc đối với Giáo sư.
Tác giả xin bày tỏ lòng cảm ơn tới các thầy cô giáo, các thành viên, các
anh chị đồng nghiệp trong Seminare Giải tích trường Đại học Khoa học
Tự nhiên, Đại học Quốc gia Hà nội về những ý kiến đóng góp quý báu, sự
giúp đỡ tận tình và sự cổ vũ hết sức to lớn trong suốt thời gian qua.
Tác giả xin chân thành cảm ơn Ban giám hiệu, phòng sau Đại học, khoa
Toán - Cơ - Tin học trường Đại học Khoa học Tự nhiên, Đại học Quốc
gia Hà nội đã tạo điều kiện thuận lợi cho tác giả trong suốt quá trình học
tập tại trường.

7


Chương 1
Công thức Sokhotski - Plemelij và
bài toán biên Riemann
1.1
1.1.1


Công thức Sokhotski - Plemelij
Công thức Sokhotski - Plemelij

Trong mục này, ta khảo sát bài toán cơ bản về sự tồn tại giá trị chính
của tích phân dạng Cauchy trên chu tuyến của tích phân và đánh giá mối
liên hệ giữa giá trị của hàm số với tích phân kỳ dị.
Giả sử Γ là chu tuyến trơn (hoặc trơn từng khúc) trong mặt phẳng C.
Xét hàm số
ϕ(τ )
1
dτ,
(1.1)
Φ(z) =
2πi τ − z
Γ

trong đó ϕ(τ ) thỏa mãn điều kiện Holder.
Về sau, ta chỉ xét chu tuyến Γ là đóng. Trong trường hợp chu tuyến
mở ta bổ sung thêm đường cong trơn tùy ý để nó đóng và đặt trên đường
cong phụ đó ϕ(τ ) = 0.
Để khảo sát giá trị của Φ(z) tại điểm t của chu tuyến, ta xét hàm số

Ψ(z) =

ϕ(τ ) − ϕ(t)
dτ.
τ −z

1
2πi


(1.2)

Γ

Ký hiệu giá trị của hàm giải tích Φ(z), Ψ(z) khi điểm z tiến tới điểm
t của chu tuyến từ phía trong Φ+ (t), Ψ+ (t), tương ứng, và từ phía ngoài
bởi Φ− (t), Ψ− (t), tương ứng (đối với chu tuyến mở sự tương ứng này được
8


thực hiện từ trái qua phải theo chiều dương của đường cong định hướng).
Để mô tả hướng đi tới giới hạn, ta viết z → t+ hoặc z → t− . Giá trị của
hàm số tương ứng tại điểm t của chu tuyến được ký hiệu bởi Φ(t), Ψ(t);
trong đó Φ(t) là tích phân kỳ dị theo nghĩa giá trị chính

Φ(t) =

1
2πi

ϕ(τ )
dτ.
τ −t

(1.3)

Γ

Xét hệ thức


2πi,
dτ
= 0,
τ − z πi,

Γ

khi z ∈ D+ ,
khi z ∈ D− ,
khi z ∈ Γ,

(1.4)

ta nhận được

Ψ+ (t) = lim+
z→t

1
2πi

ϕ(τ )
ϕ(t)
dτ −
τ −z
2πi
Γ

Ψ− (t) = lim−

z→t

Ψ(t) =

1
2πi

1
2πi

dτ
= Φ+ (t) − ϕ(t),
τ −z
Γ

ϕ(τ )
ϕ(t)
dτ −
τ −z
2πi

dτ
= Φ− (t),
τ −z

Γ

Γ

ϕ(τ )

ϕ(t)
dτ −
τ −t
2πi

dτ
1
= Φ(t) − ϕ(t).
τ −t
2

Γ

Γ

Vì hàm số Ψ(t) là liên tục, nên vế phải của hệ thức là đồng nhất, tức
là

1
Φ+ (t) − ϕ(t) = Φ− (t) = Φ(t) − ϕ(t).
2
Vậy nên ta nhận được

ϕ(τ )
1
1
+

Φ (t) = 2 ϕ(t) + 2πi τ −t dτ
−



Φ (t) =

− 12 ϕ(t)

+

Γ
1
2πi

Γ

ϕ(τ )
τ −t dτ

trong đó tích phân kỳ dị được hiểu theo nghĩa giá trị chính.
Công thức (1.6) được gọi là công thức Sokhotski - Plemelij.

9

(1.5)

(1.6)


Trừ và cộng các vế tương ứng của công thức (1.6) ta nhận được hai
công thức tương đương sau đây:


Φ+ (t) − Φ− (t) = ϕ(t),
1
ϕ(τ )
Φ+ (t) + Φ− (t) =
dτ.
πi τ − t

(1.7)
(1.8)

Γ

1.1.2

Công thức Sokhotski - Plemelij trên trục thực

Tương tự với chu tuyến hữu hạn ta có công thức Sokhotski - Plemelij
đối với chu tuyến vô hạn:

+∞

ϕ(τ )

1
1
+

Φ (t) = 2 ϕ(t) + 2πi
τ −t dτ


1
−


Φ (t) = − 2 ϕ(t) +

−∞
+∞
ϕ(τ )
1
2πi
τ −t dτ
−∞

Đặc biệt, ta có dáng điệu của hàm số Φ(z) trong lân cận của vô cùng
(xem [1]) là
1
1
Φ+ (∞) = ϕ(∞), Φ− (∞) = − ϕ(∞).
2
2

1.2

Bài toán biên Riemann

Giả thiết rằng Γ là chu tuyến đóng, đơn và trơn chia mặt phẳng phức
thành miền trong D+ và miền ngoài D− (giả thiết ∞ ∈ D− ),và cho hai
hàm số trên chu tuyến, G(t) và g(t) thỏa mãn điều kiện Holder, trong đó
G(t) không triệt tiêu trên biên. Ta cần xác định hai hàm số Φ+ (z), giải

tích trong miền D+ , và Φ− (z), giải tích trong miền D− , kể cả z = ∞, và
thỏa mãn trên chu tuyến Γ hệ thức thuần nhất (bài toán thuần nhất)

Φ+ (t) = G(t)Φ− (t)

(1.9)

hoặc hệ thức không thuần nhất (bài toán không thuần nhất)

Φ+ (t) = G(t)Φ− (t) + g(t).

(1.10)

Hàm số G(t) được gọi là hệ số của bài toán Riemann, và hàm số g(t)
là phần tử tự do.
10


1.2.1

Bài toán bước nhảy

Trước tiên, ta xét bài toán biên Riemann dạng đơn sơ nhất. Giả thiết
rằng trên chu tuyến đóng Γ cho hàm số ϕ(t) thỏa mãn điều kiện Holder. Ta
cần xác định hai hàm số giải tích Φ(z) = Φ+ (z) với z ∈ D+ , Φ(z) = Φ− (z)
với z ∈ D− , triệt tiêu tại vô cùng và thỏa mãn điều kiện

Φ+ (t) − Φ− (t) = ϕ(t).

(1.11)


Từ công thức Sokhotski-Plemelij, hiển nhiên rằng hàm số

Φ(z) =

1
2πi

ϕ(τ )
dτ
τ −z

(1.12)

Γ

là nghiệm của bài toán. Dễ dàng chứng minh rằng đây chính là nghiệm
duy nhất của bài toán. Thật vậy, giả sử tồn tại hai nghiệm. Ta xét hiệu
của chúng. Ta thấy bước nhảy của hiệu này là zero trên Γ. Hàm số này
giải tích trong toàn mặt phẳng phức và triệt tiêu tại vô cùng. Vậy nên theo
định lý Liouville thì nó đồng nhất bằng 0.
Nghiệm của bài toán trên có thể phát biểu dưới dạng sau.
Mọi hàm số tùy ý ϕ(t) cho trên chu tuyến đóng và thỏa mãn điều
kiện Holder đều có thể biểu diễn duy nhất dưới dạng hiệu của hàm số
Φ+ (t), Φ− (t) là giá trị biên của hàm số giải tích Φ+ (z), Φ− (z) dưới giả
thiết Φ− (∞) = 0.
Nếu không đòi hỏi điều kiện Φ− (∞) = 0, thì nghiệm của bài toán được
cho bởi công thức

Φ(z) =


1
2πi

ϕ(τ )
dτ + const .
τ −z

(1.13)

Γ

1.2.2

Bài toán thuần nhất

Giả thiết rằng bài toán biên thuần nhất (1.9) có nghiệm và giả sử hàm
số Φ+ (z) và Φ− (z) là nghiệm của nó.
Để giải bài toán biên Riemann, ta quan tâm đến khái niệm chỉ số của
hàm số. Giả sử Γ là một chu tuyến đóng, trơn và G(t) là một hàm số liên
tục không triệt tiêu trên Γ.
11


Định nghĩa 1.1. Chỉ số của hàm số G(t) dọc theo chu tuyến Γ được hiểu
là tỷ số độ tăng trưởng (số gia) của argument của nó khi chuyển động hết
một lượt dọc theo chu tuyến (theo chiều dương) và 2π.
Vì hàm G(t) liên tục nên sự tăng trưởng của argument dọc theo chu
tuyến đóng sẽ là bội của 2π. Vậy nên ta có một số tính chất về chỉ số của
hàm số:

1. Chỉ số của hàm số liên tục trên chu tuyến đóng và không triệt tiêu
trên đó luôn là một số nguyên.
2. Chỉ số của tích hai hàm số bằng tổng các chỉ số. Chỉ số của một
thương bằng hiệu các chỉ số tương ứng.
3. Nếu G(t) là giá trị biên của hàm số giải tích từ bên trong hoặc từ
bên ngoài chu tuyến thì chỉ số của nó bằng số không điểm từ bên trong
hoặc từ bên ngoài chu tuyến lấy dấu âm.
4. Nếu hàm số G(z) là giải tích từ bên trong chu tuyến trừ ra hữu hạn
điểm có thể là các cực điểm thì chỉ số bằng hiệu giữa số không điểm và số
cực điểm (kể cả bội).
Gọi số không điểm của hàm số Φ+ (z), Φ− (z) trong miền xác định
D+ , D− tương ứng bởi N + , N − . Tính chỉ số của hai vế của hệ thức (1.9)
ta nhận được
N + + N − = IndG(t) = κ .
(1.14)
Chỉ số κ của bài toán biên Riemann được gọi là chỉ số của bài toán.
Hiển nhiên vế trái của hệ thức cuối cùng là không âm. Vậy nên
1. Để bài toán biên Riemann thuần nhất giải được, điều kiện cần là chỉ
số κ của bài toán là không âm (theo giả thiết, hàm số Φ+ (z) và Φ− (z)
không có cực điểm).
2. Nếu κ > 0 hàm số Φ+ (z), Φ− (z) là nghiệm của bài toán có κ không
điểm.
3. Nếu κ = 0 hàm số Φ± (z) không có không điểm.
i. Trường hợp κ = 0. Khi đó ln G(t) là hàm số đơn trị, và ln Φ+ (z)
và ln Φ− (z) là giải tích trong các miền D± tương ứng. Lấy logarit hai vế
của điều kiện biên (1.9) ta thu được
ln Φ+ (t) − ln Φ− (t) = ln G(t),
12

(1.15)



trong đó ln G(t) là nhánh liên tục tùy ý. Dễ dàng kiểm tra rằng kết quả
nhận được không phụ thuộc vào việc chọn nhánh nào của logarit. Vậy nên,
ta thu được nghiệm của bài toán:
Xác định cặp hàm số giải tích ln Φ(z) tương ứng với bước nhảy cho
trước trên Γ. Nghiệm của bài toán với điều kiện kèm thêm ln Φ− (∞) = 0
được cho bởi công thức
ln Φ(z) =

1
2πi

ln G(τ )
dτ.
τ −z

(1.16)

Γ

Ký hiệu
ln Φ(z) = Γ(z).

(1.17)

Từ công thức Sokhotski - Plemelij, ta suy ra nghiệm của bài toán biên
(1.9) thỏa mãn điều kiện Φ− (∞) = 1, được cho bởi hàm số

Φ+ (z) = eΓ


+

(z)

, Φ− (z) = eΓ

−

(z)

.

(1.18)

Nếu không đòi hỏi điều kiện Φ− (∞) = 1 thì công thức (1.16) phải chứa
hằng số tự do và nghiệm của bài toán có dạng

Φ+ (z) = AeΓ

+

(z)

−

, Φ− (z) = AeΓ

(z)


,

(1.19)

trong đó A là hằng số tùy ý, vì Γ− (∞) = 0, A là giá trị của Φ− (z) tại vô
cùng.
Vậy nên trong trường hợp κ = 0 và thêm điều kiện Φ− (∞) = 0 thì
nghiệm chứa một hằng số tùy ý, tức là tồn tại một nghiệm độc lập tuyến
tính. Nếu Φ− (∞) = 0 thì A = 0 và bài toán chỉ có nghiệm tầm thường
đồng nhất bằng 0.
Từ điều kiện trên ta thu được hệ quả sau.
Hàm số tùy ý G(t) cho trên chu tuyến Γ, thỏa mãn điều kiện Holder
và có chỉ số bằng 0, luôn viết được dưới dạng thương của hàm số Φ+ (t) và
Φ− (t) là các giá trị biên của hàm số giải tích trong miền D+ , D− và luôn
khác 0 trong miền đó. Hàm số này được xác định sai khác một hằng số
nhân tùy ý và được cho bởi công thức (1.19).
ii. Trường hợp κ > 0. Giả thiết rằng gốc tọa độ nằm trong miền D+ .
Hàm số tκ có chỉ số κ . Ta viết điều kiện biên dưới dạng

Φ+ (t) = tκ [t−κ G(t)]Φ− (t).
13


Hiển nhiên hàm số G1 (t) = t−κ G(t) có chỉ số bằng 0. Biểu diễn nó dưới
+
eΓ (t)
dạng thương G1 (t) = Γ− (t) , trong đó
e
ln [τ −κ G(τ )]
dτ.

τ −z

1
Γ(z) =
2πi

(1.20)

Γ

Điều kiện biên được viết lại dưới dạng sau
−
Φ+ (t)
κ Φ (t)
= t Γ− (t) .
eΓ+ (t)
e

Ta nhận được nghiệm tổng quát của bài toán là

Φ+ (z) = eΓ

+

(z)

Pκ (z), Φ− (z) = eΓ

−


(z) −κ

z

Pκ (z),

(1.21)

trong đó Pκ là đa thức bậc κ với hệ số tùy ý.
3. Nếu κ < 0 thì bài toán thuần nhất không có nghiệm.
Nghiệm của bài toán hoàn toàn xác định nếu thêm κ + 1 điều kiện độc
lập đối với các hàm số Φ+ (z), Φ− (z). Các điều kiện đó có thể cho bằng
nhiều cách khác nhau.
Về sau, trong áp dụng của bài toán biên Riemann để giải phương trình
tích phân kỳ dị, ta thường tìm nghiệm của bài toán với điều kiện kèm
thêm Φ− (∞) = 0.
Từ công thức (1.21) thì Φ− (∞) bằng hệ số của z κ trong đa thức Pκ (z).
Với điều kiện của nghiệm tại vô cùng bằng 0, ta viết nó dưới dạng
+

Φ+ (z) = eΓ

(z)

Pκ−1 (z), Φ− (z) = eΓ

−

(z) −κ


z

Pκ−1 (z),

trong đó Pκ−1 là đa thức bậc κ − 1 với hệ số tùy ý. Vậy nên trong trường
hợp này, bài toán có κ nghiệm độc lập tuyến tính.

1.2.3

Hàm chính tắc của bài toán thuần nhất

Định nghĩa 1.2. Bậc của hàm số giải tích Φ(z) tại điểm z0 (ta ngầm
hiểu) là lũy thừa thấp nhất trong khai triển của Φ(z) thành chuỗi lũy thừa
của z − z0 .
14


Định nghĩa 1.3. Ta gọi hàm chính tắc của bài toán Riemann thuần nhất
là hàm số giải tích thỏa mãn điều kiện biên (1.9) và khác 0 khắp nơi trong
miền hữu hạn của mặt phẳng phức và tại điểm vô cùng có bậc bằng κ .
Khi κ ≥ 0, thì hàm chính tắc không có cực điểm và là nghiệm của bài
toán biên. Ta vẫn gọi nó là nghiệm chính tắc của bài toán tương ứng.
Khi κ < 0, hàm chính tắc có cực điểm tại vô cùng và, ngược lại, ta
thấy ngay rằng nó không là nghiệm của bài toán biên thuần nhất.
Tuy nhiên, hàm chính tắc sẽ đóng vai trò là hàm số bổ trợ trong việc
giải bài toán không thuần nhất tương ứng.
Nếu ta viết lại điều kiện biên của bài toán biên Riemann dưới dạng

Φ+ (t) = tκ [t−κ G(t)]Φ− (t),
thì ta dễ dàng thấy rằng với κ tùy ý, hàm chính tắc của bài toán X(z)

được cho bởi công thức

X + (z) = eΓ

+

(z)

−

, X − (z) = z −κ eΓ

(z)

,

(1.22)

trong đó Γ(z) được cho bởi công thức (1.20).
Khi κ ≥ 0, nghiệm tổng quát của bài toán thuần nhất được biểu diễn
qua hàm chính tắc như sau

Φ(z) = X(z)Pκ (z).
1.2.4

Bài toán không thuần nhất

Ta viết lại hệ số G(t) của điều kiện biên

Φ+ (t) = G(t)Φ− (t) + g(t)


(1.23)

bởi thương của giá trị biên của hàm chính tắc của bài toán thuần nhất,
X + (t)
G(t) = − . Ta có thể chuyển nó về dạng
X (t)

Φ+ (t)
Φ− (t)
g(t)
= − + + .
+
X (t) X (t) X (t)
15


g(t)
thỏa mãn điều kiện Holder. Giả sử ta thay nó
X + (t)
bởi hiệu của các giá trị biên của hàm số giải tích
Ta thấy hàm số

g(t)
= Ψ+ (t) − Ψ− (t),
+
X (t)
trong đó

Ψ(z) =


1
2πi

g(τ ) dτ
.
X + (τ ) τ − z

(1.24)

Γ

Khi đó, điều kiện biên có thể viết được dưới dạng

Φ− (t)
Φ+ (t)
+
− Ψ (t) = − − Ψ− (t).
+
X (t)
X (t)
Φ− (t)
Ta thấy khi κ ≥ 0, hàm số −
có cực điểm tại vô cùng bậc κ, và
X (t)
khi κ < 0, có không điểm bậc −κ .
Tương tự bài toán thuần nhất, ta thu được kết quả sau:
1. Khi κ ≥ 0, thì

Φ+ (z)

Φ− (z)
+
− Ψ (z) = −
− Ψ− (z) = Pκ (z).
+
X (z)
X (z)
Vậy nên, ta thu được nghiệm

Φ(z) = X(z)[Ψ(z) + Pκ (z)],

(1.25)

trong đó X(z), Ψ(z) cho bởi công thức (1.22), (1.24); Pκ là đa thức bậc κ
với hệ số tùy ý.
Φ− (z)
2. Khi κ < 0, thì trong trường hợp này −
triệt tiêu tại vô cùng và
X (z)

Φ− (t)
Φ+ (t)
+
−
Ψ
(t)
=
− Ψ− (t) = 0.
+
−

X (t)
X (t)
Vậy nên

Φ(z) = X(z)Ψ(z).

16


Khi κ < −1, bài toán không thuần nhất trong trường hợp tổng quát
sẽ không có nghiệm. Điều kiện cần và đủ để nó giải được là −κ − 1 điều
kiện sau được thỏa mãn:

g(τ ) k−1
τ dτ = 0 (k = 1, 2, . . . , −κ − 1).
X + (τ )
Γ

Trong trường hợp Φ− (∞) = 0, nghiệm được cho khi κ ≥ 0 có dạng

Φ(z) = X(z)[Ψ(z) + Pκ−1 (z)].
(Nếu κ = 0 ta cần đặt Pκ−1 (z) ≡ 0).
Nếu κ < 0 thì nghiệm được cho bởi công thức

Φ(z) = X(z)Ψ(z),
và điều kiện cần là −κ điều kiện sau của nghiệm phải được thỏa mãn:

g(τ ) k−1
τ dτ = 0 (k = 1, 2, . . . , −κ ).
X + (τ )

Γ

1.2.5

Bài toán biên Riemann trên nửa mặt phẳng

Giả thiết rằng chu tuyến Γ là trục thực. Ta phát biểu bài toán biên
Riemann: Tìm cặp hàm số giải tích trong nửa mặt phẳng trên và dưới,
Φ+ (z) và Φ− (z) (hàm giải tích từng khúc Φ(z)), mà giá trị biên của chúng
thỏa mãn trên chu tuyến Γ điều kiện biên

Φ+ (t) = G(t)Φ− (t) + g(t).

(1.26)

Hàm số đã cho G(t) và g(t) thỏa mãn điều kiện Holder trên chu tuyến.
Ta cũng giả thiết rằng G(t) = 0 trên biên.
Ta dựng hàm chính tắc với điểm đặc biệt được chọn là −i

X + (z) = eΓ

+

(z)

, X − (z) =

z−i
z+i


−κ

eΓ

−

(z)

,

trong đó
+∞

1
Γ(z) =
2πi

ln

z−i
z+i

−∞

17

−κ

G(τ )


dτ
.
τ −z

(1.27)


Chuyển qua giá trị biên của hàm số này, ta chuyển điều kiện biên (1.26)
về dạng
Φ+ (t)
Φ− (t)
g(t)
=
+
.
X + (t) X − (t) X + (t)
Tiếp theo, ta xét hàm số giải tích
+∞

g(τ ) dτ
.
X + (τ ) τ − z

1
Ψ(z) =
2πi

(1.28)

−∞


Ta thu được điều kiện biên dưới dạng
Φ+ (t)
Φ− (t)
+
− Ψ (t) = − − Ψ− (t).
X + (t)
X (t)
và nghiệm tổng quát của bài toán là

Pκ (z)
khi κ ≥ 0
(z + i)κ
Φ(z) = X(z)[Ψ(z) + q] khi κ < 0.

Φ(z) =X(z) Ψ(z) +

Khi κ < 0 thì hàm số X(z) có cực điểm tại z = −i bậc −κ . Vậy nên
để bài toán giải được, ta thu được điều kiện q = −Ψ− (−i).
Khi κ < −1, để bài toán giải được thì cần thêm điều kiện sau được
thỏa mãn
+∞
g(τ )
dτ
= 0 (k = 2, . . . , −κ ).
X + (τ ) (τ + i)k
−∞

Khi bài toán biên Riemann có nghiệm triệt tiêu tại vô cùng, thành phần
tự do của điều kiện biên cũng phải triệt tiêu tại vô cùng.

Giả thiết rằng ta có điều này. Khi đó nghiệm tổng quát của bài toán là
Pκ−1 (z)
khi κ > 0
Φ(z) =X(z) Ψ(z) +
(z + i)κ−1
Φ(z) = X(z)Ψ(z) khi κ ≤ 0.
Khi κ ≤ 0 thì điều kiện giải được trở thành Ψ(−i) = 0.
Khi κ < 0, để bài toán giải được thì cần thêm −κ điều kiện sau được
thỏa mãn
+∞
g(τ )
dτ
= 0 (k = 1, . . . , −κ ).
X + (τ ) (τ + i)k
−∞

18


Ví dụ 1.1. Ta xét bài toán biên Riemann trên trục thực với hệ số là các
hàm số hữu tỷ khác không và không có cực điểm trên biên.

Φ+ (t) =

p(t) −
Φ (t) + g(t).
q(t)

(1.29)


Lời giải
Khai triển đa thức p(z), q(z) thành tích

p(z) = p+ (z)p− (z), q(z) = q+ (z)q− (z),
trong đó p+ (z), q+ (z) là các đa thức có nghiệm ở nửa trên của mặt phẳng
phức, còn p− (z), q− (z) có nghiệm trong trong nửa dưới của mặt phẳng
phức. Dễ dàng thấy rằng κ = m+ − n+ , trong đó m+ , n+ tương ứng là số
các không điểm của đa thức p+ (z) và q+ (z).
Vì rằng hệ số là một hàm số thác triển giải tích được vào trong nửa
mặt phẳng trên và nửa mặt phẳng dưới nên ta có thể xét bài toán thác
triển tổng quát. Viết điều kiện biên như sau

q− (t) +
p+ (t) −
q− (t)
Φ (t) −
Φ (t) =
g(t),
p− (t)
q+ (t)
p− (t)
ta thu được nghiệm ứng với Φ− (∞) = 0 là

Pκ−1 (z)
p− (z)

+
+

Ψ

(z)
+
Φ
(z)
=


q− (z)
(z + i)κ−1



Pκ−1 (z)
q+ (z)
Ψ− (z) +
Φ− (z) =
p+ (z)
(z + i)κ−1




1 +∞ q− (τ )
dτ


Ψ(z)
=
g(τ )
.


2πi −∞ p− (τ )
τ −z
Nếu chỉ số âm, thì chỉ cần đặt Pκ−1 = 0 và khi đó cần thêm |κ | điều
kiện giải được:
+∞

−∞

dτ
q− (τ )
g(τ )
= 0 (k = 1, 2, . . . , −κ ).
p− (τ )
(τ + i)k

Ví dụ 1.2. Giải bài toán biên Riemann sau

Φ+ (t) =

2t − ih −
t + ib
Φ (t) + 2
(h = 0, −∞ < t < +∞).
t+i
t +1
19


Lời giải

1. Trường hợp 1. h > 0, ta viết lại bài toán biên như sau:

(t + i)Φ+ (t) − (2t − ih)Φ− (t) =

t + ib
.
t−i

Xét
+∞

τ + ib dτ
τ −i τ −z

1
Ψ(z) =
2πi
−∞
+∞

1
=
2πi

1 − b dτ
1
+
2 τ − z 2πi

−∞


Ta có

Ψ+ (z) =

+∞

(1 + b)(τ + i) dτ
.
2(τ − i) τ − z
−∞

1−b
(1 + b)(z + i)
, Ψ− (z) = −
.
2
2(z − i)

Ta thu được nghiệm tổng quát của bài toán là

Φ+ (z) =

1−b
c
z+i
1+b
c
+
, Φ− (z) =

−
+
2(z + i) z + i
2z − ih
2(z − i) z + i

trong đó c là hằng số tùy ý.
2. Trường hợp 2. h < 0, ta viết lại bài toán biên như sau:

t+i +
t + ib
Φ (t) − Φ− (t) =
.
2t − ih
(t − i)(2t − ih)
Xét
+∞

1
Ψ(z) =
2πi

τ + ib
dτ
(τ − i)(2τ − ih) τ − z
−∞
+∞

1
=

2πi

+∞

h + 2b
dτ
1
−
(h − 2)(2τ − ih) τ − z 2πi
−∞

1+b
dτ
.
(h − 2)(τ − i) τ − z
−∞

Ta có

Ψ+ (z) =

h + 2b
1+b
, Ψ− (z) =
.
(h − 2)(2z − ih)
(h − 2)(z − i)
20



Ta thu được nghiệm tổng quát của bài toán là

Φ+ (z) =

h + 2b
1+b
, Φ− (z) =
.
(h − 2)(z + i)
(h − 2)(z − i)

Ví dụ 1.3. Giải bài toán biên Riemann sau

Φ+ (t) =

t − ih −
t + ib
Φ (t) + 2
(h = 0, −∞ < t < +∞).
t−i
t +1

Lời giải
1. Trường hợp 1. h > 0, ta viết lại bài toán biên như sau:

Φ+ (t) −

t − ih −
t + ib
Φ (t) = 2

.
t−i
t +1

Xét
+∞

τ + ib dτ
τ2 + 1 τ − z

1
Ψ(z) =
2πi
−∞
+∞

1
=
2πi

1 − b dτ
1
+
2(τ + i) τ − z 2πi

−∞

Ta có

Ψ+ (z) =


+∞

1 + b dτ
.
2(τ − i) τ − z
−∞

1+b
1−b
, Ψ− (z) = −
.
2(z + i)
2(z − i)

Ta thu được nghiệm tổng quát của bài toán là

Φ+ (z) =

1−b
1+b
, Φ− (z) = −
.
2(z + i)
2(z − ih)

2. Trường hợp 2. h < 0, ta viết lại bài toán biên như sau:

1
1

t + ib
Φ+ (t) −
Φ− (t) = 2
.
t − ih
t−i
(t + 1)(t − ih)
Xét

+∞

1
Ψ(z) =
2πi

dτ
τ + ib
(τ 2 + 1)(τ − ih) τ − z
−∞

21


Chỉ số của bài toán bằng −1 nên điều kiện giải được của bài toán là
+∞

1
τ + ib
dτ
=0

2
τ − ih (τ + 1)(τ − ih) τ + i
−∞

Từ đó suy ra điều kiện giải được của bài toán là b = −1.
Khi đó
+∞
1
dτ
1
Ψ(z) =
2πi
(τ + i)(τ − ih) τ − z
−∞

Do đó

Ψ+ (z) =

1
, Ψ− (z) = 0.
(z + i)(z − ih)

Ta thu được nghiệm tổng quát của bài toán là

Φ+ (z) =

1
, Φ− (z) = 0.
z+i


22


Chương 2
Phương trình tích phân kỳ dị với
phép phản xạ
2.1
2.1.1

Phương trình tích phân kỳ dị dạng đặc trưng
Phương trình đặc trưng

Ta xét phương trình với nhân Cauchy dạng

(Kϕ)(t) ≡ a(t)ϕ(t) +

1
πi

M (t, τ )
ϕ(τ )dτ = f (t),
τ −t

(2.1)

Γ

trong đó, tích phân (lấy theo nghĩa giá trị chính) dọc theo chu tuyến Γ.
Các hàm số a(t), f (t), M (t, τ ) xác định trên Γ, được giả thiết là thỏa mãn

điều kiện Holder, riêng hàm số cuối thỏa mãn điều kiện Holder với cả hai
biến.
Thực hiện biến đổi

M (t, τ ) M (t, τ ) − M (t, t) M (t, t)
=
+
τ −t
τ −t
τ −t
và sử dụng ký hiệu

M (t, t) = b(t),

1 M (t, τ ) − M (t, t)
= k(t, τ ),
πi
τ −t

(2.2)

ta có thể viết phương trình (2.1) dưới dạng

(Kϕ)(t) ≡ a(t)ϕ(t) +

b(t)
πi

ϕ(τ )
dτ +

τ −t
Γ

k(t, τ )ϕ(τ )dτ = f (t). (2.3)
Γ

23


Từ công thức (2.2) ta thấy hàm số b(t) thỏa mãn điều kiện Holder trên
chu tuyến Γ và k(t, τ ) cũng thỏa mãn điều kiện Holder khắp nơi trừ các
điểm t = τ, trong đó

|k(t, τ )| <

A
(0 < λ ≤ 1)
|τ − t|1−λ

được thỏa mãn. Phương trình (2.3) được gọi là phương trình tích phân kỳ
dị đầy đủ. Khi f (t) không triệt tiêu, ta có phương trình không thuần nhất.
Biểu thức
b(t)
ϕ(τ )
K o ϕ ≡ a(t)ϕ(t) +
dτ
πi
τ −t
Γ


k(t, τ )ϕ(τ )dτ được

được gọi là phần chính của phương trình, còn số hạng
Γ

gọi là phần đều (không kỳ dị). Phương trình

K o ϕ ≡ a(t)ϕ(t) +

ϕ(τ )
dτ = f (t)
τ −t

b(t)
πi

(2.4)

Γ

được gọi là phương trình đặc trưng tương ứng với phương trình đầy đủ
(2.3), và toán tử K o là toán tử đặc trưng.

2.1.2

Chuyển phương trình đặc trưng về bài toán biên Riemann

Xét nghiệm của phương trình tích phân bằng cách dẫn về nghiệm của
bài toán biên Riemann tương ứng và ta thu được nghiệm của phương trình
tích phân dưới dạng tường minh.

Theo công thức Sokhotski - Plemelij, thì

ϕ(t) = Φ+ (t) − Φ− (t),
1 ϕ(τ )
dτ = Φ+ (t) + Φ− (t).

πi Γ τ − t
Đặt giá trị của ϕ(t) và (Sϕ)(t) vào phương trình (2.4) và giải nó theo
Φ+ (t), ta nhận được hàm giải tích từng khúc Φ(z) là lời giải của bài toán
biên Riemann
Φ+ (t) = G(t)Φ− (t) + g(t),
(2.5)
24


trong đó

G(t) =

a(t) − b(t)
f (t)
, g(t) =
a(t) + b(t)
a(t) + b(t)

Vì rằng hàm số Φ(z) biểu diễn theo tích phân dạng Cauchy nên nó phải
thỏa mãn điều kiện bổ sung

Φ− (∞) = 0.
a(t) − b(t)

của bài toán biên Riemann (2.5) được gọi
a(t) + b(t)
là chỉ số của phương trình tích phân (2.4). Ta giải bài toán biên (2.5), sau
đó xác định lời giải của phương trình (2.4).
Chỉ số của hệ số

Ví dụ 2.1. Giải phương trình

t − i(h + 1)
[3t−i(h−1)]ϕ(t)−
πi

+∞

ϕ(τ )dτ
2(t + ib)
=
(h = 0, −∞ < t < +∞)
τ −t
t−i
−∞

trên lớp các hàm thỏa mãn điều kiện |ϕ(t)| < A|t|−α (α > 0) với |t| đủ
lớn.
Lời giải.
1. Trường hợp 1. h > 0. Ta có

a(t) = 3t − i(h − 1), b(t) = −t + i(h + 1), f (t) =

2(t + ib)

.
t−i

Khi đó

G(t) =

a(t) − b(t) 2t − ih
f (t)
t + ib
=
, g(t) =
= 2
.
a(t) + b(t)
t+i
a(t) + b(t) t + 1

Do đó, từ phương trình đã cho ta được bài toán biên Riemann sau

Φ+ (t) =

2t − ih −
t + ib
Φ (t) + 2
(h = 0, −∞ < t < +∞).
t+i
t +1

Từ kết quả của ví dụ 1.2 ta được


Φ+ (z) =

c
1+b
c
1−b
z+i
+
, Φ− (z) =
−
+
2(z + i) z + i
2z − ih
2(z − i) z + i
25