Luận văn Giải một số phương trình tích phân kỳ dị và áp dụng

ch hạn chế hàm arg trên (0, 2π], ta có +0 (x) = ( x 1− x )α eiπα, −0 (x) = ( x 1− x )α e3iπα x ∈ (0, 1). (2.1.13) 15 Chương 2. Phương pháp Riemann - Hilbert giải PTTP trên đường cong mở Ngoài ra, lim z→∞ 0(z) = 1 và lim z→∞ (z) = 0. Do vậy, kết hợp với (2.1.9) và (2.1.12) tìm được E(z) ≡ 0. Như vậy (z) = 0(z) 2πi 1 ρ+ πi 1∫ 0 f(t) +0 (t)(t− z) dt z /∈ (0, 1). (2.1.14) Sử dụng công thức Plemelj cho (2.1.14) cùng với kết quả (2.1.13), ta tìm được φ(x) = +(x)− −(x) = +(x)− −(x) 2πi(ρ+ πi) 1∫ 0 f(t) +0 (t)(t− x) dt+ +(x) + −(x) 2+0 (x)(ρ+ πi) f(x). Cụ thể nghiệm của phương trình (2.1.8) là φ(x) = 1 ρ2 + π2 [ ρf(x)− ( x 1− x )α 1∫ 0 (1− t t )α f(x) t− xdt ] 0 < x < 1. Chú ý Trong trường hợp ρ = 0 (khi đó α = 1 2 ) phương trình (2.1.8) với = (0, 1) là phương trình tích phân loại I cho bởi 1∫ 0 φ(x) t− xdt = f(x) 0 < x < 1. Với phương pháp trên, ta tìm được nghiệm của phương trình trên là φ(t) = − 1 π2 ( x 1− x )1 2 1∫ 0 (1− t t )1 2 f(x) t− xdt, 0 < x < 1. 2.2 Phương trình tích phân Abel Phương trình tích phân Abel là phương trình có dạng a(x) x∫ α φ(t) (x− t)µdt+ b(x) β∫ x φ(t) (t− x)µdt = f(x), x ∈ (α, β), (2.2.1) 16 Chương 2. Phương pháp Riemann - Hilbert giải PTTP trên đường cong mở trong đó 0 < µ < 1. Có khá nhiều nhà toán học đã tiến hành các phương pháp khác nhau để giải (2.2.1). Sau đây, chúng ta tiến hành giải phương trình (2.2.1) bằng phương pháp Riemann - Hilbert. Bước 1. Đưa phương trình về bài toán RHP tương ứng: Giả sử φ(t) là nghiệm của phương trình trên. Đặt (z) = β∫ α φ(t) (t− z)µdt, 0 < µ < 1, (z = x+ iy), (2.2.2) khi đó (z) là hàm giải tích trên C\[α, β]. Với x ∈ [α, β], ta có +(x) = lim y→0+ (z) = lim y→0+ [ x∫ α φ(t) (t− x− yi)µdt+ β∫ x φ(t) (t− x− yi)µdt ] = x∫ α φ(t) (x− t)µ(−1)µdt+ β∫ x φ(t) (t− x)µdt. (∗) Thu được +(x) = eiπµ.(A1φ)(x) + (A2φ)(x). (2.2.3) Ở đó toán tử A1, A2 được xác định (A1φ)(x) = x∫ α φ(t) (x− t)µdt, (A2φ)(x) = β∫ x φ(t) (t− x)µdt. Tương tự như trên, tính được −(x) = e−iπµ(A1φ)(x) + (A2φ)(x) x ∈ [α, β]. (2.2.4) Từ (2.2.3) và (2.2.4), suy ra (A1φ)(x) = +(x)− −(x) eiπµ − e−iπµ = +(x)− −(x) 2i sinπµ (2.3.6a) (A2φ)(x) = e−iπµ+(x)− eiπµ−(x) eiπµ − e−iπµ = e−iπµ+(x)− eiπµ−(x) 2i sinπµ , x ∈ [α, β]. (2.3.6b) 17 Chương 2. Phương pháp Riemann - Hilbert giải PTTP trên đường cong mở Thay các kết quả (2.3.6a), (2.3.6b) vào (2.2.1) và biến đổi thu được (a(x)− e−iπµb(x))+(x)− (a(x)− eiπµb(x))−(x) = 2i sinπµf(x), x ∈ [α, β]. Hệ thức trên được đưa về bài toán RHP +(x) +G(x)−(x) = g(x), x ∈ [α, β], (2.2.7) trong đó G(x) = − a(x)− e iπµb(x) a(x)− e−iπµb(x) = − exp [ − 2i tan−1 { b(x) sin πµ a(x)− b(x). cos πµ }] , và g(x) = 2i sinπµ a(x)− e−iπµb(x)f(x). Để giải phương trình (2.2.7), cần chú ý rằng |(z)| = o( 1|z|µ) khi |z| → ∞. Bước 2. Giải bài toán RHP (2.2.7): Xét bài toán RHP thuần nhất tương ứng của (2.2.7) +(x) +G(x)−(x) = 0, x ∈ [α, β]. (2.2.8) Bài toán trên có nghiệm tổng quát là 0(z) = e 0(z), trong đó 0(z) được xác định từ phương trình +0 (x)− −0 (x) = G0(x) với eG0(x) = −G(x). Từ (2.2.2) và (2.3.6a), (2.3.6b) ta thu được 0(z) = β∫ α ρ0(t) (t− z)µdt, (2.2.9) với ρ0 xác định từ đẳng thức (A1ρ0)(x) = +0 (x)− −0 (x) 2i sinπµ = G0(x) 2i sinπµ . Suy ra ρ0(x) = 1 2i sinπµ (A−11 G0(x)) = 1 2i sin πµ · sinπµ π d dx ∫ x α G0(t) (x− t)1−µdt 18 Chương 2. Phương pháp Riemann - Hilbert giải PTTP trên đường cong mở = 1 2πi d dx ∫ x α G0(t) (x− t)1−µdt, với (A−11 G0)(x) = sin πµ π . d dx x∫ α G0(t) (x− t)1−µdt. Tiếp theo chúng ta sẽ tìm nghiệm của bài toán RHP (2.2.7). Vì 0(x) là nghiệm của (2.2.8), suy ra G(x) = − + 0 (x) −0 (x) , x ∈ [α, β]. Thay vào phương trình (2.2.7) và biến đổi, thu được +(x) +0 (x) −  −(x) −0 (x) = g(x) +0 (x) , x ∈ [α, β], (2.2.10) trong đó ±0 (x) = exp[ ± 0 (x)], với ±0 (x) tìm được như (2.2.9). Bằng cách sử dụng công thức (2.3.6a), (2.3.6b) chúng ta tìm được nghiệm của bài toán RHP (2.2.10) là (z) 0(z) = β∫ α λ(t) (t− z)µdt, (2.2.11) trong đó λ(x) = 1 2πi . d dx [ x∫ a g(x) +0 (t)(x− t)1−µ dt ] . Đặt p(t) = g(t) +0 (t) , với giả sử đạo hàm p′(t) tồn tại với mọi t ∈ [α, β]. Khi đó, ta tìm được λ(x) = 1 2πi [ p(α) (x− α)1−µ + x∫ α p′(t) (x− t)1−µdt ] . (2.2.12) Bước 3. Tìm nghiệm của phương trình (2.2.1): Từ (2.2.11), lập luận tương tự như ở (∗) (Bước 1 ), tìm được ±(x) = ±0 (x)[e ±iπµ(A1λ)(x) + (A2λ)(x)], x ∈ [α, β]. 19 Chương 2. Phương pháp Riemann - Hilbert giải PTTP trên đường cong mở Đặt +(x)− −(x) = h(x), x ∈ [α, β], với h(x) = ( eiπµ+0 (x)−e−iπµ−0 (x) ) (A1λ)(x)+ ( +0 (x)−−0 (x) ) (A2λ)(x), x ∈ [α, β]. Bằng cách sử dụng công thức (2.3.6a) (A1φ)(x) = +(x)− −(x) 2i sinπµ = h(x) 2i sinπµ , x ∈ [α, β], ta tìm được nghiệm φ(x) = 1 2i sinπµ (A−11 h)(x) = 1 2i sinπµ . sin πµ π . d dx [ x∫ α h(t) (x− t)1−µdt ] , x ∈ [α, β] = 1 2πi . d dx [ x∫ α h(t) (x− t)1−µdt ] , x ∈ [α, β]. (2.2.13) Nếu đạo hàm h′(t) tồn tại với mọi t ∈ [α, β], thì công thức trên tương đương với φ(x) = 1 2πi [ h(α) (α− t)1−µ + x∫ α h′(t) (x− t)1−µdt ] , x ∈ [α, β]. (2.2.14) Vậy nghiệm của phương trình (2.2.1) được cho bởi (2.2.13) hoặc (2.2.14). Chú ý. Ta cũng có thể xây dựng công thức nghiệm của phương trình (2.2.1) bằng cách sử dụng toán tử A2 và bài toán RHP đồng nhất tương ứng: b+0 (x) + e−2iπµG(x)b−0 (x) = 0. Khi đó nghiệm của phương trình (2.2.1) là φ(x) = −1 2πi [ bh(β) (β − x)1−µ + β∫ x bh′(t) (t− x)1−µdt ] , x ∈ [α, β], (2.2.15) Nếu đạo hàm bh′(t) tồn tại với mọi t ∈ [α, β]., trong đó bh(x) = [b+0 (x) + b−0 (x)](A1bλ)(x) + [e−iπµb+0 (x)− eiπµb−0 (x)](A2bλ)(x), 20 Chương 2. Phương pháp Riemann - Hilbert giải PTTP trên đường cong mở và bλ(x) = e−iπµ 2πi . d dx β∫ x g(x)b+0 (t)(t− x)1−µdt. Các công thức nghiệm (2.2.14) và (2.2.15) là tương đương. 2.3 Giải phương trình tích phân kỳ dị với hạt nhân Logarit Nhiều vấn đề trong toán học vật lý mà để giải quyết nó đã đưa đến việc xuất hiện phương trình tích phân kỳ dị với hạt nhân Logarit. Chúng ta nghiên cứu giải hai phương trình tích phân kỳ dị nhân Logarit thường gặp: β∫ α φ(t) ln |t− x|dt = f(x), α < x < β, (2.3.1) và β∫ α φ(t) ln t− x t+ x dt = f(x), α < x < β, (2.3.2) ở đó φ(x) và f(x) là các hàm có đạo hàm trong khoảng (α, β). Có một số cách giải phương trình (2.3.1) và (2.3.2), như của Porker (1972) và Chakrabarti (1997) đã chỉ ra nghiệm φ(x) = 1 π2[(x− α)(β − x)]12 [ β∫ α [(t− α)(β − t)]12f ′(t) t− x dt+ + 1 ln (β − α 4 ) β∫ α f(t) [(t− α)(β − t)]12 dt ] , (2.3.3) trong trường hợp β − α ̸= 4 và φ(x) = 1 π2[(x− α)(β − x)]12 [ β∫ α [(t− α)(β − t)]12f ′(t) t− x dt+ c ] , (2.3.4) 21 Chương 2. Phương pháp Riemann - Hilbert giải PTTP trên đường cong mở với c là một hằng số trong trường hợp β − α = 4 và với điều kiện của f(x) là β∫ α f(t) {(t− α)(β − t)} 12 dt = 0. (2.3.5) Nhưng kết quả trên chưa được trọn vẹn bởi vì nghiệm (2.3.3) hoặc (2.3.4) là kỳ dị mạnh trong đó các phương trình tích phân (2.3.1) và (2.3.2) là kỳ dị yếu. Chakrabarti (2006) đã đưa ra phương pháp tìm nghiệm của phương trình tích phân kỳ dị yếu (2.3.1) và (2.3.2) mà nghiệm thu được không phải tích phân kỳ dị mạnh. a) Phương pháp tìm nghiệm phương trình tích phân (2.3.1). Bước 1. Xây dựng bài toán RHP tương ứng phương trình (2.3.1): Giả sử φ(t) là nghiệm của phương trình (2.3.1). Đặt (z) = β∫ α φ(t) ln ( t− z α− z ) dt− A ln (α− z β − z ) , (z = x+ iy) (2.3.6) với A là hằng số phức. Khi đó (z) là hàm giải tích trong C\[α, β]. Với x ∈ (α, β), ta có ln(α− z)→ ln(x− α)± πi khi y → 0±, ln(β − z)→ ln(β − x) khi y → 0±. Sử dụng kết quả trên tính được: lim y→0+ A ln (α− z β − z ) = A ln (x− α β − x )− πiA, x ∈ (α, β), (2.3.7) lim y→0+ x∫ α φ(t) ln ( t− z α− z ) dt = x∫ α φ(t) ln ( x− t x− α ) dt, (2.3.8) lim y→0+ β∫ x φ(t) ln ( t− z α− z ) dt = β∫ x φ(t) ln x− t (x− α)e−πidt = β∫ x φ(t)[ln(t− x)− ln(x− α) + πi]dt. (2.3.9) 22 Chương 2. Phương pháp Riemann - Hilbert giải PTTP trên đường cong mở Từ (2.3.7), (2.3.8) và (2.3.9) suy ra +(x) = lim y→0+ (z) = x∫ α φ(t)[ln(x− t)− ln(x− α)]dt + β∫ x φ(t)[ln(t− x)− ln(x− α) + πi]dt− A ln (x− α β − x ) + πi = β∫ α φ(t) ln |t− x|dt+ πi β∫ x φ(t)dt− ( β∫ α φ(t)dt ) ln(x− α) = β∫ x φ(t) ln |t− x|dt− πi x∫ α φ(t)dt−B ln(x− α) + πiB − A ln (x− α β − x ) + πiA, x ∈ (α, β) (2.3.10) trong đó B = β∫ α φ(t)dt. Tương tự tìm được −(x) = β∫ x φ(t) ln |t− x|dt+ πi x∫ α φ(t)dt−B ln(x− α) − πiB − A ln (x− α β − x )− πiA, (2.3.11) với x ∈ (α, β). Từ (2.3.10) và (2.3.11), suy ra +(x)− −(x) = 2πi ( A+ β∫ x φ(t)dt ) , x ∈ (α, β), (2.3.12) và +(x) + −(x) = 2 β∫ α φ(t) ln |x− t|dt− 2A ln (x− α β − x ) − 2B ln(x− α), x ∈ (α, β). (2.3.13) 23 Chương 2. Phương pháp Riemann - Hilbert giải PTTP trên đường cong mở Đặt r(x) = 2πi [ A+ β∫ x φ(t)dt ] , x ∈ (α, β). (2.3.14) Ta tìm được φ(x) = −1 2πi r′(x), (2.3.15) với r(α) = 2πi(A+B), r(β) + 2πiA. (2.3.16) Như vậy (2.3.12) trở thành +(x)− −(x) = r(x), x ∈ (α, β). Kết hợp phương trình tích phân (2.3.1) và (2.3.13), thu được +(x) + −(x) = f1(x), x ∈ (α, β), (2.3.17) trong đó f1(x) = 2 [ f(x)− A ln (x− α β − x )−B ln(x− α)], x ∈ (α, β). (2.3.18) Phương trình (2.3.17) là trường hợp đặc biệt của bài toán RHP Bước 2. Tìm nghiệm bài toán RHP (2.3.17): Bằng cách sử dụng các công thức từ (2.3.12) đến (2.3.16), ta tìm được nghiệm của bài toán RHP (2.3.17) là (z) = 0(z) [−1 2πi β∫ α λ′(t) ln(t− z)dt− C ln(α− z)−D ln (α− z β − z ) + E(z) ] , (2.3.19) trong đó 0(z) là nghiệm của bài toán thuần nhất tương ứng +0 (x) +  − 0 (x) = 0, x ∈ (α, β), (2.3.20) và : λ(x) = f(x) +0 (x) , C = λ(α)− λ(β) 2πi , D = λ(β) 2πi , E(z) là một hàm nguyên . Sử dụng công thức (2.3.12), thực hiện biến đổi 2πi [ β∫ x φ(t)dt+ A ] = +(x)− −(x) 24 Chương 2. Phương pháp Riemann - Hilbert giải PTTP trên đường cong mở = +0 (x)Q +(x)− −0 (x)Q−(x) = +0 (x){Q+(x) +Q−(x)}, α < x < β. Trong đó Q(z) = − 1 2πi β∫ α λ′(t) ln(t− z)dt− C ln(α− z)−D ln (α− z β − z ) + E(z). Tương tự bằng cách sử dụng (2.3.13) đối với hàm Q(z), tìm được 2πi [ β∫ x φ(t)dt+ A ] = +0 (x) [ − 1 πi β∫ α λ′(t) ln(t− z)dt− 2C ln(α− z) − 2D ln (α− z β − z ) + 2E(z) ] , α < x < β. (2.3.21) Chọn một nghiệm 0(z) của bài toán RHP thuần nhất (2.3.20) 0(z) = 1 {(z − α)(z − β)}12 , (2.3.22) khi đó +0 (z) = i {(x− α)(β − x)} 12 . Từ định nghĩa hàm (z), suy ra |(z)| = o( 1|z|) khi |z| → ∞ và do đó từ (2.3.22) thu được |0(z)| = o ( 1 |z| ) khi |z| → ∞. Do vậy hàm E(z) xuất hiện ở vế phải của công thức (2.3.19) phải là một hằng số. Chọn E(z) = D 2 với D là một hằng số phức. Bước 3. Tìm nghiệm của phương trình (2.3.1): Biến đổi từ phương trình (2.3.21) thu được 2πi [ β∫ x φ(t)dt+A ] = i {(x− α)(β − x)} 12 [−1 πi β∫ α λ′(t) ln |t−x|dt+D ] , (2.3.23) trong đó λ(x) = f1(x) +0 (x) = −2i{(z − α)(β − x)}12 [ f(x)−B ln(x− α)− A ln (x− α β − x )] . 25 Chương 2. Phương pháp Riemann - Hilbert giải PTTP trên đường cong mở Công thức (2.3.23) xác định hàm φ(x) là nghiệm của (2.3.1) với điều kiện tồn tại đạo hàm và các tích phân hội tụ. Do vậy phải có điều kiện D − 1 πi β∫ α λ′(t) ln(t− α)dt = 0, D − 1 πi β∫ α λ′(t) ln(β − t)dt = 0  . (2.3.24) Hai điều kiện trong (2.3.24) giúp ta xác định hằng số D và A trong các điều kiện của hằng số B mà chúng ta phải xác định bằng cách sử dụng B = β∫ α φ(t)dt, và phương trình (2.3.23). Cuối cùng lấy đạo hàm hai vế của (2.3.23), ta tìm được nghiệm của phương trình tích phân (2.3.1) φ(x) = 1 π2 . d dx [ 1 {(x− α)(β − x)}12 {π 2 D + β∫ α d dt ln |x− t|dt }] , (2.3.25) ở đó (t) = {(t− α)(β − t)}12 [ f(t)−B ln(t− α)− A ln (t− α β − t )] . Một trường hợp đặc biệt : Nếu f(x) = C là một hằng số khi đó nghiệm (2.3.25) của phương trình (2.3.1) có dạng: φ(x) = C π ln ( β−α 4 ){(x− α)(β − x)}−12 . (2.3.26) b) Phương pháp tìm nghiệm của phương trình (2.3.2). Bước 1. Xây dựng bài toán RHP tương ứng: Giả sử φ(t) là nghiệm của phương trình (2.3.2). Đặt (z) = β∫ α φ(t) ln (t− z t+ z ) dt+ A ln (z − α z − β ) +B ln (z + α z + β ) (2.3.27) 26 Chương 2. Phương pháp Riemann - Hilbert giải PTTP trên đường cong mở ở đó z = x+ iy và A,B là các hằng số phức. Khi đó hàm (z) là hàm giải tích trong C\(−β,−α) ∪ (α, β). Sử dụng kết quả lim y→0 ln z = lnx với x > 0,±i+ ln(−x) với x < 0, (2.3.28) tìm được ±(x) = lim y→0 (z) =  ∓iπ x∫ α φ(t)dt+ β∫ α φ(t) ln t− x t+ x dt∓ iπA +A ln (x− α β − x ) +B ln x+ α β + x , với α < x < β, ±iπ −x∫ α φ(t)dt+ β∫ α φ(t) ln t− x t+ x dt∓ iπB +A ln x− α β − x +B ln x+ α β + x , với − β < x < −α. (2.3.29) Từ kết quả trên, suy ra +(x)− −(x) =  −2πi x∫ α φ(t)dt− 2πiA với α < x < β, 2πi −x∫ α φ(t)dt− 2πiB với − β < x < −α, (2.3.30) và +(x)+−(x) = 2 β∫ α φ(t) ln t− x t+ x dt+2A ln x− α β − x +2B ln x+ α β + x , (2.3.31) với x ∈ (−β,−α) ∪ (α, β) ≡ L. Kết hợp (2.3.31) với phương trình tích phân (2.3.2), thu được +(x) + −(x) = 2 [ f(x) + A ln x− α β − x +B ln x+ α β + x ] = 2g(x), x ∈ L. (2.3.32) Trong đó g(x) = f(x) với α < x < β−f(x) với − β < x < −α 27 Chương 2. Phương pháp Riemann - Hilbert giải PTTP trên đường cong mở Kí hiệu vế phải của (2.3.30) bởi r(x) ta được +(x)− −(x) = r(x) với x ∈ L. (2.3.33) Hơn nữa hàm r(x) có đạo hàm xác định bởi r′(x) = −2πi φ(x) với α < x < β−φ(−x) với − β < x < α. (2.3.34) Bước 2. Giải bài toán RHP (2.3.32): Trong (2.3.27) chọn φ(x) = 0, A = −B = 1 2 , khi đó (2.3.27) trở thành (z) = 1 2 ln z − α z − β − 1 2 ln z + α z + β . Chúng ta sẽ đi giải bài toán RHP (2.3.32) trong trường hợp đặc biệt φ = 0, A = −B = 1 2 . Từ (2.3.30): +(x)− −(x) = −πi với α < x < βπi với − β < x < α. Ngoài ra trong (2.3.27) chọn A = B = 0, nên từ (2.3.34) suy ra φ(x) =  −1 2πi r′(x) với x ∈ (α, β), 1 2πi r′(−x) với x ∈ (−β,−α), với r(α) = r(−α) = 0. Khi đó, bài toán RHP (2.3.30) trở thành χ+(x)− χ−(x) = r(x), x ∈ L. (2.3.35) Phương trình (2.3.35) có nghiệm χ(z) = 1 2πi β∫ α r′(t) ln t− z t+ z dt. (2.3.36) Bài toán RHP (2.3.31) có nghiệm được xác định như sau: (z) = 0(z) [−1 πi β∫ α d dt {f(t) + A ln t−α β−t +B ln t+α β+t +0 (t) } ln z − t z + t + E(z) ] , (2.3.37) 28 Chương 2. Phương pháp Riemann - Hilbert giải PTTP trên đường cong mở trong đó 0(z) là nghiệm của phương trình bài toán RHP thuần nhất +0 (x) +  − 0 (x) = 0, x ∈ L, (2.3.38) và E(z) là một hàm nguyên. Bằng cách đánh giá (z) xác định bởi (2.3.27) với z đủ lớn. Ta tìm được E(z) là một đa thức bậc hai. Bước 3. Tìm nghiệm của phương trình (2.2.2): Nghiệm của (2.3.38) có thể chọn 0(z) = 1 {(z2 − α2)(z2 − β2)}12 . (2.3.39) Do vậy ±0 (x) = ±i{(x2 − α2)(β2 − x2)}− 1 2 , x ∈ L. (2.3.40) Nghiệm của phương trình (2.3.2) tìm được bằng cách sử dụng (2.3.37), (2.3.39) và (2.3.40) cùng với (2.3.33), ta thu được φ(x) = − 1 2πi . d dx {+(x)− −(x)} = − 1 π2 . d dx [ (x) {(z2 − α2)(β2 − x2)}12 ] , x ∈ (α, β), (2.3.41) trong đó (x) = β∫ α d dt [ {(t2 − α2)(β2 − t2)}12 { f(t) + A ln t− α β − t +B ln t+ α β + t }] ln t− x t+ x dt+ π(C1 + C2x+Dx2) (2.3.42) với C1, C2 là các hằng số và D = β∫ α φ(x)dx. (2.3.43) Công thức (2.3.41) của hàm φ(x) là nghiệm của (2.3.2) nếu và chỉ nếu các điều kiện dưới đây được thỏa mãn i) (−β) = 0, ii) (−α) = 0, iii) (α) = 0, iv) (β) = 0. (2.3.44) Các điều kiện (2.3.43) và (2.3.44) giúp ta tìm năm hằng số D,A,B,C1, C2. Và 29 Chương 2. Phương pháp Riemann - Hilbert giải PTTP trên đường cong mở cuối cùng xác được nghiệm φ(x) của (2.3.2). Nhận xét : 1. Điều kiện i) và ii) của (2.3.44) có thể tránh được nếu chọn A = 0 = B. 2. Trong công thức nghiệm (2.3.42) nếu thêm vào điều kiện nghiệm bị chặn tại x = α và x = β, phải bổ sung thêm hai điều kiện: v) ′(α) = 0 và vi) ′(β) = 0. (2.3.45) 2.4 Phương trình tích phân kỳ dị với nhân Logarit trên các đoạn rời nhau Trong phần này chúng ta sẽ nghiên cứu các phương trình tích phân kỳ dị với nhân Logarit trên các đoạn rời nhau. Bằng cách biến đổi đưa về bài toán RHP, lớp phương trình này đã được Banerjea và Rakshif giải quyết thành công vào năm 2007. Xét phương trình tích phân n∑ j=1 βj∫ αj φ(t) ln |t− x|dt = f(x), x ∈ L = n∪ j=1 (αj, βj). (2.4.1) Bước 1. Xây dựng bài toán RHP tương ứng với phương trình (2.4.1): Giả sử φ(t) là nghiệm của phương trình (2.4.1). Đặt (z) = n∑ j=1 βj∫ αj φ(t) ln(t−z)dt−A n∑ j=1 ln(αj−z)− n∑ j=1 Bj ln αj − z βj − z , (z = x+iy), (2.4.2) trong đó A = 1 n n∑ j=1 βj∫ αj φ(t)dt, (2.4.3) và Bj (j = 1, 2, ..., n) là các số tùy ý. Khi đó hàm (z) là hàm giải tích trên C\L. 30 Chương 2. Phương pháp Riemann - Hilbert giải PTTP trên đường cong mở Bằng cách sử dụng kết quả của (2.3.29) với x ∈ L tìm được ±(x) =  n∑ j=1 βj∫ αj φ(t) ln |t− x|dt− A n∑ j=1 ln(αj − x)− n∑ j=1 Bj ln αj − x βj − x ∓ x∫ α1 φ(t)dt± πi(A+B1), với x ∈ (α1, β1) , n∑ j=1 βj∫ αj φ(t) ln |t− x|dt− A n∑ j=1 ln(αj − x)− n∑ j=1 Bj ln αj − x βj − x ∓iπ k−1∑ j=1 βj∫ αj φ(t)dt∓ x∫ αj φ(t)dt± iπ(kA+Bk), x ∈ (αk, βk), k = 2, 3, ..., n (2.4.4) Từ (2.4.4) ta tìm được: +(x) + −(x) = h(x), x ∈ L, (2.4.5) +(x)− −(x) = r(x), x ∈ L, (2.4.6) trong đó h(x) = 2 { f(x)− A n∑ j=1 ln |αj − x| − n∑ j=1 Bj ln αj − x βj − x }, (2.4.7) và r(x) =  −2πi x∫ α1 φ(t)dt+ 2πi(A+B1), x ∈ (α1, β1), −2πi k−1∑ j=1 βj∫ αj φ(t)dt− 2πi x∫ αk φ(t)dt+ 2iπ(kA+Bk), x ∈ (αk, βk), k = 2, 3, ..., n. (2.4.8) Bước 2. Giải bài toán RHP (2.4.5): Từ (2.4.8), lấy đạo hàm hai vế theo x ∈ (αk, βk) được r′(x) = −2πiφ(x). 31 Chương 2. Phương pháp Riemann - Hilbert giải PTTP trên đường cong mở Suy ra φ(x) = − 1 2πi r′(x), x ∈ (αk, βk), k = 1, 2, ..., n (2.4.9) và r(x) cho bởi hệ thức (2.4.8), các hằng số A,Bj được xác định bởi A = 1 2πi n∑ j=1 [r(αj)− r(βj)], B1 = −A+ 1 2πi r(α1), Bk = −kA+ 1 2πi [ k∑ j=1 r(αj)− k−1∑ j=1 r(βj) ] , k = 2, 3, ..., n. Chọn một nghiệm 0(z) của phương trình thuần nhất +0 (x) +  − 0 (z) = 0, x ∈ (αj, βj), j = 1, 2, ..., n là 0(z) = R(z) = n∏ j=1 [(z − αj)(z − βj)]−12 . (2.4.10) Khi đó ±0 =  ±(−1) ni |R(x)| , x ∈ (α1, β1), ±(−1) n−1i |R(x)| , x ∈ (α2, β2), . . . . . . ± −i|R(x)| , x ∈ (αn, βn). (2.4.11) Bằng cách lập luận tương tự như trong mục 2.4, ta tìm được nghiệm của bài toán RHP (2.4.5) là (z) = 0(z) [ − 1 2πi n∑ j=1 βj∫ αj g′(t) ln(t− z)dt− C n∑ j=1 ln(αj − z) − n∑ j=1 Dj ln αj − z βj − z + E(z) ] , (2.4.12) trong đó : g(x) = h(x) +0 (x) , 32 Chương 2. Phương pháp Riemann - Hilbert giải PTTP trên đường cong mở C = −1 2πin n∑ j=1 [ g(βj)− g(αj) ] , (2.4.13) D1 = −C + 1 2πi g(α1), Dk = −kC + 1 2πi [ k∑ j=1 g(αj)− k−1∑ j=1 g(βj) ] , k = 2, 3, ..., n và E(z) là đa thức bậc n− 1 của biến z. Do +0 (x) xác định theo công thức (2.4.11) và (2.4.10) nên từ g(x) trong công thức (2.4.13) suy ra g(αj) = g(βj) = 0, j = 1, 2, ..., n. Do vậy: C = 0, D1 = 0, Dk = 0, k = 2, 3, ..., n. Thay các kết quả trên vào (2.4.12) ta nhận được (z) = 0(z) [ − 1 2πi n∑ j=1 βj∫ αj g′(t) ln(t− z)dt+ E(z) ] . (2.4.14) Bước 3. Tìm nghiệm của phương trình (2.4.1): Sử dụng (2.4.14) trong (2.4.6) với x ∈ (αj, βj), nhận được r(x) = (−1)n−j+1 |R(x)| [−1 πi n∑ j=1 βj∫ αj g′(t) ln |t− x|dt+ 2E(x) ] . (2.4.15) Thay thế h(x) từ (2.4.7) và +0 (x) từ (2.4.11) vào g(x) trong (2.4.13), thu được g(x) = 2i(−1)n+j+2 (x), x ∈ (αj, βj), j > 1 trong đó (x) = |R(x)| [ f(x)− A n∑ j=1 ln |αj − x| − n∑ j=1 Bj ln αj − x βj − x ]. (2.4.16) Cuối cùng thay thế r(x) từ (2.4.15), (2.4.16) vào (2.4.9) ta tìm được nghiệm φ(x) với x ∈ (αj, βj) là φ(x) = −1 π2 d dx [ 1 |R(x)| { n∑ j=1 βj∫ αj d dt ln |t− x|dt+ (−1)jπE(x) }] , (2.4.17) 33 Chương 2. Phương pháp Riemann - Hilbert giải PTTP trên đường cong mở ở đó πE(x) là đa thức bậc n− 1 πE(x) = d1 + d2x+ . . .+ dnx n−1. (2.4.18) Như vậy, phương trình tích phân (2.4.1) giải được với 2n điều kiện sau được thỏa mãn βj∫ αj d dt ( (t)) ln |t− αj|dt+ (−1)jπE(αj) = 0, βj∫ αj d dt ( (t)) ln |t− βj|dt+ (−1)jπE(βj) = 0, j = 1, 2, ...n. (2.4.19) Các điều kiện trên giúp ta tìm được 2n hằng số dk trong (2.4.19) và Bk trong (2.4.16), k = 1, 2, ..., n. 34 Chương 3 Một số phương pháp đặc biệt tìm nghiệm của phương trình tích phân kỳ dị Chương này mô tả một số phương pháp đặc biệt tìm nghiệm của phương trình tích phân kỳ dị với nhân dạng Cauchy và dạng logarit. Những phương pháp này tránh được những kỹ thuật phức tạp khi sử dụng phương pháp biến số phức đã được mô tả ở chương 2. 3.1 Phương trình tích phân kỳ dị với nhân Logarit Bài toán 1: Giải phương trình tích phân kỳ dị 1∫ −1 ln |x− t|φ(t) (1− t2)12 dt = f(x), −1 < x < 1, (3.1.1) trong đó f(x) và φ(x) là các hàm khả vi trong khoảng (-1, 1). Trước khi nghiên cứu phương pháp đặc biệt tìm nghiệm của phương trình tích phân (3.1.1), chúng ta cần nhắc lại một số kiến thức bổ sung về đa thức Chebyshev. Định nghĩa 3.1.1. Đa thức Chebyshev là đa thức có dạng Tn(x) = cos(n cos −1 x) với x ∈ (−1, 1), n = 0, 1, 2, ... 35 Chương 3. Một số phương pháp đặc biệt tìm nghiệm của phương trình tích phân kỳ dị Tính chất i) Các đa thức Chebyshev có tính trực giao, tức là 1∫ −1 Tn(x)Tm(x) (1− x2)12 dx =  0 với n ̸= m, π 2 với m = n ̸= 0, π với n = m = 0. ii), Hàm f(x) bất kỳ xác định trong đoạn [−1, 1] và thỏa mãn 1∫ −1 |f(x)|2 (1− x2)12 dx <∞, đều có thể khai triển thành chuỗi Chebyshev dạng f(x) = ∞∑ n=0 CnTn(x), (3.1.2) trong đó C0 = 1 π ∫ f(x) (1− x2)12 dx, Cn = 2 π 1∫ −1 f(x)Tn(x) (1− x2)12 dx, (n > 1). (3.1.3) Chuỗi (3.1.2) hội tụ theo nghĩa bình phương với hàm trọng số (1− x2)12 . Trong trường hợp đặc biệt f(x) = ln |x− t|, với −1 6 x, t 6 1, sử dụng các kết quả 1∫ −1 ln |x− t| (1− t2)12 dt = −π ln 2, (3.1.4) và 1∫ −1 ln |x− t| (1− t2)12 Tn(t)dt = − π n Tn(x), −1 < x < 1. (3.1.5) Ta có khai triển ln |x− t| = − ln 2− 2. ∞∑ n=1 Tn(x)Tn(t) n . 36 Chương 3. Một số phương pháp đặc biệt tìm nghiệm của phương trình tích phân kỳ dị Nhận xét Từ hệ thức (3.1.4), suy ra phương trình tích phân 1∫ −1 ln |x− t| (1− t2)12 φ(t)dt = 1, −1 < x < 1, (3.1.6) có nghiệm là φ(t) = − 1 π ln 2 , −1 < t < 1. (3.1.7) Tiếp theo ta sẽ trình này phương pháp giải phương trình tích phân (3.1.1). Giả sử các hàm f(x), φ(t) trong phương trình tích phân (3.1.1) có thể khai triển thành chuỗi Chebyshev f(x) = ∞∑ n=0 cnTn(x), (3.1.8) và φ(x) = ∞∑ n=0 dnTn(x), (3.1.9) trong đó cn là các hằng số được xác định bởi (3.1.3) và dn là các ẩn hằng cần xác định. Thay (3.1.8) và (3.1.9) vào phương trình (3.1.1) và sử dụng các kết quả (3.1.4) và (3.1.5) thu được (−π ln 2)d0 − π ∞∑ n=1 dn n Tn(x) = ∞∑ n=0 cnTn(x), −1 < x < 1. Đồng nhất hệ số tương ứng, ta tìm được d0 = c0 π ln 2 = 1 π2 ln 2 1∫ −1 f(x) (1− x2)12 dx, và dn = n π cn = −2n π2 1∫ −1 f(x)Tn(x) (1− x2)12 dx, n > 1. (3.1.10) Hệ thức (3.1.9) và (3.1.10) cho ta nghiệm của phương trình tích phân (3.1.1) đối với lớp hàm f(x) mà các hằng số dn được xác định bởi (3.1.10) làm cho chuỗi (3.1.9) hội tụ theo nghĩa bình phương. 37 Chương 3. Một số phương pháp đặc biệt tìm nghiệm của phương trình tích phân kỳ dị Trong trường hợp đặc biệt f(x) = 1, nghiệm của phương trình tích phân (3.1.1) (phương trình tích phân (3.1.6)) là φ(t) = d0T0(x) = −1 π ln 2 . (3.1.11) Nghiệm này đã được chỉ ra ở (3.1.6) và (3.1.7). Xét phương trình tích phân loại 2 tương ứng với phương trình (3.1.1): φ(x)− λ 1∫ −1 ln |x− t| (1− x2)12 φ(t)dt = f(x), −1 < x < 1. (3.1.12) Gọi L0 là toán tử được định nghĩa bởi (L0.φ)(x) = L0(φ(t), x) = 1∫ −1 ln |x− t| (1− x2)12 φ(t)dt. Khi đó, giá trị riêng của toán tử L0 là λn = −π ln 2 với n = 0,−π n với n ≥ 1, (3.1.13) với các hàm riêng tương ứng là Tn(x) (n > 0). Phương trình (3.1.12) trở thành φ(x)− λ(L0φ)(x) = f(x), −1 < x < 1. (3.1.14) Nếu hàm f(x) và φ(x) được khai triển thành các số hạng của chuỗi Chebyshev (3.1.8) và (3.1.9) thì nghiệm của phương trình tích phân (3.1.12) được biểu diễn dưới dạng φ(x) = 1∫ −1 R(x, y, λ)f(y)dy, trong đó giải thức R được xác định bởi công