PHƯƠNG TRÌNH TÍCH PHÂN KỲ DỊ VỚI PHÉP QUAY LUẬN VĂN THẠC SĨ 2017

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

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG

LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC

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

Đà Nẵng – Năm 2013

Tôi cam đoan đây là công trình nghiên cứu của riêng tôi

Các số liệu, kết quả nêu trong luận văn là trung thực và chưa từng được ai công bố trong bất kỳ công trình nào khác

Tác giả luận văn

Võ Thị Trang

MỞ ĐẦU 1

1 Lý do chọn đề tài 1

2 Mục đích nghiên cứu 1

3 Nhiệm vụ nghiên cứu 1

4 Đối tượng và phạm vi nghiên cứu 1

5 Phương pháp nghiên cứu 2

6 Ý nghĩa khoa học và thực tiễn của đề tài 2

7 Cấu trúc luận văn 2

CHƯƠNG 1 TOÁN TỬ TÍCH PHÂN KỲ DỊ VÀ BÀI TOÁN BIÊN RIEMANN 3

1.1 ĐƯỜNG TRÒN VÀ PHÉP QUAY 3

1.1.1 Đường tròn 3

1.1.2 Phép quay 3

1.2 TÍCH PHÂN KỲ DỊ, CHỈ SỐ CÔNG THỨC XOKHOTSKI - PLEMELIJ 4

1.2.1 Tích phân loại Cauchy 4

1.2.2 Tích phân kỳ dị 5

1.2.3 Chỉ số của hàm số 7

1.2.4 Công thức Xokhotski – Plemelij 9

1.3 BÀI TOÁN BIÊN RIEMANN 10

1.3.1 Bài toán bước nhảy 11

1.3.2 Bài toán thuần nhất 12

1.3.3 Bài toán không thuần nhất 14

CHƯƠNG 2 PHƯƠNG TRÌNH TÍCH PHÂN KỲ DỊ 20

2.1 PHƯƠNG TRÌNH ĐẶC TRƯNG 20

Riemann 21

2.1.2 Công thức nghiệm của phương trình đặc trưng 23

2.2 PHƯƠNG TRÌNH LIÊN KẾT 24

2.3 VÍ DỤ ÁP DỤNG 26

CHƯƠNG 3 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

1 Lý do chọn đề tài

Lý thuyết toán tử tích phân kỳ dị đã được xây dựng và phát triểnrất mạnh mẽ từ năm 1920 Song hiện nay tại Việt Nam có rất ít tàiliệu và giáo trình về lĩnh vực này và chưa được đưa vào chương trìnhchính thống cho sinh viên học tập, nghiên cứu và ứng dụng Dưới sựđịnh hướng và hướng dẫn của GS.TSKH Nguyễn Văn Mậu tôi đã chọn

đề tài "PHƯƠNG TRÌNH TÍCH PHÂN KỲ DỊ VỚI PHÉP QUAY" đểlàm đề tài luận văn Thạc sĩ của mình

2 Mục đích nghiên cứu

Giới thiệu và tìm hiểu về toán tử tích phân kỳ dị, phương trìnhtích phân kỳ dị và phương pháp giải phương trình này với phép quay.Xét các ví dụ áp dụng những phương trình cho phép tìm công thứcnghiệm dưới dạng tường minh

3 Nhiệm vụ nghiên cứu

Nghiên cứu dạng tổng quát của phương trình tích phân kỳ dị trênđường tròn với phép quay trong mặt phẳng phức, các bài toán biênRiemann và phương pháp giải phương trình tích phân kỳ dị với phépquay tương ứng

4 Đối tượng và phạm vi nghiên cứu

Đối tượng nghiên cứu: Phương trình tích phân kỳ dị và phươngtrình tích phân kỳ dị với phép quay trên đường tròn đơn vị

Phạm vi nghiên cứu: Tài liệu về lý thuyết hàm biến phức, các tàiliệu về toán tử tích phân kỳ dị và phương trình tích phân kỳ dị của các

tác giả trong và ngoài nước.

5 Phương pháp nghiên cứu

- Nghiên cứu các tài liệu về lý thuyết hàm biến phức, lý thuyết tíchphân kỳ dị, các phương trình tích phân kỳ dị và bài toán biên Riemanntương ứng

- Hệ thống hóa tính chất cơ bản của phương trình tích phân kỳ dịvới phép quay và xét ví dụ minh họa

- Trao đổi, tham khảo ý kiến của giáo viên hướng dẫn và các bạnđồng nghiệp

6 Ý nghĩa khoa học và thực tiễn của đề tài

- Hệ thống một cách cơ bản về phương trình tích phân kỳ dị cũngnhư ứng dụng một phương pháp quan trọng để giải phương trình tíchphân kỳ dị cụ thể với các phép quay đặc biệt

- Giúp sinh viên và học viên cao học tiếp cận một cách dễ dànghơn với một lĩnh vực toán học còn khá mới mẽ tại Việt Nam

7 Cấu trúc luận văn

Luận văn gồm phần mở đầu, kết luận, tài liệu tham khảo và 3chương:

Chương 1 Trình bày về tích phân kỳ dị và bài toán biên Riemann.Chương 2 Trình bày về phương trình tích phân kỳ dị, phương phápgiải và công thức nghiệm

Chương 3 Trình bày về phương trình tích phân kỳ dị với phépquay, phương pháp giải và ví dụ minh họa

Đường tròn này có tâm có tọa vị là −α, bán kính R = √

w(z) = eiαz, α ∈ (0; 2π]

trong đó, z là một điểm nằm trên đường tròn đơn vị

1.2. TÍCH PHÂN KỲ DỊ, CHỈ SỐ CÔNG THỨC

XOKHOT-SKI - PLEMELIJ

1.2.1 Tích phân loại Cauchy

Giả sử Γ là chu tuyến đóng, trơn trong mặt phẳng phức Miền bêntrong chu tuyến được gọi là miền trong và ký hiệu là D+, phần bù của

D+∪ Γ được gọi là miền ngoài và ký hiệu là D−

Ta nhắc lại công thức tích phân Cauchy của lý thuyết hàm biến phức.Hàm f(z) giải tích trong D+ và liên tục trong D+∪ Γ thì với điểm z bất

kỳ thuộc D+ ta có công thức

12πiZ

a Điều kiện Holder ([1])

Giả sử Γ là chu tuyến trơn và ϕ(t) là hàm số theo t trên Γ Hàm sốϕ(t) được gọi là thỏa mãn trên chu tuyến Γ điều kiện Holder, nếu đốivới mọi cặp điểm (t1, t2) phân biệt tùy ý của nó ta có:

Hàm hợp của một hàm giải tích và một hàm số thỏa mãn điều kiệnHolder cũng là một hàm số thỏa mãn điều kiện Holder với cùng chỉ sốnhư hàm xuất phát

b Giá trị chính của tích phân kỳ dị

Chọn t là tâm đường tròn bán kính % đủ nhỏ và giả sử t1, t2 là giaođiểm của đường tròn này với đường cong Γ Do bán kính đủ nhỏ nênđường tròn không có điểm chung nào với đường cong Γ khác với t1, t2 Gọi Γ% là phần của chu tuyến Γ đã loại bỏ đi phần đường tròn bán kính

% và lấy tích phân trên cung còn lại:

Z

Γ %

ϕ(τ )

τ − tdτ

Tích phân này tồn tại theo nghĩa thông thường

Giới hạn của tích phân R

với chu tuyến Γ có điểm đầu và điểm cuối là a, b

Ta đã biết nguyên hàm của biểu thức 1

τ − t là ln(τ − t), nguyên hàmnày là một hàm đa trị Giả thiết rằng ln(τ − t) là một nhánh đơn trị củahàm giải tích ln(z − t) Do đó

t 1

a

− ln(τ − t)

b

t2 − t

t1 − t

+ i[arg(t2 − t) − arg(t1 − t)]

Khi chu tuyến Γ đóng thì a = b nên số hạng thứ nhất trong công thức(1.2) triệt tiêu và tích phân có dạng

Ký hiệu [ω]Γ là độ tăng trưởng của ω dọc theo Γ thì chỉ số của G(t)được viết dưới dạng

κ = IndG(t) = 1

2π[argG(t)]ΓChỉ số được tính thông qua sự biến thiên logarit của hàm số

Vì G(t) là hàm liên tục, nên sự tăng trưởng của argumen dọc theo chutuyến đóng là bội của 2π Vậy nên ta có:

1 Chỉ số của hàm số liên tục trên chu tuyến đóng và không triệt tiêutrên đó luôn là một số nguyên.

2 Chỉ số của tích hai hàm số bằng tổng của các chỉ số Chỉ số củamột thương hai hàm số bằng hiệu các chỉ số tương ứng

3 Nếu G(t) là giá trị biên của hàm số giải tích từ bên trong hoặc từbên ngoài chu tuyến thì chỉ số của nó bằng số không điểm từ bêntrong hoặc từ bên ngoài chu tuyến lấy dấu âm

4 Nếu hàm số G(t) là giải tích từ bên trong chu tuyến trừ ra hữu hạnđiểm có thể là các cực điểm thì chỉ số là hiệu số giữa số không điểm

a, Chu tuyến Γ chứa điểm t1 và không chứa các điểm t2, z1, z2

b, Chu tuyến Γ chứa điểm z1 và không chứa các điểm t1, t2, z2

trong đó, t1, t2 và z1, z2 lần lượt là các nghiệm của đa thức a1t2+ b1t + c1

và a2t2 + b2t + c2

Giải

Phân tích đa thức p(t), q(t) thành tích

p(t) = p+(t)p−(t), q(t) = q+(t)q−(t)

trong đó, p+(t), q+(t) là các đa thức có nghiệm trong D+; p−(t), q−(t) làcác đa thức có nghiệm trong D−.

Từ tính chất chỉ số của hàm số ta suy ra IndG(t) = m+− n+ , trong

đó, m+, n+ tương ứng là số không điểm của p+(t) và q+(t) Vậy

Xét hàm số

Ψ(z) = 1

2πiZ

Γ

ϕ(τ )dτ

τ − z − ϕ(t)

2πiZ

Γ

ϕ(τ )dτ

τ − z − ϕ(t)

2πiZ

Γ

ϕ(τ )dτ

τ − t − ϕ(t)

2πiZ

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

1.3. BÀI TOÁN BIÊN RIEMANN

Định lý 1.1 ([1]) (Về thác triển giải tích) Giả thiết rằng hai miền D1

và D2 có biên chung Γ Trong miền D1 và D2 cho hai hàm số giải tích

f1(z) và f2(z) Giả thiết rằng khi điểm z tiến dần tới điểm t thuộc đườngcong Γ thì cả hai hàm số trên tiến tới cùng một giá trị biên liên tục trênđường cong Γ Khi đó, hàm số f1(z), f2(z) là thác triển giải tích củanhau

Định lý 1.2 ([1]) (Định lý Liouville suy rộng) Giả sử hàm số f(z) giảitích trong mặt phẳng phức, trừ ra các điểm a0 = ∞, ak(k = 1, 2, , n),trong đó có thể có các cực điểm với giả thiết rằng phần chính của khaitriển của hàm số f(z) trong lân cận thủng của cực điểm đó có dạng

k

mk(z − ak)m ktại điểm ak.Khi đó, hàm số f(z) là hàm số hữu tỷ và có thể biểu diễn được dưới dạng

f (z) = C + G0(z) +

nXk=1

Cho Γ là chu tuyến đơn, đóng, trơn chia mặt phẳng phức thành miềntrong D+ và miền ngoài D−(∞ ∈ D−) G(t) và g(t) là hai hàm số trên

Γ và thỏa mãn điều kiện Holder trên đó, G(t) 6= 0, ∀t ∈ Γ

Bài toán đặt ra là tìm hàm số Φ(t) giải tích trong D+ và D−, và thỏamãn hệ thức thuần nhất

Φ+(t) = G(t)Φ−(t) (1.5)

được gọi là bài toán biên Riemann thuần nhất,

và thỏa mãn hệ thức không thuần nhất

Φ+(t) = G(t)Φ−(t) + g(t) (1.6)

được gọi là bài toán biên Riemann không thuần nhất,

trong đó

Φ+(t) = Φ(t)|D+ và Φ−(t) = Φ(t)|D−

G(t) được gọi là hệ số, g(t) là phần tự do của bài toán biên Riemann

κ = IndG(t) gọi là chỉ số của bài toán

Đặt

Γ(z) = 1

2πiZ

Γ

ln[τ−κG(τ )]

τ − z dτ, (1.7)

X+(z) = eΓ+(z), X−(z) = z−κeΓ−(z) (1.8)

1.3.1 Bài toán bước nhảy

Giả thiết rằng trên chu tuyến Γ cho hàm số ϕ(t) thỏa mãn điều kiệnHolder 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)

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

Φ(z) = 1

2πiZ

Γϕ(τ )

τ − tdτ

là nghiệm duy nhất của bài toán Nếu không đòi hỏi điều kiện Φ−(∞) = 0thì nghiệm của bài toán được cho bởi công thức

Φ(z) = 1

2πiZ

Γ

ϕ(τ )

τ − tdτ + const

1.3.2 Bài toán thuần nhất

Xét điều kiện biên (1.5) của bài toán biên Riemann thuần nhất

Φ+(t) = G(t)Φ−(t)

Giả sử rằng bài toán thuần nhất có nghiệm và Φ+(z), Φ−(z) là nghiệmcủa nó Gọi m+, m− lần lượt là số không điểm của hàm số Φ+(z), Φ−(z)trong miền xác định D+, D− Tính chỉ số hai vế của hệ thức (1.5) tađược

m+ = IndG(z) − m−suy ra

thì nghiệm của bài toán bờ (1.5) thỏa mãn điều kiện Φ−(∞) = 1 là:

2 Nếu κ > 0 Ta giả thiết rằng gốc tọa độ nằm trong miền D+

Vì hàm số tκ có chỉ số là κ nên ta có thể viết điều kiện biên dưới dạng

Γ(z) = 1

2πiZ

Γln[τ−κG(τ )]

τ − z dτ

Ta viết lại điều kiện biên

đa thức bậc không quá κ với hệ số phức tùy ý

Vậy ta có

Φ+(z)

eΓ + (z) = zκΦ−(z)

eΓ − (z) = Pκ(z)hay

Φ+(z) = eΓ+(z)Pκ(z)

Φ−(z) = z−κeΓ−(z)Pκ(z)

Ta có thể kết luận nghiệm của bài toán dưới dạng định lý

Định lý 1.3 Nếu chỉ số của bài toán κ > 0 thì bài toán giải được và

có κ + 1 nghiệm độc lập tuyến tính

Φ+k(z) = zk.eΓ+(z), Φ−k(z) = zk−κeΓ−(z), k = 0, 1, 2, , κ

với Γ(z) được tính theo công thức (1.7)

Nếu κ < 0 bài toán thuần nhất không có nghiệm

1.3.3 Bài toán không thuần nhất

Xét bài toán biên Riemann với điều kiện (1.6)

Φ+(t) = G(t)Φ−(t) + g(t)Giả sử bài toán biên không thuần nhất có chỉ số κ

Ta viết lại điều kiện biên dưới dạng:

Φ+(t) = tκt−κG(t)Φ−(t) + g(t)

Φ+(t) = tκG1(t)Φ−(t) + g(t)

G1(t) là hàm số thỏa mãn điều kiện Holder và có chỉ số bằng 0 nên ta cóthể viết G1(t) dưới dạng thương của hai hàm số X+(t), X−(t) xác địnhtheo công thức (1.8), giải tích trong D+, D− và luôn khác 0 trong miềnđó:

G1(t) = X

+(t)

X−(t)Biến đổi điều kiện biên về dạng

Φ(z) = X(z)Ψ(z)

Kết quả cho bởi định lý sau

Định lý 1.4 ([1]) Nếu chỉ số của bài toán κ > 0 thì bài toán khôngthuần nhất giải được ứng với mọi g(t) và nghiệm tổng quát cho bởi côngthức

Φ(z) = X(z)

2πiZ

Phần tiếp theo sẽ xét bài toán biên Riemann với chu tuyến đơn và

hệ số là các hàm số hữu tỷ khác không và không có cực điểm trên biên

Φ+(t) = p(t)

q(t)Φ

−(t) + g(t) (1.12)

trong đó p+(t), q+(t) là các đa thức có nghiệm trong D+, p−(t), q−(t)

là các đa thức có nghiệm trong D− Gọi m+, n+ lần lượt là số khôngđiểm của đa thức p+(z), q+(z) Ta thấy ngay rằng chỉ số của bài toán

κ = m+− n+

Hàm số q−(t)

p−(t)g(t) thỏa mãn điều kiện Holder trên Γ nên theo côngthức Xokhotski nó biểu diễn được dưới dạng hiệu của các giá trị biêncủa hàm giải tích

q−(t)

p−(t)g(t) = Ψ

+(t) − Ψ−(t),

trong đó Ψ(z) = 1

2πiRΓ

q−(τ )

p−(τ )g(τ )

dτ

τ − zĐiều kiện biên được viết lại là

Ví dụ Giải bài toán biên Riemann

a, Chu tuyến Γ chứa điểm z1 = 0 và không chứa các điểm z2 = 1, z3 =

Γ

τ3 − τ + 1

τ − z dτ +

12πiZ

τ

τ − zdτ +

12πiZ

trong đó, tích phân được lấy theo nghĩa giá trị chính dọc theo chu tuyến

Γ , a(t), f (t), M (t, τ ) là hàm số xác định trên Γ và được giả thiết là thỏamãn điều kiện Holder theo t, riêng hàm số M (t, τ ) thỏa mãn theo cả haibiến τ, t

b(t) = M (t, t); k(t, τ ) = 1

πi

M (t, τ ) − M (t, t)

τ − t (2.2)Khi đó, (2.1) có dạng

(Kϕ)(t) ≡ a(t)ϕ(t) + b(t)

πiZ

(2.3) được gọi là phương trình tích phân kỳ dị đầy đủ

Nếu f(t) = 0, ta có phương trình thuần nhất

Nếu f (t) 6= 0, ta có phương trình không thuần nhất.

Biểu thức

K0ϕ ≡ a(t)ϕ(t) + b(t)

πiZ

K0ϕ ≡ a(t)ϕ(t) + b(t)

πiZ

và

(Sϕ)(t) := 1

πiZ

Γ

ϕ(τ )

τ − tdτ

là toán tử tích phân kỳ dị Cauchy

2.1.1 Phương pháp chuyển phương trình đặc trưng về bàitoán biên Riemann

Xét phương trình đặc trưng

a(t)ϕ(t) + b(t)

πiZ

Γϕ(τ )

τ − zdτ (2.7)

thì theo công thức Xokhotski-Plemelij ta có







ϕ(t) = Φ+(t) − Φ−(t),1

πiRΓ

G(t) = a(t) − b(t)

a(t) + b(t); g(t) =

f (t)a(t) + b(t)Khi đó, phương trình (2.6) chuyển được về bài toán biên Riemann vớiđiều kiện

Φ+(t) = G(t)Φ−(t) + g(t) (2.9)

Theo (2.7) thì Φ(z) phải thỏa mãn điều kiện Φ−(∞) = 0

Chỉ số của bài toán biên Riemann (2.9) được gọi là chỉ số củaphương trình đặc trưng (2.6)

Vậy phương trình tích phân (2.6) đưa được về bài toán biên mann và lời giải của nó nhận được từ công thức thứ nhất của công thức(2.8)

Rie-2.1.2 Công thức nghiệm của phương trình đặc trưng

Lời giải của bài toán biên Riemann trong trường hợp κ > 0 và vớiđiều kiện bổ sung Φ−(∞) = 0 là

− X−(t)

h−12

12πiRΓ

h1− 1G(t)

ih 12πiZ

a(t) − b(t)

h 12πiZ

Γ

f (τ )a(τ ) + b(τ )

dτ

X+(τ )(τ − t) − 1

2Pκ−1(t)

i

Khi κ < 0, bài toán biên Riemann (2.9) nhìn chung không giảiđược Điều kiện giải được là

πiRΓ

ω(τ )

τ − tdτ = Ω

+(t) + Ω−(t)

Thế vào phương trình (2.11) ta được bài toán bờ Riemann:

và X(z) được cho bởi công thức (1.8) của hai phương trình cũng lànghịch đảo của nhau Nghĩa là

X0(z) = 1

X(z)Vậy ta nhận được nghiệm của phương trình (2.11) dưới dạng

trong đó, Z(t) = [a(t) + b(t)]X+(t) = [a(t) − b(t)]X−(t) và Qκ0 −1(t) là

đa thức bậc κ0 − 1 với hệ số phức tùy ý

Khi κ0 = −κ < 0, để phương trình (2.10) giải được điều kiện cần và

đủ là điều kiện sau được thỏa mãn

Z

Γb(t)Z(t)h(t)tk−1dt = 0, k = 1, 2, , −κ0 (2.14)

Khi điều kiện được thỏa mãn thì nghiệm của phương trình cho bởi côngthức (2.13), trong đó, Qκ0 −1(t) ≡ 0

Nhận xét rằng khi giải bài toán bờ Riemann hay khi giải phương trìnhtích phân kỳ dị đặc trưng đều gặp phải khó khăn trong việc tính toántích phân kỳ dị xuất hiện trong công thức nghiệm của nó Vì vậy ta sẽ xétnhững ví dụ khi lời giải của bài toán bờ Riemann tương ứng với phươngtrình đặc trưng có thể tìm được bằng cách thác triển giải tích và lời giảicủa phương trình tích phân nhận được từ công thức Xokhotski-Plemelij

2.3. VÍ DỤ ÁP DỤNG

Ví dụ 2.1 Giải phương trình tích phân

(t2 + t − 1)ϕ(t) + t

2 − t − 1πi

Hệ số G(t) là hàm phân thức hữu tỉ khác không và không có cực điểmtrên biên Bài toán có dạng của bài toán biên (1.12), ta giải bài toánnày theo ý tưởng đã trình bày trong chương 1

Đặt

p+(t) = t, p−(t) = 1, m+ = 1

q+(t) = 1, q−(t) = t2 − 1, n+ = 0,Vậy hàm số G(t) = t

... tính tốntích phân kỳ dị xuất cơng thức nghiệm Vì ta xétnhững ví dụ lời giải tốn bờ Riemann tương ứng với phươngtrình đặc trưng tìm cách thác triển giải tích lời giảicủa phương trình tích phân nhận...

τ − tdτ

là tốn tử tích phân kỳ dị Cauchy

2.1.1 Phương pháp chuyển phương trình đặc trưng bàitốn biên Riemann

Xét phương trình đặc trưng

a(t)ϕ(t) + b(t)... điều kiện thỏa mãn nghiệm phương trình cho cơngthức (2.13), đó, Qκ0 −1(t) ≡

Nhận xét giải toán bờ Riemann hay giải phương trìnhtích phân kỳ dị đặc trưng gặp phải