Bài toán 1: Giải phương trình tích phân kỳ dị
∫1
−1
ln|x−t|φ(t)
(1−t2)12 dt= f(x), −1< x <1, (3.1.1) trong đó f(x) và φ(x)là các hàm khả vi trong khoảng (-1, 1).
Trước khi nghiên cứu phương pháp đặc biệt tìm nghiệm của phương trình tích phân (3.1.1), chúng ta cần nhắc lại một số kiến thức bổ sung về đa thức Chebyshev.
Định nghĩa 3.1.1. Đa thức Chebyshev là đa thức có dạng Tn(x) = cos(ncos−1x) với x ∈(−1,1), n= 0,1,2, ...
Chương 3. Một số phương pháp đặc biệt tìm nghiệm của phương trình tích phân kỳ dị Tính chất
i) Các đa thức Chebyshev có tính trực giao, tức là
∫1
−1
Tn(x)Tm(x) (1−x2)12 dx =
0 với n̸=m, π
2 với m= n̸= 0, π với n=m = 0.
ii), Hàm f(x) bất kỳ xác định trong đoạn [−1,1] và thỏa mãn
∫1
−1
|f(x)|2
(1−x2)12dx <∞, đều có thể khai triển thành chuỗi Chebyshev dạng
f(x) =
∑∞ n=0
CnTn(x), (3.1.2)
trong đó C0 = 1
π
∫ f(x)
(1−x2)12dx, Cn = 2 π
∫1
−1
f(x)Tn(x)
(1−x2)12 dx,(n> 1). (3.1.3) Chuỗi (3.1.2) hội tụ theo nghĩa bình phương với hàm trọng số (1−x2)12.
Trong trường hợp đặc biệt f(x) = ln|x−t|, với −16 x, t6 1, sử dụng các kết quả
∫1
−1
ln|x−t|
(1−t2)12dt= −πln 2, (3.1.4)
và ∫1
−1
ln|x−t|
(1−t2)12Tn(t)dt= −π
nTn(x), −1< x < 1. (3.1.5) Ta có khai triển
ln|x−t| = −ln 2−2.
∑∞ n=1
Tn(x)Tn(t)
n .
Chương 3. Một số phương pháp đặc biệt tìm nghiệm của phương trình tích phân kỳ dị Nhận xét Từ hệ thức (3.1.4), suy ra phương trình tích phân
∫1
−1
ln|x−t|
(1−t2)12φ(t)dt= 1, −1< x <1, (3.1.6) có nghiệm là
φ(t) =− 1
πln 2, −1< t <1. (3.1.7) Tiếp theo ta sẽ trình này phương pháp giải phương trình tích phân (3.1.1).
Giả sử các hàm f(x), φ(t) trong phương trình tích phân (3.1.1) có thể khai triển thành chuỗi Chebyshev
f(x) =
∑∞ n=0
cnTn(x), (3.1.8)
và
φ(x) =
∑∞ n=0
dnTn(x), (3.1.9)
trong đó cn là các hằng số được xác định bởi (3.1.3) và dn là các ẩn hằng cần xác định.
Thay (3.1.8) và (3.1.9) vào phương trình (3.1.1) và sử dụng các kết quả (3.1.4) và (3.1.5) thu được
(−πln 2)d0−π
∑∞ n=1
dn
nTn(x) =
∑∞ n=0
cnTn(x), −1< x <1.
Đồng nhất hệ số tương ứng, ta tìm được d0 = c0
πln 2 = 1 π2ln 2
∫1
−1
f(x) (1−x2)12dx, và
dn = n
πcn = −2n π2
∫1
−1
f(x)Tn(x)
(1−x2)12 dx, n >1. (3.1.10) Hệ thức (3.1.9) và (3.1.10) cho ta nghiệm của phương trình tích phân (3.1.1) đối với lớp hàm f(x) mà các hằng số dn được xác định bởi (3.1.10) làm cho chuỗi (3.1.9) hội tụ theo nghĩa bình phương.
Chương 3. Một số phương pháp đặc biệt tìm nghiệm của phương trình tích phân kỳ dị Trong trường hợp đặc biệt f(x) = 1, nghiệm của phương trình tích phân (3.1.1) (phương trình tích phân (3.1.6)) là
φ(t) = d0T0(x) = −1
πln 2. (3.1.11)
Nghiệm này đã được chỉ ra ở (3.1.6) và (3.1.7).
Xét phương trình tích phân loại 2 tương ứng với phương trình (3.1.1):
φ(x)−λ
∫1
−1
ln|x−t|
(1−x2)12φ(t)dt= f(x), −1< x < 1. (3.1.12) Gọi L0 là toán tử được định nghĩa bởi
(L0.φ)(x) = L0(φ(t), x) =
∫1
−1
ln|x−t|
(1−x2)12φ(t)dt.
Khi đó, giá trị riêng của toán tử L0 là
λn =
−πln 2 với n= 0,
−π
n với n≥ 1,
(3.1.13)
với các hàm riêng tương ứng là Tn(x) (n> 0).
Phương trình (3.1.12) trở thành
φ(x)−λ(L0φ)(x) = f(x), −1< x <1. (3.1.14) Nếu hàm f(x)vàφ(x) được khai triển thành các số hạng của chuỗi Chebyshev (3.1.8) và (3.1.9) thì nghiệm của phương trình tích phân (3.1.12) được biểu diễn dưới dạng
φ(x) =
∫1
−1
R(x, y, λ)f(y)dy, trong đó giải thức R được xác định bởi công thức
(−y2)12R(x, y, λ) = 1
π(1 +λπln 2) + 2 π
∑∞ n=1
Tn(x).Tn(y) 1 + λπn . khi λλn ̸=−1 với mọi n> 0.
Chương 3. Một số phương pháp đặc biệt tìm nghiệm của phương trình tích phân kỳ dị Chú ý. Nếu λλn = −1 thì nghiệm của phương trình tích phân (3.1.14) tồn tại nếu và chỉ nếu:
∫1
−1
Tn(x)f(x)
(1−x2)12 dx= 0.
Bài toán 2: Giải phương trình tích phân kỳ dị
∫1
−1
ln|x−t|φ(t)dt= f(x), −1< x < 1. (3.1.15) Bằng cách lấy vi phân hai vế của phương trình (3.1.15) với biến x, chúng ta thu được phương trình tích phân kỳ dị với hạt nhân dạng Cauchy
∫1
−1
φ(t)
t−xdt =−f′(x), −1< x < 1. (3.1.16) Sử dụng phương pháp RHP chương 2, nghiệm của phương trình (3.1.15) có dạng
φ(x) = 1 (1−x2)12
[ c+ 1
π2
∫1
−1
(1−t2)12f′(t) t−x dt
]
, −1< x <1, (3.1.17) trong đó c là hằng số.
Như vậy, muốn tìm nghiệm của phương trình (3.1.15) ta chỉ cần tìm được hằng số c. Từ (3.1.17), suy ra
∫1
−1
φ(x)dx =c
∫1
−1
dx
(1−x2)12 + 1 π2
∫1
−1
(1−t2)12f′(t) {∫1
−1
dx
(1−x2)12(t−x) }
dt.
(3.1.18)
Do hàm h(x) = 1
(1−x2)12(t−x) là hàm lẻ nên
∫1
−1
dx
(1−x2)12(t−x) = 0, −1< t < 1. (3.1.19) Từ (3.1.18) và (3.1.19) suy ra
c = 1 π
∫1
−1
φ(x)dx. (3.1.20)
Chương 3. Một số phương pháp đặc biệt tìm nghiệm của phương trình tích phân kỳ dị
Nhân cả 2 vế của (3.1.15) với 1
(1−x2)12, sau đó lấy tích phân theo biến x (−1< x <1), thu được
∫1
−1
1 (1−x2)12
[∫1
−1
ln|x−t|φ(t)dt ]
dx=
∫1
−1
f(x)
(1−x2)12dx. (3.1.21) Đổi thứ tự lấy tích phân ở vế trái của (3.1.21), suy ra
∫1
−1
φ(t) [∫1
−1
ln|x−t| (1−x2)12dx
] dt=
∫1
−1
f(x) (1−x2)12dx.
Sử dụng các kết quả (3.1.6) và (3.1.7), nhận được
−πln 2.
∫1
−1
φ(t)dt =
∫1
−1
f(x)
(1−x2)12dx. (3.1.22) Từ các kết quả (3.1.20) và (3.1.22) nếu hàm φ(x) là nghiệm của phương trình tích phân (3.1.15) thì hằng số c được xác định bởi
c= −1 π2ln 2
∫1
−1
f(x)
(1−x2)12dx. (3.1.23) Do vậy, nghiệm của phương trình tích phân kỳ dị (3.1.15) thu được có dạng
φ(x) = 1
π2(1−x2)12 [∫1
−1
(1−x2)12f′(t)
t−x dx− 1 ln 2
∫1
−1
f(t) (1−t2)12dt
]
,−1< x <1.
(3.1.24) Chú ý 1. Phương trình (3.1.16) cho ra cùng đáp số trong trường hợp (3.1.15) được thay bởi
∫1
−1
ln|x−t|φ(t)dt= f(x) +D, −1< x < 1, (3.1.22’) trong đóD là một hằng số tùy ý. Do đó (3.1.17) sẽ được biểu diễn lại là nghiệm của (3.1.22’). Ta cũng thu được
C′ = 1 π
∫1
−1
φ(t)dt.
Chương 3. Một số phương pháp đặc biệt tìm nghiệm của phương trình tích phân kỳ dị
Nhưng (3.1.22) thay đổi thành
−πln 2
∫1
−1
φ(t)dt=
∫1
−1
f(x) +D (1−x2)12dx.
Kết hợp với (3.1.23), ta có
C′ = 1 π2ln 2
∫1
−1
f(t) +D (1−t2)12dt
=C − D π2ln 2
∫1
−1
dt (1−t2)12
=C − D π2ln 2. Do đó (3.1.15) có thể có nghiệm đặc biệt dạng
−D π2ln 2
( 1 1−x2
)12 .
2. Nghiệmφ(x)trong hệ thức (3.1.24) không bị chặn tạix =−1vàx = 1. Nếu có thêm giả thiết φ(x) là bị chặn tại cả hai điểm x =−1 và x = 1 thì phải có thêm điều kiện
∫1
−1
f′(t)
(1−t2)12dt= 0. (3.1.25) Do đó nghiệm φ(x) là
φ(x) = (1−x2)12 π2
∫1
−1
f′(t)
(1−t2)12(t−x)dt, −1< x <1. (3.1.26) Trong trường hợp này, hệ thức (3.1.24) có thể viết lại là
φ(x) = 1 π2
[
(1−x2)12
∫1
−1
f′(t)
(1−t2)12(t−x)dt− 1 (1−x2)12
∫1
−1
(t+x)f′(t) (1−t2)12 dt
]
− 1 π2ln 2
1 (1−x2)12
∫1
−1
f(t) (1−t2)12dt.
(3.1.27)
Chương 3. Một số phương pháp đặc biệt tìm nghiệm của phương trình tích phân kỳ dị Các công thức nghiệm (3.1.26) và (3.1.27) chỉ ra rằng nghiệm bị chặn tạix= −1 và x= 1 nếu và chỉ nếu hai điều kiện sau được thỏa mãn:
i)
∫1
−1
f′(t)
(1−t2)12dt = 0 chính là điều kiện (3.1.25) và
ii)
∫1
−1
tf′(t)
(1−t2)12dt= −1 ln 2
∫1
−1
f(t) (1−t2)12dt.
Bài toán 3 Giải phương trình tích phân kỳ dị 1
π
∫1 0
φ(t) lnt+x
t−x =f(x), 0< x < 1. (3.1.28) ở đó f(0) = 0.
Phương trình này xuất hiện khi nghiên cứu vấn đề về sự phân tán của sóng nước bởi màng chắn vuông góc trong lý thuyết tuyến tính hóa về sóng nước.
Lấy đạo hàm hai vế phương trình (3.1.28) theo biếnx, ta được phương trình tích phân kỳ dị loại Cauchy:
1 π
∫1 0
2tφ(t)
t2 −x2dt= f′(x), 0< x <1. (3.1.29) Đặt
t2 =u, x2 = y, φ1(u) = φ(u12), f1(y) = f′(y12). (3.1.30) Khi đó phương trình (3.1.29) trở thành
1 π
∫1 0
φ1(u)
u−ydu =f1(y), 0< y < 1. (3.1.31) Bằng cách sử dụng phương pháp RHP ta tìm được công thức nghiệm tổng quát của phương trình tích phân kỳ dị (3.1.31) là
φ1(u) = 1 π
1 {u(1−u)}12
[ c−
∫1 0
{y(1−y)}12f(y)
yưu dy
]
, 0< u <1, (3.1.32)
Chương 3. Một số phương pháp đặc biệt tìm nghiệm của phương trình tích phân kỳ dị
ở đó c là hằng số tùy ý. Đổi trở lại biến cũ, thu được φ(t) = 1
π 1 t(1−t2)12
[ c−2
∫1 0
x2(1−x2)12
x2−t2 f′(x)dx ]
, 0< t < 1. (3.1.33) Chú ý rằng
c = 2
∫1 0
tφ(t)dt. (3.1.34)
Từ phương trình (3.1.28) suy ra
∫1 0
xf(x)
(1−x2)12dx = 1 π
∫1 0
φ(t) {∫1
0
x
(1−x2)12 lnx+t x−t
dx }
dt
=
∫1 0
tφ(t)dt. (3.1.35)
(Do
∫1 0
x
(1−x2)12 lnx+t x−t
dx =πt, 0< t <1).
Từ (3.1.34) và (3.1.35) suy ra hằng số c phải chọn là c= 2.
∫1 0
xf(x)
(1−x2)12dx. (3.1.36) Do vậy nghiệm tổng quát của phương trình tích phân kỳ dị (3.1.28) là
φ(t) = 1 π
2 t(1−t2)12
[∫1
0
xf(x)
(1−x2)12dx−
∫1 0
x2(1−x2)12
(x2−t2) f′(x)dx ]
, 0< t < 1.
Nghiệm này có tính chất không bị chặn tại t= 0 và t = 1.
Bây giờ, công thức nghiệm (3.1.33) có thể viết lại là φ(t) = 1
π 1 t(1−t2)12
[
c−2(1−t2) {∫1
0
f′(x) (1−x2)12dx +t2
∫1 0
f′(x)
(1−x2)12(x2−t2)dx }
+ 2
∫1 0
x2f′(x) (1−x2)12dx
]
, 0< t < 1.
(3.1.37)
Chương 3. Một số phương pháp đặc biệt tìm nghiệm của phương trình tích phân kỳ dị
Bằng cách sử dụng đồng nhất thức x2(1−x2)12 = x2(1−x2)
(1−x2)12 = (x2−t2+t2)(1−t2+t2−x2)
(1−x2)12 . (3.1.38) Từ kết quả (3.1.37), cho ta nhận xét phương trình tích phân kỳ dị (3.1.28) có nghiệm bị chặn tại t = 0 và t = 1 nếu và chỉ nếu hai điều kiện sau được thỏa mãn.
i)
∫1 0
f′(x)
(1−x2)12dx = 0 (3.1.39) ii)
c+ 2
∫1 0
x2f′(x)
(1−x2)12dx = 0. (3.1.40) Sử dụng hệ thức (3.1.29), hệ thức (3.1.40) trở thành
∫1 0
xf(x) +x2f′(x)
(1−x2)12 dx = 0. (3.1.41) Do vậy nghiệm bị chặn φ(t) được xác định
φ(t) = −2
π t(1−t2)12
∫1 0
f′(x)
(1−x2)12(x2−t2)dx, 0 < t <1. (3.1.42) Kết quả trên có thể dễ dàng được kiểm tra bằng cách sử dụng phương trình tích phân đã cho (3.1.28) và (3.1.29). Điều kiện thứ hai (3.1.41) được thỏa mãn tự động.
Chúng ta cũng có thể xây dựng hai nghiệm φ(t) khác nhau của phương trình tích phân (3.1.28) thỏa mãn:
Trường hợp 1: Hàm φ(t) bị chặn tại điểm t= 0 nhưng không bị chặn tại điểm t= 1.
Sử dụng đồng nhất thứcx2(1−x2)12 = (x2−t2+t2).(1−x2)12, nghiệm (3.1.33) được viết lại là
φ(t) = 1 π
1 t(1−t2)12
[
c−2t2
∫1 0
(1−x2)12f′(x) x2−t2 dx
Chương 3. Một số phương pháp đặc biệt tìm nghiệm của phương trình tích phân kỳ dị
−2
∫1 0
(1−x2)12f′(x)dx]
, 0< t < 1. (3.1.43)
Do đó dạng tương ứng của nghiệm trong trường hợp đặc biệt này được cho bởi φ(t) =− 2t
π(1−t2)12
∫1 0
(1−x2)12f′(x)
x2−t2 dx, 0< t < 1. (3.1.44) Suy ra
c−2
∫1 0
(1−x2)12f′(x)dx= 0.
Sử dụng (3.1.36), tìm được
∫1 0
(1−x2)f′(x)−xf(x)
(1−x2)12 dx= 0. (3.1.45) Trường hợp 2: Hàm φ(t) bị chặn tại điểm t= 1 nhưng không bị chặn tại điểm t= 0. Sử dụng đồng nhất thức x2(1−x2)12 = x2(1−t2+t2−x2)
(1−x2)12 , nghiệm của (3.1.33) được viết lại như sau
φ(t) = 1 π
1 t(1−t2)12
[
c−2(1−t2)
∫1 0
x2f′(x)
(1−x2)12(x2−t2)dx + 2
∫1 0
x2f′(x) (1−x2)12dx
]
, 0< t < 1. (3.1.46) Do đó dạng tương ứng của nghiệm trong trường hợp này được cho bởi
φ(t) = 2(1−t2)12 πt
∫1 0
x2f′(x)
(1−x2)12(x2−t2)dx, 0 < t <1. (3.1.47) Suy ra
c+ 2
∫1 0
x2f′(x)
(1−x2)12dx = 0.
Kết hợp với (3.1.36), tìm được
∫1 0
x2f′(x) +xf(x)
(1−x2)12 dx = 0. (3.1.48)
Chương 3. Một số phương pháp đặc biệt tìm nghiệm của phương trình tích phân kỳ dị