Tích phân phường trình tích phân kỳ di với phép quay. Hướng dẫn tìm hiểu phương trình tích phân kỳ dị và phép quay hay nhất. Phép quay phương trình tích phân. Mối quan hệ giữa phương trình tích phân kỳ dị với phép quay trong toán học
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG VÕ THỊ TRANG PHƯƠNG TRÌNH TÍCH PHÂN KỲ DỊ VỚI PHÉP QUAY LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC Đà Nẵng – Năm 2013 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG VÕ THỊ TRANG PHƯƠNG TRÌNH TÍCH PHÂN KỲ DỊ VỚI PHÉP QUAY Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp Mã số: 60.46.60 LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC Người hướng dẫn khoa học: GS.TSKH NGUYỄN VĂN MẬU Đà Nẵng – Năm 2013 LỜI CAM ĐOAN Tôi cam đoan công trình nghiên cứu riêng Các số liệu, kết nêu luận văn trung thực chưa công bố công trình khác Tác giả luận văn Võ Thị Trang MỤC LỤC MỞ ĐẦU 1 Lý chọn đề tài Mục đích nghiên cứu Nhiệm vụ nghiên cứu Đối tượng phạm vi nghiên cứu Phương pháp nghiên cứu Ý nghĩa khoa học thực tiễn đề tài Cấu trúc luận văn CHƯƠNG TOÁN TỬ TÍCH PHÂN KỲ DỊ VÀ BÀI TOÁN BIÊN RIEMANN 1.1 ĐƯỜNG TRÒN VÀ PHÉP QUAY 1.1.1 Đường tròn 1.1.2 Phép quay 1.2 TÍCH PHÂN KỲ DỊ, CHỈ SỐ CÔNG THỨC XOKHOTSKI PLEMELIJ 1.2.1 Tích phân loại Cauchy 1.2.2 Tích phân kỳ dị 1.2.3 Chỉ số hàm số 1.2.4 Công thức Xokhotski – Plemelij 1.3 BÀI TOÁN BIÊN RIEMANN 10 1.3.1 Bài toán bước nhảy 11 1.3.2 Bài toán 12 1.3.3 Bài toán không 14 CHƯƠNG PHƯƠNG TRÌNH TÍCH PHÂN KỲ DỊ 20 2.1 PHƯƠNG TRÌNH ĐẶC TRƯNG 20 2.1.1 Phương pháp chuyển phương trình đặc trưng toán biên Riemann 21 2.1.2 Công thức nghiệm phương trình đặc trưng 23 2.2 PHƯƠNG TRÌNH LIÊN KẾT 24 2.3 VÍ DỤ ÁP DỤNG 26 CHƯƠNG PHƯƠNG TRÌNH TÍCH PHÂN KỲ DỊ VỚI PHÉP QUAY 30 3.1 PHÂN HOẠCH KHÔNG GIAN 30 3.2 PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH TÍCH PHÂN KỲ DỊ VỚI PHÉP QUAY 33 3.2.1 Phương trình tích phân kỳ dị dạng tựa đặc trưng 38 3.2.2 Phương trình tích phân kỳ dị dạng tựa đặc trưng tổng quát 45 3.3 VÍ DỤ ÁP DỤNG 49 KẾT LUẬN 52 DANH MỤC TÀI LIỆU THAM KHẢO 54 QUYẾT ĐỊNH GIAO ĐỀ TÀI LUẬN VĂN THẠC SĨ (Bản sao) MỞ ĐẦU Lý chọn đề tài Lý thuyết toán tử tích phân kỳ dị xây dựng phát triển mạnh mẽ từ năm 1920 Song Việt Nam có tài liệu giáo trình lĩnh vực chưa đưa vào chương trình thống cho sinh viên học tập, nghiên cứu ứng dụng Dưới định hướng hướng dẫn GS.TSKH Nguyễn Văn Mậu chọn đề tài "PHƯƠNG TRÌNH TÍCH PHÂN KỲ DỊ VỚI PHÉP QUAY" để làm đề tài luận văn Thạc sĩ Mục đích nghiên cứu Giới thiệu tìm hiểu toán tử tích phân kỳ dị, phương trình tích phân kỳ dị phương pháp giải phương trình với phép quay Xét ví dụ áp dụng phương trình cho phép tìm công thức nghiệm dạng tường minh Nhiệm vụ nghiên cứu Nghiên cứu dạng tổng quát phương trình tích phân kỳ dị đường tròn với phép quay mặt phẳng phức, toán biên Riemann phương pháp giải phương trình tích phân kỳ dị với phép quay tương ứng Đối tượng phạm vi nghiên cứu Đối tượng nghiên cứu: Phương trình tích phân kỳ dị phương trình tích phân kỳ dị với phép quay đường tròn đơn vị Phạm vi nghiên cứu: Tài liệu lý thuyết hàm biến phức, tài liệu toán tử tích phân kỳ dị phương trình tích phân kỳ dị tác giả nước Phương pháp nghiên cứu - Nghiên cứu tài liệu lý thuyết hàm biến phức, lý thuyết tích phân kỳ dị, phương trình tích phân kỳ dị toán biên Riemann tương ứng - Hệ thống hóa tính chất phương trình tích phân kỳ dị với phép quay xét ví dụ minh họa - Trao đổi, tham khảo ý kiến giáo viên hướng dẫn bạn đồng nghiệp Ý nghĩa khoa học thực tiễn đề tài - Hệ thống cách phương trình tích phân kỳ dị ứng dụng phương pháp quan trọng để giải phương trình tích phân kỳ dị cụ thể với phép quay đặc biệt - Giúp sinh viên học viên cao học tiếp cận cách dễ dàng với lĩnh vực toán học mẽ Việt Nam Cấu trúc luận văn Luận văn gồm phần mở đầu, kết luận, tài liệu tham khảo chương: Chương Trình bày tích phân kỳ dị toán biên Riemann Chương Trình bày phương trình tích phân kỳ dị, phương pháp giải công thức nghiệm Chương Trình bày phương trình tích phân kỳ dị với phép quay, phương pháp giải ví dụ minh họa CHƯƠNG TOÁN TỬ TÍCH PHÂN KỲ DỊ VÀ BÀI TOÁN BIÊN RIEMANN Chương sử dụng tài liệu tham khảo tương ứng với danh mục [1], [4], [11] 1.1 ĐƯỜNG TRÒN VÀ PHÉP QUAY 1.1.1 Đường tròn Trong mặt phẳng phức C, đường tròn tâm M0 (z0 ), bán kính R tập hợp điểm M(z) cho M0 M = R hay |z − z0 | = R tức zz − z0 z − z0 z + z0 z0 − R2 = Từ đó, đường tròn có phương trình dạng zz + αz + αz + β = đó, α ∈ C, β ∈ R Đường tròn có tâm có tọa vị −α, bán kính R = √ αα − β 1.1.2 Phép quay Phép quay tâm M0 (z0 ) góc quay α phép biến hình biến điểm −−−→ −−−→ M (z) thành M’(z’) mà M M0 = M M0 (M M0 , M M0 ) ≡ α(mod 2π) Từ đó, biểu thức phép quay z − z0 = eiα (z − z0 ) Trường hợp đặc biệt, phép quay với tâm gốc tọa độ O, góc quay α đường tròn đơn vị phép biến hình dạng w(z) = eiα z, α ∈ (0; 2π] đó, z điểm nằm đường tròn đơn vị 1.2 TÍCH PHÂN KỲ DỊ, CHỈ SỐ CÔNG THỨC XOKHOTSKI - PLEMELIJ 1.2.1 Tích phân loại Cauchy Giả sử Γ chu tuyến đóng, trơn mặt phẳng phức Miền bên chu tuyến gọi miền ký hiệu D+ , phần bù D+ ∪ Γ gọi miền ký hiệu D− Ta nhắc lại công thức tích phân Cauchy lý thuyết hàm biến phức Hàm f(z) giải tích D+ liên tục D+ ∪ Γ với điểm z thuộc D+ ta có công thức 2πi f (z) f (τ ) dτ = τ −z z ∈ D+ z ∈ D− Γ Hàm f(z) giải tích D− liên tục D− ∪ Γ với điểm z thuộc D− ta có 2πi f (τ ) dτ = τ −z f (∞) z ∈ D+ −f (z) + f (∞) z ∈ D− Γ Cho Γ chu tuyến trơn, đóng (hoặc mở) mặt phẳng phức, τ tọa độ phức điểm đó, ϕ(τ ) hàm số liên tục Γ Khi đó, tích phân ϕ(τ ) Φ(z) = dτ, i2 = −1 2πi τ − z Γ gọi tích phân loại Cauchy, ϕ(τ ) hàm mật độ, hàm nhân Cauchy τ −z 1.2.2 Tích phân kỳ dị Giả sử Γ đường chu tuyến trơn, đóng (hoặc mở) τ tọa độ phức điểm Xét tích phân đường ϕ(τ ) dτ τ −t (1.1) Γ Khi t nằm Γ tích phân (1.1) không tồn theo nghĩa thông thường gọi tích phân kỳ dị a Điều kiện Holder ([1]) Giả sử Γ chu tuyến trơn ϕ(t) hàm số theo t Γ Hàm số ϕ(t) gọi thỏa mãn chu tuyến Γ điều kiện Holder, cặp điểm (t1 , t2 ) phân biệt tùy ý ta có: |ϕ(t2 ) − ϕ(t1 )| < A|t2 − t1 |λ , đó, A λ số dương, A gọi số Holder λ số Holder (0 < λ 1) Khi ϕ1 (t), ϕ2 (t) thỏa mãn điều kiện Holder với số λ1 , λ2 tương ứng tổng, hiệu, tích, thương (khi điều kiện số chia không triệt tiêu Γ) thỏa mãn điều kiện Holder với số λ = min(λ1 ; λ2 ) Khi ϕ(t) khả vi có đạo hàm hữu hạn thỏa mãn điều kiện Holder với λ = 1, điều ngược lại nói chung không Hàm hợp hàm giải tích hàm số thỏa mãn điều kiện Holder hàm số thỏa mãn điều kiện Holder với số hàm xuất phát b Giá trị tích phân kỳ dị Chọn t tâm đường tròn bán kính đủ nhỏ giả sử t1 , t2 giao điểm đường tròn với đường cong Γ Do bán kính đủ nhỏ nên đường tròn điểm chung với đường cong Γ khác với t1 , t2 Gọi Γ phần chu tuyến Γ loại bỏ phần đường tròn bán kính 41 sử dụng biến đổi Pk b∗kl (t) = n = = n n Pk fk∗ n i=1 n i=1 n n εn−1−i W i+1 k εl−k j+1 b(εj+1 t) n n j=1 n l−k n−1−i k−l εl−k εi+1 W i+1 j+1 εi+1 b(εj+1 εi+1 t) εk j=1 b∗kl (t)εn−1−i W i+1 = b∗kl (t)Pl l i=1 = n = = n n n εn−1−i W i+1 k n i=1 n εnk i=1 n n n f (εj+1 t) εn−1−j k j=1 n n−(j+i+2) εk f (εj+i+2 t) j=1 fk∗ (t) = fk∗ (t) i=1 ta Pk ϕk (t) + b∗kl SPl ϕl (t) = fk∗ (t), k = 1, 2, , n Do (P1 ϕ1 , P2 ϕ2 , , Pn ϕn ) nghiệm (3.19) Bổ đề chứng minh Định lý 3.3 (i) Nếu (ϕ1 , ϕ2 , , ϕn ) nghiệm (3.19) n ϕ= Pi ϕ i i=1 nghiệm (3.18) (ii) Nếu ϕ ∈ X nghiệm (3.18) (P1 ϕ1 , P2 ϕ2 , , Pn ϕn ) nghiệm (3.19) Chứng minh (i) Theo bổ đề 3.8, (P1 ϕ1 , P2 ϕ2 , , Pn ϕn ) nghiệm hệ (3.19) Đặt n ϕ= Pi ϕ i i=1 42 Vì Pk ϕ = Pk ϕk Điều có nghĩa (P1 ϕ, P2 ϕ, , Pn ϕ) nghiệm (3.19) Từ ta có Pk ϕ(t) + b∗kl SPl ϕ(t) = fk∗ (t), k = 1, 2, , n Lấy tổng theo k hai vế hệ cuối, sử dụng (3.25-3.26) ta ϕ(t) + b(t)SPl ϕ(t) = f (t) (ii) Được suy từ bổ đề 3.7 Định lý chứng minh Định lý cho thấy ta hoàn toàn giải hệ (3.19) không gian X = H µ (Γ) Vì hệ (3.19) có ma trận dạng chéo Nên ta xét tính giải phương trình thứ l hệ (3.19) Định lý 3.4 Phương trình (3.18) giải X phương trình thứ l hệ (3.19) ϕl (t) + b∗ll (t)Sϕl = fl∗ (t) (3.27) giải X Chứng minh Giả sử ϕ ∈ X nghiệm (3.18) Theo bổ đề 3.7 (ϕ1 , ϕ2 , , ϕn ) = (P1 ϕ, P2 ϕ, , Pn ϕ) nghiệm hệ phương trình (3.19) Điều chứng tỏ ϕl = Pl ϕ ∈ Xl nghiệm phương trình (3.27) Nghĩa là, (3.27) có nghiệm Khi đó, ϕk nghiệm phương trình thứ k hệ (3.19) (k=1,2, ,n) cho ϕk (t) = fk∗ (t) − b∗kl (t)(Sϕl )(t) Ngược lại, ϕl nghiệm (3.27) hệ (3.19) có nghiệm (ϕ1 , ϕ2 , , ϕn ), ϕi ∈ X Định lý 3.3 suy phương trình (3.18) có nghiệm n ϕ= P i ϕi i=1 Định lý chứng minh (3.28) 43 Bổ đề 3.9 ([1]) Nếu ϕl nghiệm phương trình (3.27) X, ψl (t) = (Pl ϕl )(t) nghiệm Xl Định lý 3.5 Phương trình (3.18) giải X phương trình (3.27) giải X Hơn nữa, nghiệm (3.18) xác định theo công thức: ϕ(t) = f (t) − b(t)(SPl ψ)(t), đó, ψ(t) nghiệm (3.27) X, tức nghiệm (3.18) tìm dạng hiển Bây ta trình bày phương pháp giải phương trình (3.27) Gọi H + (D+ ), H − (D− ) tập hợp hàm giải tích D+, D− Đặt ϕl (τ ) Φl (z) = dτ, z ∈ C\Γ 2πi τ − z Γ Theo công thức Xokhotski-Plemelij ta có − ϕl (t) = Φ+ l (t) − Φl (t) ϕl (τ ) + − πi τ − t dτ = Φl (t) + Φl (t) Γ Do đó, phương trình (3.27) chuyển toán biên tìm hàm Φl (t) giải tích miền D+ , D− , có Φ− l (∞) = thỏa mãn : Φ+ l (t) Đặt − b∗ll (t) − fl∗ (t) = Φ (t) + + b∗ll (t) l + b∗ll (t) − b∗ll (t) G(t) = + b∗ll (t) fl∗ (t) g(t) = + b∗ll (t) (3.29) (3.30) Khi đó, điều kiện (3.29) viết lại − Φ+ l (t) = G(t)Φl (t) + g(t) (3.31) 44 Giả sử 1−b∗2 ll (t) = 0, ∀t ∈ Γ Khi đó, G(t), g(t) ∈ X G(t) = 0, ∀t ∈ Γ Đặt κ = IndG(z) ln[τ −κ G(τ )] Γ(z) = dτ 2πi τ −z Γ Γ (z) X + (z) = e + , X − (z) = z −κ eΓ − (z) Theo kết toán biên trình bày chương 1, Nếu κ toán biên với điều kiện (3.31) có nghiệm là: + + Φ+ l (z) = X (z)[Φ (z) + Pκ−1 (z)] − − Φ− l (z) = X (z)[Φ (z) + Pκ−1 (z)] đó, Φ(z) = g(τ ) dτ , Pκ−1 đa thức bậc κ − 2πi Γ X + (τ ) τ − z C Trong trường hợp κ = 0, ta đặt Pκ−1 ≡ 2, Nếu κ < 0, toán biên với điều kiện (3.31) có nghiệm + + Φ+ l (z) = X (z)Φ (z) − − Φ− l (z) = X (z)Φ (z) với điều kiện cần g(τ ) j−1 τ dτ = 0, j = 1, 2, , −κ X + (τ ) Γ Nhận xét 3.2 Phương trình (3.27) cho nghiệm dạng tường minh, phương trình (3.18) giải cho nghiệm dạng tường minh 45 3.2.2 Phương trình tích phân kỳ dị tựa đặc trưng tổng quát Xét phương trình tích phân τ n−1−l tl m(τ, t)ϕ(τ )dτ = f (t) τ n − tn a(t)ϕ(t) + πi (3.32) Γ a, b, f ∈ X cho trước, S, M, Pl (1 l n) toán tử định nghĩa (3.4),(3.8),(3.10), với giả thiết a(t) = 0, ∀t ∈ Γ Và viết (3.32) dạng phương trình toán tử ϕ(t) + b(t)[(S + M )Pl ϕ](t) = f (t) (3.33) Về phương pháp: Phương trình (3.33) giải tương tự phương trình (3.18) Tuy nhiên xuất hàm số m(τ, t) nên ta cần bổ sung số điều kiện để phương trình giải dạng hiển Dưới ta trình bày số kết mà việc chứng minh hoàn toàn tương tự trình bày mục 3.2.1 Bổ đề 3.10 Giả sử hàm m(τ, t) thỏa mãn điều kiện m(τ, t) = m(ε1 τ, t) = m(τ, ε1 t) Khi đó, hàm ϕ ∈ X nghiệm (3.33) {ϕk = Pk ϕ, k = 1, 2, , n} nghiệm hệ ϕk (t) + b∗kl (t)(S + M )ϕl (t) = fk∗ (t), k = 1, 2, , n, (3.34) b∗kl (t), fk∗ (t) xác định (3.20-3.21) Bổ đề 3.11 Nếu (ϕ1 , ϕ2 , , ϕn ) nghiệm hệ (3.34) (P1 ϕ1 , P2 ϕ2 , , Pn ϕn ) nghiệm Định lý 3.6 ([1], [8]) Giả sử hàm m(τ, t) thỏa mãn giả thiết bổ đề 3.10 (i) Nếu (ϕ1 , ϕ2 , , ϕn ) nghiệm (3.34) n ϕ= Pi ϕ i i=1 46 nghiệm (3.33) (ii) Nếu ϕ ∈ X nghiệm (3.33) (P1 ϕ1 , P2 ϕ2 , , Pn ϕn ) nghiệm (3.34) Nhận xét 3.3 Hệ (3.34) có ma trận dạng chéo nên để giải hệ ta trình bày phương pháp giải phương trình đơn giản hệ phương trình thứ l Định lý 3.7 ([8]) Giả sử m(τ, t) thỏa mãn giả thiết bổ đề 3.10 Khi đó, phương trình (3.33) giải X phương trình thứ l hệ (3.34) ϕl (t) + b∗ll (t)(S + M )ϕl = fl∗ (t) (3.35) giải X Hơn nghiệm (3.33) xác định theo công thức ϕ(t) = f (t) − b(t)[(S + M )Pl ϕl ](t) đó, ϕl (t) nghiệm phương trình (3.35) Tiếp theo ta trình bày phương pháp giải phương trình (3.35) Gọi H + (D+ ), H − (D− ) tập hợp hàm giải tích D+, D− Giả sử hàm b∗ll (t) M (τ, t) = m(τ, t) + b∗ll (t) cho thác triển giải tích vào D+ theo biến (τ, t) thỏa mãn điều kiện: M (τ, t) = M (ε1 τ, t) = M (τ, ε1 t) Khi phương trình (3.35) chuyển toán biên Riemann cách Đặt Φl (z) = ϕl (τ ) dτ, z ∈ C\Γ τ −z 2πi Γ Theo công thức Xokhotski-Plemelij ta có − ϕl (t) = Φ+ l (t) − Φl (t) ϕl (τ ) + − πi τ − t dτ = Φl (t) + Φl (t) Γ 47 − + + Bổ đề 3.4 suy M Φ+ l (t) = 0, M Φl ∈ H (D ) Do đó, phương trình (3.35) chuyển toán biên tìm hàm Φl (t) giải tích miền D+ , D− , có Φ− l (∞) = thỏa mãn : Φ+ l (t) Đặt b∗ll (t) − b∗ll (t) − fl∗ (t) − − M Φl (t) = Φ (t) + + b∗ll (t) + b∗ll (t) l + b∗ll (t) (3.36) b∗ll (t) + + (t) − (t) = Φ Ψ M Φ− l l l (t) ∗ (t) + b ll − − Ψl (t) = Φl (t) − b∗ll (t) G(t) = + b∗ll (t) fl∗ (t) g(t) = + b∗ll (t) (3.37) Vậy để tìm hàm Φl (z) thỏa mãn (3.36) ta tìm hàm Ψl (z) xác định theo (3.37) giải tích D+ , D− , có Ψ− l (∞) = thỏa mãn: − Ψ+ l (t) = G(t)Ψl (t) + g(t) (3.38) Giả sử − b∗2 ll (t) = 0, ∀t ∈ Γ Khi đó, G(t), g(t) ∈ X G(t) = 0, ∀t ∈ Γ toán biên (3.38) cho nghiệm dạng hiển Giải toán này, từ đó, suy nghiệm phương trình (3.35) 1, Nếu κ toán biên với điều kiện (3.38) có nghiệm + + Ψ+ l (z) = X (z)[Φ (z) + Pκ−1 (z)] − − Ψ− l (z) = X (z)[Φ (z) + Pκ−1 (z)] đó, Φ(z) = g(τ ) dτ , Pκ−1 đa thức bậc κ − 2πi Γ X + (τ ) τ − z C Trong trường hợp κ = 0, ta đặt Pκ−1 ≡ 2, Nếu κ < 0, toán biên với điều kiện (3.38) có nghiệm + + Ψ+ l (z) = X (z)Φ (z) − − Ψ− l (z) = X (z)Φ (z) 48 với điều kiện cần g(τ ) j−1 τ dτ = 0, j = 1, 2, , −κ X + (τ ) Γ Ta có − Sϕl (t) = Φ+ l (t) + Φl (t) b∗ll (t) + − M Ψ− = Ψl (t) + l (t) + Ψl (t) ∗ + bll (t) b∗ll (t) M X − (t)[Φ− (t) + Pκ−1 (t)] = X + (t)[Φ+ (t) + Pκ−1 (t)] + ∗ + bll (t) + X − (t)[Φ− (t) + Pκ−1 (t)] − M ϕl (t) = M [Φ+ l (t) − Φl (t)] − = −M Φ− l (t) = −M Ψl (t) = −M X − (t)[Φ− (t) + Pκ−1 (t)] Vậy (S + M )ϕl (t) =X + (t)[Φ+ (t) + Pκ−1 (t)] M X − (t)[Φ− (t) + Pκ−1 (t)] − ∗ + bll (t) + X − (t)[Φ− (t) + Pκ−1 (t)] Vậy nghiệm (3.33) có viết dạng ϕ(t) = f (t)−b(t) X + (t)[Φ+ (t) + Pκ−1 (t)] + X − (t)[Φ− (t) + Pκ−1 (t)]+ (3.39) − M X − (t) Φ− (t) + Pκ−1 (t) ∗ + bll (t) 49 3.3 VÍ DỤ ÁP DỤNG Ví dụ 3.1 Giải phương trình ϕ(t) + t3 + πi τt ϕ(τ )dτ = t + τ − t3 Γ Giải Phương trình có dạng (3.18) với n=3, l=1 b(t) = t3 + 4, f (t) = t + Sϕ1 (t) = πi τt ϕ(τ )dτ τ − t3 ) Γ Ta có √ ε1 = e = − + i √2 4πi ε2 = e = − − i 2 ε3 = e2πi = √ 8πi i ε4 = e = − + 2 2πi b(ε2 t) + b(ε3 t) + b(ε4 t) = (ε2 t)3 + + (ε3 t)3 + + (ε4 t)3 + = t3 + b∗11 (t) = f1∗ (t) = = ε3−1−j f (εj+1 t) j=1 1 ε1 f (ε2 t) + ε01 f (ε3 t) + ε−1 f (ε4 t) = t Xét toán biên Riemann − Φ+ (t) = G(t)Φ1 (t) + g(t) (3.40) 50 với − b∗11 −t3 − G(t) = = + b∗11 t +5 g(t) = f1∗ (t) t = ∗ + b11 t +5 Chỉ số toán biên IndG(t) = −t3 − X (t) = , X − (t) = t +5 + Hàm số Φ(z) = Suy g(τ ) dτ τ dτ = 2πi Γ X + (τ ) τ − z 2πi Γ −τ − τ − z t Φ+ (t) = −t3 − Φ− (t) = Nghiệm toán biên −t3 − t t + + + Φ1 (t) = X (t)Φ (t) = = t + −t3 − t3 + − Φ1 (t) = X − (t)Φ− (t) = Nghiệm phương trình thứ l=1 − ϕ1 (t) = Φ+ (t) − Φ1 (t) = t t3 + Vậy nghiệm phương trình cho − ϕ(t) = f (t) − b(t)Sϕ1 (t) = f (t) − b(t) Φ+ (t) + Φ1 (t) = t + − (t3 + 3) t 2t = + t3 + t3 + Ví dụ 3.2 Giải phương trình t2 + ϕ(t) + 2πi 1 − + 2τ t2 ϕ(τ )dτ = t + τ −t τ +t Γ (3.41) 51 Giải Phương trình có dạng phương trình (3.33) với n=2, l=1 b(t) = t2 + 3, f (t) = t + 3, n(τ, t) = τ t2 S1 ϕ(t) = πi τ2 t ϕ(τ )dτ, M ϕ(t) = −t πi Γ τ t2 ϕ(τ )dτ Γ Các kết tính toán cụ thể sau b∗11 (t) = = f1∗ (t) ε0j+1 b(εj+1 t) j=1 b(t) + b(−t) = t2 + = = ε2−1−j f (εj+1 t) j=1 f (t) − f (−t) = t Xét phương trình thứ l=1 hệ (3.34) ϕ(t) + (t2 + 3)(S + M )ϕ1 (t) = t Chuyển phương trình toán biên Riemann − Ψ+ (t) = G(t)Ψ1 (t) + g(t) Với G(t) = − b∗11 −t2 − = + b∗11 t2 + f1∗ (t) t g(t) = = + b∗11 t2 + số toán IndG(t) = Giải toán biên ta X + (z) = −t2 − , X − (z) = t +4 (3.42) 52 Φ(z) = 2πi τ τ + dτ τ + −τ − τ − z g(τ ) dτ = X + (τ ) τ − z 2πi Γ Γ = 2πi τ dτ −τ − τ − z Γ Suy t Φ+ (t) = −t2 − Φ− (t) = suy t t −t2 − = t2 + −t2 − t2 + − Ψ1 (t) = X − (t)Φ− (t) = suy + + Ψ+ (t) = X (t)Φ (t) = ∗ Φ+ (t) = Ψ+ (t) + b11 (t) M Φ− (t) = t 1 1 + b∗11 (t) t2 + − Φ1 (t) = Ψ− (t) = Do t t2 + Theo công thức (3.39), nghiệm phương trình (3.41) cho công thức − ϕ1 (t) = Φ+ (t) − Φ1 (t) = ϕ(t) = f (t) − b(t) X + (t)Φ+ (t) + X − (t)Φ− (t)+ M X − (t)Φ− (t) ∗ + b11 (t) t = t + − (t2 + 3) t +4 − Vậy nghiệm phương trình cho ϕ(t) = + t t2 + 53 KẾT LUẬN Luận văn Phương trình tích phân kỳ dị với phép quay giải vấn đề sau: 1, Tìm hiểu giới thiệu toán tử tích phân kỳ dị, phương trình tích phân kỳ dị 2, Sử dụng tính chất đường tròn, tính chất phép quay để đưa phương pháp giải phương trình tích phân kỳ dị với phép quay đường tròn đơn vị 3, Ứng dụng phương pháp để giải số ví dụ phương trình tích phân kỳ dị cho nghiệm dạng tường minh Tuy nhiên luận văn chưa nghiên cứu phương pháp giải phương trình tích phân kỳ dị dạng tổng quát Đồng thời hạn chế lực thời gian nên luận văn không tránh khỏi thiếu sót Rất mong nhận góp ý quý Thầy cô bạn bè để luận văn hoàn chỉnh 54 DANH MỤC TÀI LIỆU THAM KHẢO Tiếng Việt [1] Nguyễn Văn Mậu (2006), Lý thuyết toán tử phương trình tích phân kỳ dị, NXB ĐHQGHN, Hà Nội [2] Nguyễn Văn Mậu (2007), Các toán nội suy áp dụng, NXB Giáo dục, Hà Nội [3] Lê Hoàng Phò (2003),Chuyên khảo đa thức, NXB ĐHQG TPHCM, TP Hồ Chí Minh [4] Nguyễn Thủy Thanh (2006), Cơ sở lý thuyết hàm biến phức, NXB ĐHQGHN, Hà Nội [5] Trương Văn Thương (2003), Hàm số biến số phức, NXB Giáo dục, Hà Nội Tiếng Anh [6] Nguyen Van Mau (1989), Generalized Algebraic Elements and Linear Singular Integral Equations with transformed Argument, WPW, Warszawa [7] Nguyen Van Mau (1992), Boundary value problems of controllability of linear systems with right invertible operators, Dissertationes Math CCCXVI, Warszawa [8] Nguyen Minh Tuan (1996), On a class of singular integral equations with rotations, Acta Mathematica Vietnammica, volume 21, Number 2, pp 201-211 55 [9] Andrei D.Polyanin and Alexander V.Manzhirov (1998), Handbook of integral equations, CRC Press, Boca Raton London New York, Washington, D.C [10] Danuta Przeworska-Rolewicz and Stefan Rolewicz (1968), Equations in linear spaces,Warszawa [11] G S Litvinchuc (1977), Boundary value problems and singular integral equations with shifts, Moscow(in Russian)