1.5 Bài toán bước nhảy
1.5.2 Bài toán thuần nhất
Giả sử bài toán biên Riemann thuần nhất (1.28) giải được và có nghiệm làΦ+(z)vàΦ−(z). Ta ký hiệu N+,N−lần lượt là số các không điểm của hàm số Φ+(z),Φ−(z) xác định trênD+,D− tương ứng. Ta có Φ+(t) = G(t)Φ−(t),
suy ra G(t) = Φ
+(t) Φ−(t)
Do đó chỉ số κ của G(t) là
Chỉ số κ của hệ số bài toán bờ Riemann được gọi là chỉ số của bài toán. Nhận xét 1.2. Từ (1.28) ta có
i. Điều kiện cần để bài tốn bờ Riemann thuần nhất giải được là chỉ số κ của bài toán là một số không âm (theo giả thiết, hàm số Φ+(z),Φ−(z) khơng có cực điểm).
ii. Nếu κ >0 hàm số Φ+(z),Φ−(z) là nghiệm của bài tốn có κ khơng điểm. iii. Nếu κ =0 hàm số Φ±(z) khơng có khơng điểm.
Dựa vào nhận xét này ta sẽ tìm nghiệm của bài tốn bờ Riemann thuần nhất. Trước tiên, ta xét trường hợp κ = 0. Khi đó, lnG(t) là một hàm đơn trị,
ln Φ+(z) vàln Φ−(z)là những hàm giải tích, chúng ta có Φ+(t) = G(t)Φ−(t),
suy ra ln Φ+(t)−ln Φ−(t) = lnG(t).
Trong đólnG(t) là nhánh liên tục tùy ý. Dễ dàng kiểm tra được kết quả nhận được không phụ thuộc vào nhánh nào của logarit. Theo cơng thức (1.31) của bài tốn bước nhảy ta được
ln Φ(z) = 1 2πi Z Γ lnG(τ) τ −z dτ + lnA trong đó A là một hằng số tùy ý. Ta đặt Γ(z) = 1 2πi Z Γ lnG(τ) τ −z dτ (1.36)
Suy ra Φ(z) = AeΓz. Như vậy, nghiệm của bài tốn có dạng
Φ+(z) =AeΓ+(z),Φ−(z) =AeΓ−(z) (1.37) Do đó, nếu Φ−(∞) = 0 suy ra A = 0 thì bài tốn chỉ có một nghiệm tầm thường là Φ ≡ 0.
Từ điều trên ta thu được kết quả sau
Định lý 1.8. Hàm số tùy ý G(t) cho trên chu tuyến Γ, thỏa món iu kin
Hăolder và có chỉ số bằng 0, luôn viết được dưới dạng thương của hàm số Φ+(t) và Φ−(t) lần lượt là các giá trị biên của hàm số giải tích trong miền
D+, D− và ln khác 0 trong miền đó. Hàm số này được xác định sai khác một hằng số nhân tùy ý và được cho bởi công thức (1.36).
Trường hợp κ > 0. Giả thiết rằng gốc tọa độ nằm trong miền D+. Hàm số
tκ có chỉ số κ. Ta viết điều kiện biên dưới dạng
Hiển nhiên là hàm số G1(t) = t−κG(t) có chỉ số bằng 0 (vì IndG1(t) = Indt−κ + IndG(t) = −κ + κ = 0). Do đó, bài tốn tìm Φ+(z) giải tích trên D+ và Φ−(z) giải tích trên D−, sao cho trên chu tuyến Γ thỏa mãn
Φ+(t) =G1tΦ−(t), ta có nghiệm là Φ+(z) =AeΓ+(z),Φ−(z) = AeΓ−(z) trong đó Γ(z) = 1 2πi Z Γ ln[τ−κG(τ)] τ −z dτ. (1.39) và A là hằng số tùy ý. Ta có G1(t) = Φ +(t) Φ−(t) = eΓ+(t)
eΓ−(t). Do đó (1.35) được viết lại
Φ+(t) = tκeΓ+(t) eΓ−(t)Φ−(t)Φ +(t) eΓ+(t) = tκΦ−(t) eΓ−(t) Vì hàm Φ+(z) eΓ+(z) giải tích trên D+ và zκΦ−(z)
eΓ−(z) giải tích trên D−, ngoại trừ tại ∞, nơi nó có thể có cực điểm bậc khơng lớn hơn κ, là thác triển giải tích của nhau qua Γ. Ngược lại, ta thấy chúng là nhánh của hàm số giải tích duy
nhất trong cả mặt phẳng phức, trừ ra một cực điểm bậc không quá κ tại vô cùng. Theo định lý Liouville suy rộng ta được
Φ+(z)
eΓ+(z) = zκΦ−(z)
eΓ−(z) = Pκ(z),
trong đó Pκ(z) là đa thức bậc không lớn hơn κ với hệ số phức nào đó. Vậy nên, ta nhận được nghiệm tổng quát của bài toán là
Φ+(z) =eΓ+(z)Pκ(z),Φ−(z) = eΓ−(z)z−κPκ(z). (1.40) Ta phát biểu kết quả thu được dưới dạng định lý sau.
Định lý 1.9. Nếu chỉ số κ của bài tốn bờ Riemann là số dương, thì bài tốn có κ + 1 nghiệm độc lập tuyến tính
Φ+k(z) =zkeΓ+(z),Φk−(z) = zk−κeΓ−(z)(k = 0,1, . . . ,κ)
Nghiệm tổng quát chứa κ+ 1 hằng số tùy ý và được cho bởi công thức(1.40) . Rõ ràng, trường hợp κ = 0 là một trường hợp riêng của định lý này.
Nhận xét 1.3. Nghiệm của bài tốn hồn tồn được xác định nếu biết thêm κ+ 1 điều kiện độc lập tuyến tính của những hàm Φ+(z),Φ−(z). Từ (1.40)
suy ra Φ−(∞) bằng hệ số của zκ trong đa thức Pκ(z). Do đó, nếu thêm vào
điều kiện Φ−(∞) = 0 thì nghiệm tổng quát được biểu diễn dưới dạng
Φ+(z) = eΓ+(z)Pκ−1(z),Φ−(z) = eΓ−(z)z−κPκ−1(z) (1.41) trong đó Pκ−1(z) là đa thức bậc κ−1 với hệ số tùy ý. Vậy nên trong thường hợp này, bài tốn có κ nghiệm độc lập tuyến tính.
Nhận xét 1.4. Nếu chu tuyến Γ là khoảng hữu hạn thì ta cũng có kết quả tương tự.