1.5 Bài toán bước nhảy
1.5.4 Bài tốn bờ Riemann khơng thuần nhất
Điều kiện biên của bài tốn bờ Riemann khơng thuần nhất là
Φ+(t) =G(t)Φ−(t) +g(t). (1.44) Gọi X(z) là hàm chính tắc của bài tốn biên Riemann thuần nhất tương ứng. Khi đó ta có
G(t) = X
+(t)
X−(t)
Như vậy (1.44) có thể biểu diễn dưới dạng
Φ+(t) X+(t) = Φ−(t) X−(t) + g(t) X+(t). Ta thấy, hàm số g(t)
X+(t) tha món iu kin Hăolder. Do đó theo bài tốn bước
nhảy ta có
g(t)
X+(t) = Ψ
+
trong đó Ψ(z) = 1 2πi Z Γ g(τ) X+(τ) dτ τ −z. (1.45)
Khi đó, điều kiện biên có thể viết dưới dạng
Φ−(t)
X+(t) −Ψ+(t) = Φ
−(t)
X−(t) −Ψ−(t).
Giả sử κ = IndG(t). Khi đó z = ∞ là không điểm bậc κ của X(z).
Trường hợp khi κ > 0, hàm số Φ
−(t)
X−(t) có cực điểm tại vơ cùng. Ta có Φ−(t) X+(t) −Ψ+(t) = Φ −(t) X−(t) −Ψ−(t) =Pκ(z). Do đó chúng ta có nghiệm Φ(z) =X(z)[Ψ(z) +Pκ(z)] (1.46) trong đó X(z) và Ψ(z) lần lượt được cho bởi công thức (1.40), (1.45) và
Pκ(z) là một đa thức bậc κ với hệ số tùy ý.
Cơng thức (1.46) chính là cơng thức nghiệm của bài tốn khơng thuần nhất khi κ > 0. Trường hợp κ > 0. Khi đó z = ∞ là một cực điểm bậc −κ của
X(z). Do đó Φ
+(z)
X−(z) triệt tiêu tại z = ∞. Theo định lý Liouville, ta có
Φ+(z) X+(z) −Ψ+(z) = Φ −(z) X−(z) −Ψ−(z) = 0. Suy ra Φ(z) =X(z)Ψ(z). (1.47) trong đó X(z) được cho bởi công thức (1.40), nhận z = ∞ là một cực điểm bậc−κ và Ψ(z) được cho bởi cơng thức (1.45), có thể nhận z = ∞ là khơng điểm bậc 1.
Φ−(z) có cực điểm tại vơ cùng bậc khơng quá −κ−1. Vậy nên khi κ < −1, bài tốn khơng thuần nhất trong trường hợp tổng qt sẽ khơng có nghiệm. Nó giải được chỉ khi thành phần tự do phải thỏa mãn thêm một số điều kiện áp đặt phù hợp.
Khai triển tích phân dạng Cauchy (1.47)thành chuỗi lũy thừa tại vơ cùng
Ψ−(z) =
∞
X
k=1
trong đó ck = − 1 2πi Z Γ g(τ) X+(τ)τ k−1dτ.
Do Φ−(z) giải tích tại vơ cùng nên điều kiện cần trước tiên là −κ − 1 hệ số trong khai triển của Ψ−(z) triệt tiêu. Khi đó bài tốn thuần nhất là giải được.
Điều kiện cần và đủ để bài tốn khơng thuần nhất giải được khi κ < −1 là điều kiện sau được thỏa mãn
Z
Γ
g(τ)
X+(τ)τ
k−1dτ = 0(k = 1,2, . . . ,−κ−1). (1.48)
Các kết quả khảo sát ở trên cho ta kết luận
Định lý 1.10. Trong trường hợp κ 6 0 thì bài tốn bờ Riemann khơng thuần nhất giải được ứng với mọi thành phần tự do và nghiệm tổng quát của nó được cho bởi cơng thức
Φ(z) = X(z) 2πi Z Γ g(τ) X+(τ) dτ τ −z +X(z)Pκ(z). (1.49)
trong đó hàm chính tắc X(z) được cho bởi và Pκ(z) là đa thức của bậc κ với hệ số phức tùy ý.
Nếu κ = −1 thì bài tốn khơng thuần nhất là giải được và có nghiệm duy nhất.
Trong trường hợpκ < −1 thì bài tốn khơng thuần nhất nói chung là khơng giải được. Để nó có nghiệm, điều kiện cần và đủ là thành phần tự do của bài toán thỏa mãn thêm −κ − 1 điều kiện (1.46). Nếu các điều kiện này được thỏa mãn thì nghiệm duy nhất của bài tốn được cho bởi cơng thức(1.49), trong đó, ta coi P(z) ≡ 0.
Nhận xét 1.5. Nếu Φ−(∞) = 0 ta có kết quả sau
i. Với κ > 0 nghiệm tổng quát của bài tốn được cho bởi cơng thức
Φ(z) = X(z)[Ψ(z) + Pκ−1(z)]. (1.50) ii. Nếu κ = 0 bài tốn có nghiệm duy nhất được cho bởi công thức
iii. Với κ < 0 bài tốn khơng giải được trong trường hợp tổng quát. Điều kiện cần và đủ để giải được là hạng tử tự do của bài toán thỏa mãn −κ điều kiện sau Z Γ g(τ) X+(τ)τ k−1dτ = 0(k = 0,1,2, . . . ,−κ). (1.52)
Khi đó, nghiệm của bài tốn được cho bởi cơng thức (1.51). Trong đó X(z), Ψ(z) lần lượt được cho bởi cơng thức (1.39), (1.42) và Pκ−1(z) là một đa thức bậc κ−1 với hệ số phức bất kì.