1.5 Bài toán bước nhảy
1.5.5 Bài toán bờ Riemann trên nửa mặt phẳng
Giả thiết rằng chu tuyến Γ là trục thực. Tương tự như đối với biên hữu hạn, ta có thể phát biểu bài tốn bờ 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). (1.53) trong đó hai hàm số đã cho G(t) và g(t) tha món iu kin Hăolder trên chu tuyến. Ta cũng giả thiết rằng G(t) 6= 0 trên biên. Lời giải thu được hoàn toàn tương tự như trường hợp chu tuyến hữu hạn. Cái khác ở đây là chu tuyến chứa điểm vô cùng và gốc tọa độ nằm trên chu tuyến. Vậy nên không thể chọn điểm đặc biệt mà tại đó hàm chính tắc có bậc khác 0. Ta thấy hàm
số t có chỉ số bằng 1 dọc theo Γ. Ta xét hàm số phân tuyến tính t−i t+i. Nó
có cùng tính chất trên trục thực. Argument của hàm này
arg t−i
t+i = arg
(t−i)2
t2 +i = 2 arg(t−i)
thay đổi thêm 2π khi t chuyển dọc theo trục thực về hướng dương. Vậy nên Indt−i t+i = 1 Nếu IndG(t) = κ thì hàm số G(t)t−i t+i −κ có chỉ số bằng 0 và khi đó logarit là hàm số đơn trị trên trục thực.
Ta xây dựng hàm chính tắc với điểm đặc biệt được chọn là −i
X+(z) =eΓ+(z), X−(z) =
z −i z +i
−κ
trong đó Γ(z) = 1 2πi ∞ Z ∞ lnhτ −i τ +i −κ G(τ)i dτ τ −z
Chuyển qua giá trị biên của hàm số này, ta chuyển điều kiện biên (1.50) về dạng Φ+(t) X+(t) = Φ−(t) X−(t) + g(t) X+(t)
Tiếp theo, ta xét hàm số giải tích
Ψ(z) = 1 2πi ∞ Z ∞ g(τ) X+(τ) dτ τ −z. (1.55)
Ta thu được điều kiện biên dưới dạng
Φ+(t)
X+(t) −Ψ+(t) = Φ
−(t)
X−(t) −Ψ−(t)
Ta thấy rằng Ψ−(∞) 6= 0. Sử dụng định lý về thác triển giải tích và định lý Liouville, chú ý đến đặc thù của hàm tại điểm z = −i có thể có cực điểm bậc khơng q −κ (khi κ > 0), ta thu được
Φ+(t)
X+(t) −Ψ+(t) = Φ
−(t)
X−(t) −Ψ−(t) = Pκ(z) (z+i)κ
trong đó Pκ(z) là đa thức bậc không quá κ, với hệ số tùy ý. Điều này suy ra nghiệm tổng quát của bài toán
Φ(z) =X(z)hΨ(z) + Pκ(z) (z +i)κ
i
khi κ > 0. (1.56)
Φ(z) = X(z)[Ψ(z) +q] khi κ < 0. (1.57) Khi κ < 0 thì hàm số X(z) có cực điểm tại điểm z = −i bậc −κ. Vậy nên để bài toán giải được, ta thu được điều kiện q = −Ψ−(−i)
Khi κ < −1, để bài tốn giải được thì cần thêm điều kiện sau được thỏa mãn ∞ Z −∞ g(τ) X+(τ) dτ (τ +i)k = 0(k = 2, . . . ,−κ). (1.58) Vậy nên ta cũng thu được kết quả như đối với trường hợp chu tuyến hữu hạn.
Định lý 1.11. Khi κ > 0, bài toán bờ Riemann thuần nhất và không thuần
nhất cho cặp nửa mặt phẳng giải được vơ điều kiện. Nghiệm của nó phụ thuộc tuyến tính vào κ+ 1 hằng số tùy ý.
Khi κ < 0 thì bài tốn thuần nhất khơng có nghiệm. Bài tốn khơng thuần nhất ln có nghiệm duy nhất trong trường hợp κ = −1 và khi κ < −1 đòi hỏi thêm −κ−1 điều kiện (1.55) cần được thỏa mãn.
Vậy ta đã thu được nghiệm của bài tốn bờ Riemann triệt tiêu tại vơ cùng.
Ta xét trường hợp khi nghiệm không triệt tiêu tại vô cùng. Từ điều kiện biên
Φ+(∞) = Φ−(∞) = 0 , ta nhận được g(∞) = 0.
Ngược lại, ta thấy bài tốn bờ 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. Để nhận được nghiệm ta thay Pκ trong công thức (1.54) bởi Pκ−1 và đặt q = 0 trong (1.55). Vậy nên:
Φ(z) = X(z)hΨ(z) + Pκ−1(z) (z+i)κ
i
. (1.59)
Khi κ 6 0 ta đặt Pκ−1 ≡ 0 trong công thức ở trên
Điều kiện giải được trở thành Ψ(−i) = 0. Vậy nên nó có dạng
∞ Z −∞ g(τ) X+(τ) dτ (τ +i)k = 0 (k = 1, . . . ,−κ). (1.60) Khi κ > 0 thì tồn tại nghiệm phụ thuộc vào κ hằng số tùy ý.
Khi κ 6 0 thì nghiệm là duy nhất, và khi κ < 0, để tồn tại nghiệm, điều
kiện cần và đủ là −κ điều kiện được thỏa mãn.