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

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 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 Công thức Sokhotski - Plemelij toán biên Riemann 1.1 Công thức Sokhotski - Plemelij 1.1.1 Công thức Sokhotski - Plemelij 1.1.2 Công thức Sokhotski - Plemelij trục thực 1.2 Bài toán biên Riemann 1.2.1 Bài toán bước nhảy 1.2.2 Bài toán 1.2.3 Hàm tắc toán 1.2.4 Bài toán không 1.2.5 Bài toán biên Riemann nửa mặt phẳng 8 10 10 11 11 14 15 17 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 toán biên Riemann 2.2 Phương trình tích phân kỳ dị với phép phản xạ 2.2.1 Tính giải 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) ≡ 2.3 Ví dụ 24 27 29 30 33 36 23 23 23 Phương trình tích phân kỳ dị với phép tịnh tiến lớp hàm tuần hoàn 50 3.1 3.2 3.3 3.4 Toán tử sinh nhóm hữu hạn đối hợp Phương trình tích phân kỳ dị với phép tịnh tiến Phương trình tích phân kỳ dị với phép tịnh tiến Ví dụ phản xạ 50 53 56 57 Kết luận 64 Tài liệu tham khảo 65 Mở đầu Lý thuyết toán tử tích phân kỳ dị toán biên Riemann hàm giải tích biến phức xây dựng phát triển mạnh mẽ nửa kỷ, từ năm 1920 đến 1970 Các kết gắn với tên tuổi nhiều nhà toán học tiếng Noether, Muskhelishvili, Gakhov, Vekua, Trong giáo trình lý thuyết hàm biến phức đại học, biết đến tích phân Cauchy, tích phân dạng Cauchy tích phân với nghĩa giá trị theo Cauchy: Giả sử Γ chu tuyến đóng trơn mặt phẳng phức, chia mặt phẳng phức thành miền D+ miền D− Khi f (z) hàm giải tích D+ liên tục D+ ∪ Γ, theo công thức tích phân Cauchy lý thuyết hàm biến phức, ta có 2πi f (z), z ∈ D+ 0, z ∈ D− f (τ ) dτ = τ −z (1) Γ Nếu hàm f (z) giải tích D− liên tục D− ∪ Γ, 2πi f (τ ) dτ = τ −z f (∞), z ∈ D+ −f (z) + f (∞), z ∈ D− (2) Γ Công thức tích phân Cauchy cho ta lời giải toán biên lớp hàm giải tích Tích phân vế trái công thức (1) (2) tích phân Cauchy Giả sử ϕ(τ ) hàm liên tục chu tuyến Γ Khi đó, tích phân Φ(z) = 2πi ϕ(τ ) dτ τ −z Γ xây dựng theo phương pháp tích phân Cauchy, gọi tích phân dạng Cauchy Hàm số ϕ(τ ) gọi hàm mật độ hàm nhân Cauchy τ −z Xét tích phân đường kỳ dị ϕ(τ ) dτ τ −t (3) Γ Giả sử γ đường tròn: γ = γ(t, ε) = {z ∈ C : |z − t| = ε} ε số dương đủ bé cho γ cắt Γ hai điểm Phần đường cong Γ nằm hình tròn {z ∈ C : |z − t| ≤ ε} ký hiệu Γ(ε) Định nghĩa 0.1 Giới hạn tích phân Γ(ε) ϕ(τ ) dτ ε → gọi τ −t giá trị tích phân kỳ dị (3) Mục tiêu luận văn tập trung nghiên cứu lớp phương trình tích phân kỳ dị với dịch chuyển phản xạ trục thực dạng (2.11) Bằng phương pháp sử dụng toán biên Riemann hệ thống phương trình đại số tuyến tính, đưa phương pháp đại số để thu nghiệm phương trình (2.11) trường hợp khác Luận văn gồm phần mở đầu chia thành chương Chương 1: Nhắc lại công thức Sokhotski Plemelij trình bày cách giải toán biên Riemann: toán bước nhảy, toán nhất, toán không toán biên Riemann nửa mặt phẳng đưa số ví dụ toán biên Riemann nửa mặt phẳng Đây công cụ để giải lớp phương trình tích phân kỳ dị với nhân khác Chương 2: Là phần luận văn Trước hết, nêu phương pháp giải phương trình tích phân kỳ dị dạng đặc trưng số ví dụ minh họa phương trình tích phân kỳ dị dạng đặc trưng trục thực Tiếp theo, trình bày phương pháp giải phương trình tích phân kỳ dị với phép phản xạ trục thực dạng (2.11) số trường hợp khác đưa ví dụ minh họa Chương 3: Đưa phương pháp để giải phương trình tích phân kỳ dị với phép tịnh tiến phương trình tích phân kỳ dị với phép tịnh tiến phản xạ trục thực cách xác định đa thức đặc trưng quy hóa toán tử tích phân kỳ dị sinh nhóm hữu hạn đối hợp Sau xét số ví dụ áp dụng cụ thể Luận văn hoàn thành hướng dẫn khoa học NGND GS TSKH Nguyễn Văn Mậu, trường Đại học Khoa học Tự nhiên, Đại học Quốc gia Hà nội, người Thầy tận tình hướng dẫn, giúp đỡ tác giả suốt trình hoàn thành luận văn Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành kính trọng sâu sắc Giáo sư Tác giả xin bày tỏ lòng cảm ơn tới thầy cô giáo, thành viên, anh chị đồng nghiệp Seminare Giải tích trường Đại học Khoa học Tự nhiên, Đại học Quốc gia Hà nội ý kiến đóng góp quý báu, giúp đỡ tận tình cổ vũ to lớn 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 tạo điều kiện thuận lợi cho tác giả suốt trình học tập trường Chương Công thức Sokhotski - Plemelij toán biên Riemann 1.1 1.1.1 Công thức Sokhotski - Plemelij Công thức Sokhotski - Plemelij Trong mục này, ta khảo sát toán tồn giá trị tích phân dạng Cauchy chu tuyến tích phân đánh giá mối liên hệ giá trị hàm số với tích phân kỳ dị Giả sử Γ chu tuyến trơn (hoặc trơn khúc) mặt phẳng C Xét hàm số ϕ(τ ) dτ, (1.1) Φ(z) = 2πi τ − z Γ ϕ(τ ) thỏa mãn điều kiện Holder Về sau, ta xét chu tuyến Γ đóng Trong trường hợp chu tuyến mở ta bổ sung thêm đường cong trơn tùy ý để đóng đặt đường cong phụ ϕ(τ ) = Để khảo sát giá trị Φ(z) điểm t chu tuyến, ta xét hàm số Ψ(z) = ϕ(τ ) − ϕ(t) dτ τ −z 2πi (1.2) Γ Ký hiệu giá trị hàm giải tích Φ(z), Ψ(z) điểm z tiến tới điểm t chu tuyến từ phía Φ+ (t), Ψ+ (t), tương ứng, từ phía Φ− (t), Ψ− (t), tương ứng (đối với chu tuyến mở tương ứng thực từ trái qua phải theo chiều dương đường cong định hướng) Để mô tả hướng tới giới hạn, ta viết z → t+ z → t− Giá trị hàm số tương ứng điểm t chu tuyến ký hiệu Φ(t), Ψ(t); Φ(t) tích phân kỳ dị theo nghĩa giá trị Φ(t) = 2πi ϕ(τ ) dτ τ −t (1.3) Γ Xét hệ thức  2πi, dτ = 0, τ − z πi, Γ z ∈ D+ , z ∈ D− , z ∈ Γ, (1.4) ta nhận Ψ+ (t) = lim+ z→t 2πi ϕ(τ ) ϕ(t) dτ − τ −z 2πi Γ Ψ− (t) = lim− z→t Ψ(t) = 2πi 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 = Φ(t) − ϕ(t) τ −t Γ Γ Vì hàm số Ψ(t) liên tục, nên vế phải hệ thức đồng nhất, tức Φ+ (t) − ϕ(t) = Φ− (t) = Φ(t) − ϕ(t) Vậy nên ta nhận  ϕ(τ ) 1 +  Φ (t) = ϕ(t) + 2πi τ −t dτ −  Φ (t) = − 12 ϕ(t) + Γ 2πi Γ ϕ(τ ) τ −t dτ tích phân kỳ dị hiểu theo nghĩa giá trị Công thức (1.6) gọi công thức Sokhotski - Plemelij (1.5) (1.6) Trừ cộng vế tương ứng công thức (1.6) ta nhận hai công thức tương đương sau đây: Φ+ (t) − Φ− (t) = ϕ(t), ϕ(τ ) Φ+ (t) + Φ− (t) = dτ πi τ − t (1.7) (1.8) Γ 1.1.2 Công thức Sokhotski - Plemelij trục thực Tương tự với chu tuyến hữu hạn ta có công thức Sokhotski - Plemelij chu tuyến vô hạn:  +∞  ϕ(τ )  1 +  Φ (t) = ϕ(t) + 2πi τ −t dτ  −   Φ (t) = − ϕ(t) + −∞ +∞ ϕ(τ ) 2πi τ −t dτ −∞ Đặc biệt, ta có dáng điệu hàm số Φ(z) lân cận vô (xem [1]) 1 Φ+ (∞) = ϕ(∞), Φ− (∞) = − ϕ(∞) 2 1.2 Bài toán biên Riemann Giả thiết Γ chu tuyến đóng, đơn trơn chia mặt phẳng phức thành miền D+ miền D− (giả thiết ∞ ∈ D− ),và cho hai hàm số chu tuyến, G(t) g(t) thỏa mãn điều kiện Holder, G(t) không triệt tiêu biên Ta cần xác định hai hàm số Φ+ (z), giải tích miền D+ , Φ− (z), giải tích miền D− , kể z = ∞, thỏa mãn chu tuyến Γ hệ thức (bài toán nhất) Φ+ (t) = G(t)Φ− (t) (1.9) hệ thức không (bài toán không nhất) Φ+ (t) = G(t)Φ− (t) + g(t) (1.10) Hàm số G(t) gọi hệ số toán Riemann, hàm số g(t) phần tử tự 10 (j = 0, 1, , n − 1) (iv) nhóm G2n độc lập tuyến tính S(X), tức là, n−1 n−1 j Bj Wj = 0, Aj , Bj ∈ S(X), j = 0, 1, , n − 1, Aj V + j=0 j=0 Aj = Bj = (j = 0, 1, , n − 1) Xét toán tử: n−1 n−1 j K= Aj10 V + j=0 Bj10 Wj , (3.1) j=0 Aj10 , Bj10 ∈ S(X) (j = 0, 1, , n − 1) Ký hiệu Ajik Bjik toán tử xác định theo giả thiết (iii), tức là, V k Aj10 = Aj1k V k , Wk Aj10 = Aj2k Wk , V k Bj10 = Bj1k V k , Wk Bj10 = Bj2k Wk  A0i0 A1i0 A A0i1 Ai =  n−1i1 ··· ··· A1in−1 A2in−1  B0i0 B1i0 · · ·  B1i1 B2i1 · · · Bi =  · · · ··· ··· Bn−1in−1 B0in−1 · · ·  · · · An−1i0 · · · An−2i1  ··· ···  · · · A0in−1  Bn−1i0 B0i1  · · ·  (i = 1, 2) Bn−2in−1 A B E(K) = B1 A1 2 (3.2) Định nghĩa 3.1 Ma trận E(K) gọi symbol S(X) toán tử K dạng (3.1) Theo giả thiết phần tử ma trận E(K) giao hoán với ánh xạ E : K → E(K) - Bổ đề 3.1 (xem [1]) Tập A toán tử K dạng (3.1) tạo thành đại số với đơn vị I 51 Bổ đề 3.2 Đại số E(A) symbol đại số A đẳng cấu với A, tức E(K + L) = E(K) + E(L) E(KL) = E(K)E(L) với K, L ∈ A Hệ 3.1 Nếu A ∈ S(X) V A = AV, AWj = Wj A (j = 0, 1, , n − 1), (3.3) E(AK) = AE(K) (3.4) Ký hiệu S0 (X) tập phần tử A ∈ S(X) cho hệ thức (3.3) thỏa mãn Rõ ràng S0 (X) đại số S(X) I ∈ S0 (X) Định nghĩa 3.2 Ta nói toán tử M ∈ L0 (X) đại số toán tử S(X) tồn đa thức P (t) = tm + P1 tm−1 + · · · + Pm , Pj ∈ S(X), (j = 1, 2, · · · , m), cho (1) P (M ) = 0, (2) M Pj = Pj M (j = 1, 2, · · · , m) Ký hiệu PM (t) đa thức đặc trưng toán tử M S(X) PE (t) = det[[tI2n − E(K)]], I2n ma trận đơn vị bậc 2n : I2n = diag (I, I, , I) Do vậy, PE (t) đa thức dạng PE (t) = It2n − ϕ1 (E)t2n−1 + ϕ2 (E)t2n−2 − · · · + ϕ2n (E), n−1 n−1 ϕ1 (E) = (Ajki + Bjik ), j=0 i=1 k=0 ϕ2n (E) = det E(K) 52 (3.5) dễ thấy ϕj (E) ∈ S0 (X) (j = 1, 2, · · · , 2n) (3.6) Đặc trưng đại số toán tử K phát biểu sau: Định lý 3.1 Nếu toán tử K dạng (3.1) thỏa mãn điều kiện (i)-(iv), K toán tử đại số suy rộng S(X) Chứng minh Theo định lý Cayley-Hamilton, PE (E(K)) = 0, tức là, [E(K)]2n − ϕ1 (E)[E(K)]2n−1 + · · · + ϕ2n (E)I2n = Từ (3.3), (3.4) (3.6) ta viết đẳng thức cuối dạng: E[K 2n − ϕ1 (E)K 2n−1 + · · · + ϕ2n (E)I] = 0, tức là, PE (E(K)) symbol toán tử PE (K) Theo bổ đề 3.2, ta nhận PE (K) = Do K toán tử đại số suy rộng S(X) Hệ 3.2 Nếu phần tử ϕ2n (E) dạng (3.5) khả nghịch, K khả nghịch Ngoài ra, R nghịch đảo ϕ2n (E), tức là, Rϕ2n (E) = ϕ2n (E)R = I, K −1 = −RQ(K), Q(t) = t−1 [PE (t) − ϕ2n (E)] 3.2 Phương trình tích phân kỳ dị với phép tịnh tiến Xét toán tử (V ϕ)(t) = ϕ(t + r) phương trình tích phân dạng n−1 n−1 k ck (t)(V k Sϕ)(t) = g(t), t ∈ R ak (t)(V ϕ)(t) + k=0 k=0 không gian hàm Holder X = H λ (R), < λ < tuần hoàn chu kỳ m = nr, ak (t), ck (t) ∈ H λ (R) Xét toán tử n−1 (ak (t)I + ck (t)S)V k K= k=0 53 (3.7) Chúng ta viết A B A − B toán tử compact Ký hiệu S(X) tập tất toán tử dạng a(t)I + b(t)S + D, a, b ∈ H λ (R), D toán tử compact S(X) tập tất toán tử K dạng (3.7) Tập tất toán tử compact X ký hiệu J (X) Khi S(X) S(X) có dạng đại số J (X) ideal Hơn nữa, với A, B ∈ S(X), AB BA Vì vậy, [[Bij ]] ma trận Bij ∈ S(X) (i, j = 1, 2, , n), ta định nghĩa định thức [[Bij ]] det1 [[Bij ]] = (−1)t B1j1 B2j2 · · · Bnjn j1 ,j2 , ,jn Tổng tính tất hoán vị số 1, 2, , n t xác định công thức (ji − jk ) t= i,k=1,i=k Ta có det1 [[Bij ]] det[[Bij ]], (−1)t Bi1 j1 Bi2 j2 · · · Bin jn det[[Bij ]] = j1 ,j2 , ,jn (i1 , i2 , , in ) hoán vị (1, 2, , n) Ký hiệu Tij = aij (t)I + bij (t)S, Tij = aij (t)I − bij (t)S (i, j = 1, 2, , n), [[T ]] = [[Tij ]], [[T ]] = [[Tij ]], [[a]] = [[aij ]], [[b]] = [[bij ]] 1 Đặt P = (I + S), Q = (I − S) Thì 2 Tij = (aij + bij )P + (aij − bij )Q, Tij = (aij − bij )P + (aij + bij )Q Bổ đề 3.3 (i) Các công thức sau T := det1 [[T ]] det[[a + b]]P + det[[a − b]]Q, 54 T := det1 [[T ]] det[[a − b]]P + det[[a + b]]Q; (ii) Nếu det[[a(t) ± b(t)]] = 0, t ∈ R, toán tử T T toán tử Noether (định nghĩa toán tử Noether xem [2]) Viết lại toán tử (3.7) dạng n−1 Ak V k , K= (3.8) k=0 Ak = ak (t)I + ck (t)S, (k = 0, 1, , n − 1) Ký hiệu M = A(t)In + C(t)Sn , M = A(t)In − C(t)Sn ,  a0 (t) a1 (t) ··· an−1 (t)  a (r + t) a0 (r + t) · · · an−2 (r + t)  A(t) =  n−1· · · , ··· ··· ··· a1 (nr − r + t) a2 (nr − r + t) · · · a0 (nr − r + t)   c0 (t) c1 (t) ··· cn−1 (t)  c (r + t) c0 (r + t) · · · cn−2 (r + t)  C(t) =  n−1· · · , ··· ··· ··· c1 (nr − r + t) c2 (nr − r + t) · · · c0 (nr − r + t) In = diag (I.I, , I), Sn = diag (S, S, , S)  A(t) C(t) E(K) = C(t) A(t) , M0 = det1 M, M0 = det1 M (3.9) Đặt PM (λ) = det1 [[λIn − M ]], ta thu định lý sau Định lý 3.2 (i) PM (K) 0; (ii) Toán tử K dạng (3.7) toán tử Noether toán tử M0 dạng (3.9) toán tử Noether (iii) Nếu toán tử M0 Noether R0 quy hóa nó, quy hóa toán tử K xác định công thức R = R0 Q(K) Q(λ) = −λ−1 [PM (λ) − M0 ] 55 3.3 Phương trình tích phân kỳ dị với phép tịnh tiến phản xạ Xét toán tử (V ϕ)(t) = ϕ(t + r), (W ϕ)(t) = ϕ(−t) phương trình tích phân dạng n−1 n−1 k bk (t)(V k Sϕ)(t) dk (t)(V ϕ)(t) + k=0 n−1 k=0 n−1 bn+k (t)(V k Sϕ)(−t) = g(t), t ∈ R k dn+k (t)(V ϕ)(−t) + + k=0 k=0 không gian hàm Holder X = H λ (R), < λ < tuần hoàn chu kỳ m = nr, dk (t), bk (t) ∈ H λ (R) Dễ dàng kiểm tra tập hợp toán tử G2n = {I, V, , V n−1 , V W, V W, , V n−1 W, W } nhóm hữu hạn bậc 2n tất giả thiết (i)-(iv) phần 3.1 thỏa mãn G2n Xét toán tử n−1 n−1 k L= (dn+k (t)I + bn+k (t)S)V k W, (dk (t)I + bk (t)S)V + k=0 (3.10) k=0 dk (t), bk (t) ∈ H λ (R) Ký hiệu L(X) tập tất toán tử dạng (3.10) Vì vậy, toán tử L ∈ L(X) viết dạng n−1 n−1 k L= Dn+k V k W, Dk V + k=0 k=0 Dj = dj (t)I + bj (t)S ∈ S(X) Symbol toán tử L S(X) có dạng E(L) = D(t)I2n + B(t)S2n , 56  D0 (t) D1 (t)  Dn−1 (r + t) D0 (r + t) D(t) =  ··· ··· D1 (nr − r + t) D2 (nr − r + t)  B0 (t) B1 (t)  B (r + t) B0 (r + t) B(t) =  n−1· · · ··· B1 (nr − r + t) B2 (nr − r + t)  ··· Dn−1 (t) · · · Dn−2 (r + t)  , ··· ··· · · · D0 (nr − r + t)  ··· Bn−1 (t) · · · Bn−2 (r + t)  , ··· ··· · · · B0 (nr − r + t) d (t) d (t) Di (t) = d i (t) dn+i (t) , 2n−i n−i d (t) d (t) D0 (t) = d 0(−t) d n(−t) , n b (t) b (t) Bi (t) = −b i (t) −bn+i (t) , 2n−i n−i b (t) b (t) B0 (t) = −b (−t) −bn(−t) n Định lý 3.3 (i) Nếu P (λ) = det1 [[λI2n − E(L)]], P (L) 0, tức là, L toán tử đại số S(X) ứng với ideal J (X) (ii) Nếu det[[D(t) ± B(t)]] = 0, t ∈ R, toán tử L có quy hóa dạng R = R0 Q(L), Q(λ) = −λ−1 [P (λ) − N0 ], N0 = det1 E(L), R0 quy hóa toán tử N0 (iii) Toán tử L toán tử Noether toán tử N0 = det1 E(L) toán tử Noether 3.4 Ví dụ Ví dụ 3.1 Xác định hàm f thỏa mãn hệ sau f (x + 3a) = f (x) f (x + a) = αf (x) + βf (x − a) + b α + β = 1, a = 57 (3.11) Lời giải Do f (x + 3a) = f (x) nên f (x − a) = f (x − a + 3a) = f (x + 2a) Khi phương trình thứ hệ (3.11) viết lại dạng sau αf (x) + βf (x + 2a) − f (x + a) = −b Xét toán tử K = αI − V + βV , (V f )(x) = f (x + a) M= α −1 β β α −1 −1 β α M0 = det1 M = α3 + β + 3αβ − PM (λ) = (α − λ)3 + β + 3(α − λ)β − Q(λ) = −λ−1 [PM (λ) − M0 ] = λ2 − 3αλ + 3α2 + 3β K −1 = R0 Q(K) = = [K − 3αK + 3α2 + 3β] 3 α + β + 3αβ − 1 [(α2 + β)I + (β + α)V + (1 − αβ)V ] 3 α + β + 3αβ − f (x) = K −1 (−b) α2 + β + β + α + − αβ = −b α3 + 3αβ + β − 1 2 2 [(α + 1) + (β + 1) + (α − β) ] = −b 2 2 (α + β − 1)[(α + 1) + (β + 1) + (α − β) ] b = 1−α−β Ví dụ 3.2 Giải phương trình sau không gian hàm tuần hoàn chu kỳ (t + 1)ϕ(t) + (t − 1)ϕ(t + 1) = g(t), 58 với t = − g(t) hàm tuần hoàn chu kỳ 2 Lời giải Xét toán tử K xác định K = (t + 1)I + (t − 1)V V toán tử xác định (V ϕ)(t) = ϕ(t + 1) Xét ma trận A(t) = t+1 t−1 t t+2 M = A(t)I3 M0 = det1 M = t+1 t−1 t t + = 4t + PM (λ) = det[[M − λI]] = λ2 − (2t + 3)λ + M0 Từ ta suy [(2t + 3)I − K] M0 (t) [(t + 2)I − (t − 1)V ] = 4t + K −1 = Khi nghiệm phương trình cho ϕ(t) = [(t + 2)g(t) − (t − 1)g(t + 1)] 4t + Do nghiệm hàm tuần hoàn với chu kỳ 2, tức ϕ(t) = ϕ(t + 2) nên điều kiện giải phương trình g(t) = −g(t + 1) Ví dụ ta xét g(t) = sin πt hàm tuần hoàn chu kỳ thỏa mãn g(t) = −g(t + 1) Khi nghiệm phương trình cho ϕ(t) = sin πt [(t + 2)g(t) − (t − 1)g(t + 1)] = 4t + 2 59 Ví dụ 3.3 Xét phương trình a0 ϕ(t) + a1 ϕ(t + r) + a2 ϕ(t + 2r) c0 (Sϕ)(t) + c1 (Sϕ)(t + r) + c2 (Sϕ)(t + 2r) = g(t) a0 , a1 , a2 , c0 , c1 , c2 số tùy ý, g(t) hàm tuần hoàn chu kỳ r Lời giải Xét toán tử K xác định sau K = a0 I + a1 V + a2 V + c0 S + c1 SV + c2 SV a0 a2 a1 c0 C(t) = c2 c1 A(t) = a1 a0 a2 c1 c0 c2 a2 a1 a0 c2 c1 c0 M = A(t)I + C(t)S M0 = det1 M = det[A(t) + C(t)]P + det[A(t) − C(t)]Q = [(a0 +c0 )3 +(a1 +c1 )3 +(a2 +c2 )3 −3(a0 +c0 )(a1 +c1 )(a2 +c2 )](I +S) + [(a0 −c0 )3 +(a1 −c1 )3 +(a2 −c2 )3 −3(a0 −c0 )(a1 −c1 )(a2 −c2 )](I −S) = [a30 + 3a0 c20 + a31 + 3a1 c21 + a32 + 3a2 c22 −3a0 a1 a2 − 3c0 c1 a2 − 3a0 c1 c2 − 3c0 a1 c2 ]I +[3a20 c0 + c30 + 3a21 c1 + c31 + 3a22 c2 + c32 −3a0 c1 a2 − 3c0 a1 a2 − 3a0 a1 c2 − 3c0 c1 c2 ]S = AI + BS, A = [a30 + 3a0 c20 + a31 + 3a1 c21 + a32 + 3a2 c22 −3a0 a1 a2 − 3c0 c1 a2 − 3a0 c1 c2 − 3c0 a1 c2 ] B = [3a20 c0 + c30 + 3a21 c1 + c31 + 3a22 c2 + c32 −3a0 c1 a2 − 3c0 a1 a2 − 3a0 a1 c2 − 3c0 c1 c2 ] 60 Suy A B I + S A2 − B B − A2 Ta có M = A(t)I + C(t)S Suy M − λI = (A(t) − λ)I + C(t)S R0 = PM (λ) = det1 [M − λI] = det[A(t) − λ + C(t)]P + det[A(t) − λ − C(t)]Q = [(a0 + c0 − λ)3 + (a1 + c1 )3 + (a2 + c2 )3 − 3(a0 + c0 − λ)(a1 + c1 )(a2 + c2 )](I + S) + [(a0 − c0 − λ)3 + (a1 − c1 )3 + (a2 − c2 )3 − 3(a0 − c0 − λ)(a1 − c1 )(a2 − c2 )](I − S) = [−λ3 + 3a0 λ2 + (−3a20 − 3c20 + 3a1 a2 + 3c1 c2 )λ]I + [3c0 λ2 + (−6a0 c0 + 3c1 a2 + 3a1 c2 )λ]S + M0 Q(λ) = − [PM (λ) − M0 ] λ = [λ − 3a0 λ + 3a20 + 3c20 − 3a1 a2 − 3c1 c2 ]I + [−3c0 λ + 6a0 c0 − 3c1 a2 − 3a1 c2 ]S Suy R = R0 Q(K) nghiệm ϕ(t) = (Rg)(t) Ta xét ví dụ cụ thể Với r = 1, a0 = 1, a1 = 1.a2 = −1, c0 = 1, c1 = 0, c2 = Khi ta có M0 = I + 8S R0 = − I + S 63 63 Q(λ) = (λ2 − 3λ + 9)I + (−3λ + 3)S R = R0 Q(K) = − I+ S 63 63 61 K − 3K + 9I − 3KS + 3S K = I + V − V + S + SV Suy K = 4V + 4S + V (−I + 8S)(3I + V + S + V − 3V S) 63 = (5I − 25V + 23S + 11V S − V + 8SV ) 63 R= Do ta nghiệm ϕ(t) = (Rg)(t) Ví dụ 3.4 Xét phương trình sau a0 ϕ(t) + a1 ϕ(t + 1) + b0 ϕ(−t) + b1 ϕ(−t + 1) = g(t) Lời giải Xét toán tử K xác định sau K = a0 I + a1 V + b W + b V W V W toán tử xác định (V ϕ)(t) = ϕ(t + 1), (W ϕ)(t) = ϕ(−t) Ta có A B E(K) = C D a a A = a0 a1 b b B = b0 b1 b b C = b0 b1 a a D = a0 a1 62 Suy  a0 a E(K) =  b b1 a1 a0 b1 b0 b0 b1 a0 a1  b1 b0  a1  a0 det E(K) = a40 + a41 + b40 + b41 + 8a0 a1 b0 b1 − 2a20 b20 − 2a20 b21 − 2a20 a21 − 2a21 b21 − 2a21 b20 − 2b20 b21 PE (λ) = det[E(K) − λI] = (a0 − λ)4 + a41 + b40 + b41 + 8(a0 − λ)a1 b0 b1 − 2(a0 − λ)2 b20 − 2(a0 − λ)2 b21 − 2(a0 − λ)2 a21 − 2a21 b21 − 2a21 b20 − 2b20 b21 = λ4 − 4a0 λ3 + (6a20 − 2b20 − 2b21 − 2a21 )λ2 + (−4a30 − 8a1 b0 b1 + 4a0 b20 + 4a0 b21 + 4a0 a21 )λ + det E(K) Xét ví dụ cụ thể Với a0 = 1, a1 = −1, b0 = 1, b1 = Ta có det E(K) = −16 PE (λ) = λ4 − 4λ3 + 16λ − 16 PE (K) = K − 4K + 16K − 16I = 4K − 16I = 4(V W − W V + W V W − V ) = Vì K − 4K + 16K = 16I K(K − 4K + 16) = 16I K −1 K − 4K + 16I K K2 K = =I+ − = 16 4 Vậy ϕ(t) = K 1 1 g(t) = g(t) − g(t + 1) + g(−t) + g(−t + 1) 4 4 63 Kết luận Kết luận văn là: trình bày thu - Trình bày tổng quan tích phân kỳ dị, công thức Sokhotski - Plemelij toán biên Riemann miền đơn liên - Đưa cách giải phương trình tích phân kỳ dị dạng đặc trưng phương pháp giải phương trình tích phân kỳ dị với phép phản xạ trục thực số trường hợp khác hệ số giải chúng công cụ toán biên Riemann - Đưa phương pháp giải phương trình tích phân kỳ dị với phép tịnh tiến phương trình tích phân kỳ dị với phép tịnh tiến phản xạ lớp hàm tuần hoàn - Một số hướng nghiên cứu phát triển từ đề tài : Phương trình tích phân kỳ dị với phép quay đường tròn đơn vị Phương trình tích phân kỳ dị sinh nhóm hữu hạn đối hợp đường tròn đơn vị Vì thời gian kiến thức hạn chế nên luận văn chắn không tránh khỏi thiếu sót Tác giả mong nhận quan tâm, đóng góp ý kiến thầy cô bạn đồng nghiệp để luận văn hoàn thiện Tác giả xin chân thành cảm ơn! 64 Tài liệu tham khảo [1] Nguyen Van Mau, 2005, Lý thuyết toán tử phương trình tích phân kỳ dị, VNU [2] Nguyen Van Mau, 2005, Algebraic elements and boundary value problems in linear spaces, VNU [3] D Przeworska-Rolewicz, 1988, Algebraic Analysis, Polish Scientific Pub and D.Reidel Publ Company [4] Nguyễn Thủy Thanh, 2006, Cơ sở lý thuyết hàm biến phức, VNU [5] F.D.Gakhov, Boundary value problems, USA 65 [...]... , 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... 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... 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... = t+i với giả thiết rằng điều kiện giải được b = −1 được thỏa mãn Dễ dàng nhận thấy các hàm ϕ(t) tìm được trong hai trường hợp thỏa mãn yêu cầu bài toán 2.2 Phương trình tích phân kỳ dị với phép phản xạ Cho X = H µ (R), (0 < µ ≤ 1) là không gian Holder trên R Xét các toán tử sau trên X : (lϕ)(t) = l(τ, t)ϕ(τ )dτ, (2.6) ϕ(τ )dτ , τ −t (2.7) R (Sϕ)(t) = 1 πi R trong đó l(τ, t) là hàm số xác định trên. .. X, X + = P1 X, X − = P2 X (2.10) Chúng ta xem xét tính giải được của phương trình tích phân kỳ dị (trong X ) có dạng sau a1 (t)ϕ(t)+a2 (t)ϕ(−t)+ b+ (t) πi tϕ(τ )dτ + τ 2 − t2 R l(τ, t)ϕ(τ )dτ = f (t) (2.11) R trong đó a1 , a2 , b+ ∈ X là các hàm cho trước 28 2.2.1 Tính giải được của phương trình với phép phản xạ Ta viết lại phương trình (2.11) dưới dạng a+ (t)(Q1 ϕ)(t)+a− (t)(Q2 ϕ)(t)+b+ (t)(SQ1 ϕ)(t)+(lϕ)(t)... 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... 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− (∞)... 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... X1 Do đó, phương trình (2.25) và (2.27) tương đương với hệ Q1 [a+ (t)a− (−t)(Q1 ϕ1 )(t)] + Q1 [a− (−t)(lϕ1 )(t)] = Q1 [a− (t)f (−t)] Q2 [b+ (t)a− (−t)](Q2 Sϕ1 )(t) = 0, Q2 [a+ (t)a− (−t)(Q2 ϕ2 )(t)] + Q2 [a+ (−t)(lϕ1 )(t)] = Q2 [a+ (−t)f (t)] Q1 [a+ (t)b+ (−t)](Q2 Sϕ1 )(t) = 0 Theo giả thiết u(t) ≡ 0 hay Q1 [a+ (t)a− (−t)] ≡ 0 Khi đó, phương trình (2.26) và phương trình (2.28) tương đương với hệ Q2... ở các điểm thuộc tập hợp E nào đó với E = Γ thì cần có thêm giả thiết ràng buộc đối với các hệ số và nhân của phương trình để nghiệm thuộc không gian các hàm Holder tương ứng 2.3 Ví dụ Ta xét bài toán sau đây Ví dụ 2.3 Cho a(t), b(t), f (t) là các hàm liên tục trên R Tìm hàm liên tục ϕ(t) trên R thỏa mãn điều kiện a(t)ϕ(t) + b(t)ϕ(−t) = f (t), ∀t ∈ R (2.32) Phương trình (2.32) trong trường hợp hệ số