So sánh nghiệm của bài toán biên Hilbert ở trên với nghiệm của bài toán biên Riemann có thể thấy một sự tương đồng. Điều này cho thấy rằng có một sự liên kết chặt chẽ giữa nghiệm của chúng mặc dù công thức là khác nhau. Đối với những chu tuyến dạng đơn giản nhất (đường thẳng và đường tròn) ở đó có một sự kết nối giữa toán tử Schwarz và tích phân Cauchy, việc đưa bài toán biên Hilbert về bài toán biên Riemann là có thể thực hiện được. Đối với những chu tuyến khác không có loại kết nối trực tiếp này và nó chỉ có thể được thiết lập chỉ bằng ánh xạ bảo giác trong số các miền xét vào một đường hoặc một nửa mặt phẳng.
Giả sử rằng Llà đường tròn đơn vị (t = eis).
Định lý 2.4. Hàm "bên trong"Φ+(z)của bài toán giá trị biên Riemann Φ+(t) = G(t)Φ−(t) +g(t)
với hệ số
G(t) = a(s) +ib(s)
a(s)−ib(s), g(t) = 2c(s)
a(s)−ib(s), (2.31) cho nghiệm của bài toán biên Hilbert với điều kiện biên
a(s)u(s) +b(s)v(s) = c(s). Chứng minh.Xét ba trường hợp sau :
Trường hợp 1. κ = 0, từ công thức nghiệm tổng quát của bài toán biên Riemann
Φ(z) = X(z)[Ψ(z) +P2κ(z)], hàmΦ+(z)được xác định
Φ+(z) = X+(z)[Ψ+(z) +P2κ(z)], (2.32) trong đó
X+(z) = eΓ+(z), Γ(z) = 1 2πi
Z
L
ln G(τ) τ−z dτ, Ψ(z) = 1
2πi Z
L
g(τ) X+(τ)
dτ
τ−z , P2κ(z) = C.
Thay giá trị củaG(t)từ (2.31) và sử dụng công thức về mối liên hệ giữa tích phân Cauchy và tích phân Schwarz, ta có
Γ(z) = 1 2πi
Z
L
ln a(σ) +ib(σ) a(σ)−ib(σ)
dτ
τ−z = 1 2πi
Z
L
2iarctanb(σ) a(σ)
dτ τ−z
= 1 2π
Z
L
iarctanb(σ) a(σ)
eiσ+z
eiσ−z dσ+iC =iγ(z) +iC, ( sử dụng công thức lnz = ln |z|+iargzvà
a+ib a−ib
=1).Từ đó, với một thừa số không đổi
eΓ+(z) = eiγ(z). (2.33)
Do đó, cách giải bài toán biên Riemann thuần nhất và giải bài toán biên Hilbert thuần nhất là giống nhau.
Chúng ta tiếp tục xét với bài toán không thuần nhất. Theo tính toán công thức (2.33) ta có
Ψ+(z) = 1 2πi
Z
L
2c(σ) a(σ)−ib(σ) e
−iγ(τ) dτ τ−zã Theo các công thức (2.3), (2.6) và (2.17)
(a−ib)eiγ = p(a2+b2) = e−ω1. Do đó
Ψ+(z) = 1 πi
Z
L
c(σ)eω1(σ) dτ
τ−z = 1 2π
Z2π
0
c(σ)eω1(σ) e
iσ +z
eiσ −z dσ+iβ0.
Thay biểu thứcΨ+(z)vào công thức (2.32) và giả thiết rằng hằng sốC tùy ý là một số thuần ảo thì dẫn đến công thức (2.25).
Trường hợp 2.κ >0. Ta có Γ+(z) = 1
2πi Z
L
ln
τ−2κ a(σ) +ib(σ) a(σ)−ib(σ)
dτ τ−z
= 1 π
Z
L
arctan b(σ)
a(σ) −κσ dτ
τ−z =iγ(z) +iβ0
và hơn nữa chúng ta thấy rằng Ψ+(z) = 1
2π Z2π
0
c(σ)eω1(σ)eκiσ eiσ +z
eiσ −z dσ+iβ0.
Bây giờ chúng ta có nghiệm của bài toán biên Riemann bằng cách thay Ψ+(z) vào công thức (2.32) và nghiệm của bài toán biên Hilbert được tính theo công thức (2.26)
Φ+(z) = eiγ(z)
1 2π
Z2π
0
eω1(σ)c(σ) e
iσ+z
eiσ−z eκiσ dσ+P2κ(z)
,
F(z) = eiγ(z)
1 2π
Z2π
0
eω1(σ)c(σ) e
iσ +z
eiσ −z zκ dσ+zκQ(z)
,
trong đóP2κ(z)là một đa thức bậc2κ với hệ số tùy ý vàQ(z)được cho bởi công thức (2.24).
Khai triển những hàm được biểu diễn bởi tích phân Schwarz thành chuỗi lũy thừa trong lân cận gốc tọa độ, chúng ta dễ dàng thấy rằng những phép khai triển này chỉ khác nhau trongκ số hạng đầu tiên. Khi đó hệ thức
P2κ(z) = zκQ(z), là thỏa mãn và ta thấy rằng chúng trùng nhau.
Trường hợp 3.κ <0. Lý luận tương tự như phần trước dẫn tới công thức
Φ+(z) = eiγ(z) 1 2π
Z2π
0
eω1(σ)c(σ) e
iσ+z
eiσ−z eκiσ dσ,
F(z) = eiγ(z) 1 2π
Z2π
0
eω1(σ)c(σ) e
iσ +z
eiσ −z zκ dσ.
Điều kiện giải được của bài toán biên Riemann được cho bởi công thức Z
L
g(τ) X+(τ)τ
k−1 dτ = 0 (k =0, 1, . . . ,−κ−1), trong trường hợp này nó có dạng
Z2π
0
eω1(σ)c(σ)e−kiσ dσ = 0 (k= 0, 1, . . . ,−κ −1).
Do đó, những điều kiện trên được đồng nhất với những điều kiện giải được (2.28) của bài toán biên Hilbert. Nếu những điều kiện này được thỏa mãn thì biểu thứcΦ+(z)và F(z)cho ta khai triển tương tự như khai triển Taylor
1
2C−κ +
∑∞ k=1
C−κ+kzk,
trong đóCklà hệ số phức trong phép khai triển Fourier của hàmeω1(σ)c(σ).
Bây giờ giả sử rằng chu tuyến Llà trục thực. Ta xét định lý cho trường hợp này.
Lý luận tương tự như trên choκ ≥ 0. Chúng ta viết nghiệm của bài toán biên Riemann dưới dạng:
Φ+(z) = X+(z)
Ψ+(z) +P2κ
z−i z+i
, (2.34)
trong đó
X+(z) = eΓ+(z), Γ(z) = 1
2πi
+∞Z
−∞
ln
"
t−i t+i
−2κ a+ib a−ib
# dt t−z,
Ψ(z) = 1 2π
+∞ Z
−∞
c(t) (a−ib)X+(t)
dt t−zã
Ta thiết lập mối liên hệ giữaΓ+(z) và công thức (2.3) xác địnhγ(z). Từ hệ
thức
t−i t+i
−2κ
a+ib a−ib
=1, ta có
Γ+(z) = 1 2πi
+∞ Z
−∞
iarg
"
t−i t+i
−2κ
a+ib a−ib
# dt
t−z = 1 π
+∞ Z
−∞
θ(t)
t−z dt= iγ(z). Do vậy
X+(z) = eiγ(z).
Lý luận tương tự như trong trường hợp của đường tròn, ta có X+(t)(a−ib) = eiγ(z)(a−ib) =
t−i t+i
−2κ
e−ω1.
Đặt vào (2.34) và đưa ra đồng thời nghiệm của bài toán biên Riemann và bài toán biên Hilbert
Φ+(z) = eiγ(z)
1 πi
+∞ Z
−∞
t−i t+i
−2κ
eω1(t)c(t)
t−z dt+P2κ
z−i z+i
,
F(z) = eiγ(z)
1 πi
+∞ Z
−∞
t−i t+i
−2κ
eω1(t)c(t) t−z dt+
z−i z+i
2κ
Q(z)
.
Khai triển các tích phân trong chuỗi lũy thừa theo(z−i)/(z+i)thấy rằng những biểu thức này chỉ sai khác 2κ điều kiện. So sánh các số hạng trong đa thứcP2κ và lựa chọn hệ số tùy ý thì đẳng thức sau đây được thỏa mãn
P2κ
z−i z+i
=
z−i z+i
2κ
Q(z). Nếuκ <0lý luận tương tự.
Chương 3
Một số dạng phương trình tích phân kỳ dị liên quan
Trong chương này ta chỉ xét phương trình tích phân kỳ dị với nhân Hilbert có dạng đặc trưng vì nó có mối liên hệ mật thiết với bài toán biên Hilbert.
3.1 Mối quan hệ của phương trình tích phân kỳ dị đặc trưng với nhân Hilbert và bài toán biên Hilbert
Ta có hàmcot12(σ−s)được gọi là nhân Hilbert thì phương trình tích phân kỳ dị đặc trưng có dạng
a(s)u(s)− b(s) 2π
Z2π
0
u(σ)cotσ−s
2 dσ = c(s), (3.1) trong đóa(s),b(s),c(s) là những hàm đã cho thỏa mãn điều kiện H ¨older, được gọi làphương trình tích phân kỳ dị đặc trưng với nhân Hilbert.
Nếu c(s) = 0thì được gọi là phương trình thuần nhất, trong trường hợp ngược lại là phương trình không thuần nhất. Nghiệm phương trình được tìm trong lớp những hàm thỏa mãn điều kiện H ¨older.
Tương tự như phương trình tích phân kỳ dị đặc trưng với nhân Cauchy (được kết nối với bài toán biên Riemann) thì phương trình đặc trưng (3.1) với nhân Hilbert là có liên quan chặt chẽ với bài toán biên Hilbert, chúng ta có khẳng định sau.
Định lý 3.1. Phương trình kỳ dị đặc trưng với nhân Hilbert(3.1) là tương đương với bài toán biên Hilbert(2.1)cho đường tròn, thỏa mãn điều kiện bổ sung
Z2π
0
v(σ)dσ = 0. (3.2)
Nếu F(z) là nghiệm của bài toán biên Hilbert (2.1) với điều kiện (3.2) thì phần thực của giá trị biên là nghiệm của phương trình(3.1)và ngược lại cho u(s)là nghiệm của phương trình(3.1)thì bằng việc sử dụng toán tử Schwarz và điều kiện(3.2) ta thu được nghiệm của bài toán biên Hilbert(2.1).
Chứng minh.Giả sử rằng hàmu(s)là nghiệm của phương trình (3.1) đồng thời là giá trị biên của một hàm điều hòau(x,y)trong đường tròn đơn vị.
Theo tính giải được tuyệt đối của bài toán Dirichlet trong trường hợp đối với giá trị biên là hàm liên tục cho trước thì giả thiết này là phù hợp. Từ đó theo công thức
v(s) = − 1 2π
Z2π
0
u(σ)cotσ−s
2 dσ+v0, ta có
v(s) = − 1 2π
Z2π
0
u(σ)cotσ−s 2 dσ+
Z2π
0
v(σ)dσ.
Với điều kiện bổ sung (3.2) thì từ phương trình kỳ dị (3.1) ta nhận được bài toán biên Hilbert
a(s)u(s) +b(s)v(s) = c(s)
cho hàm giải tíchF(z) = u(x,y) +iv(x,y)trong đường tròn đơn vị.
Sau đó chúng ta sẽ dùng nghiệm của bài toán biên Hilbert trong miền đơn liên để giải phương trình đặc trưng (3.1).