Nhận viết luận văn Đại học , thạc sĩ - Zalo: 0917.193.864 Tham khảo bảng giá dịch vụ viết bài tại: vietbaocaothuctap.net Download luận văn thạc sĩ ngành toán học với đề tài: Phương trình tích phân kỳ dị với dịch chuyển và phản xạ trên trục thực, cho các bạn làm luận văn tham khảo

1. ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN
NGUYỄN THỊ GIANG
PHƯƠNG TRÌNH TÍCH PHÂN
KỲ DỊ VỚI DỊCH CHUYỂN VÀ
PHẢN XẠ TRÊN TRỤC THỰC
LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC
HÀ NỘI, NĂM 2010
1

2. ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN
NGUYỄN THỊ GIANG
PHƯƠNG TRÌNH TÍCH PHÂN
KỲ DỊ VỚI DỊCH CHUYỂN VÀ
PHẢN XẠ TRÊN TRỤC THỰC
Chuyên ngành : GIẢI TÍCH
Mã số : 60 46 01
LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC
Người hướng dẫn khoa học:
GS.TSKH. NGUYỄN VĂN MẬU
HÀ NỘI - NĂM 2010

3. Mục lục
Mở đầu 5
1 Công thức Sokhotski - Plemelij và bài toán biên Riemann 8
1.1 Công thức Sokhotski - Plemelij . . . . . . . . . . . . . . . . 8
1.1.1 Công thức Sokhotski - Plemelij . . . . . . . . . . . . 8
1.1.2 Công thức Sokhotski - Plemelij trên trục thực . . . . 10
1.2 Bài toán biên Riemann . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10
1.2.1 Bài toán bước nhảy . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11
1.2.2 Bài toán thuần nhất . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11
1.2.3 Hàm chính tắc của bài toán thuần nhất . . . . . . . 14
1.2.4 Bài toán không thuần nhất . . . . . . . . . . . . . . 15
1.2.5 Bài toán biên Riemann trên nửa mặt phẳng . . . . . 17
2 Phương trình tích phân kỳ dị với phép phản xạ 23
2.1 Phương trình tích phân kỳ dị dạng đặc trưng . . . . . . . . 23
2.1.1 Phương trình đặc trưng . . . . . . . . . . . . . . . . 23
2.1.2 Chuyển phương trình đặc trưng về bài toán biên
Riemann . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24
2.2 Phương trình tích phân kỳ dị với phép phản xạ . . . . . . . 27
2.2.1 Tính giải được của phương trình với phép phản xạ . 29
2.2.2 Trường hợp A1(t)C1(t) − A2(t)C2(t) = 0, ∀t ∈ R . . 30
2.2.3 Trường hợp A1(t)C1(t) − A2(t)C2(t) ≡ 0. . . . . . . 33
2.3 Ví dụ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36
3 Phương trình tích phân kỳ dị với phép tịnh tiến trong lớp
hàm tuần hoàn 50
3

4. 3.1 Toán tử sinh bởi nhóm hữu hạn các đối hợp . . . . . . . . . 50
3.2 Phương trình tích phân kỳ dị với phép tịnh tiến . . . . . . . 53
3.3 Phương trình tích phân kỳ dị với phép tịnh tiến và phản xạ 56
3.4 Ví dụ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 57
Kết luận 64
Tài liệu tham khảo 65
4

5. Mở đầu
Lý thuyết các toán tử tích phân kỳ dị và các bài toán biên Riemann của
hàm giải tích biến phức đã được xây dựng và phát triển rất mạnh mẽ trong
nửa thế kỷ, từ những năm 1920 đến 1970. Các kết quả này gắn với tên
tuổi nhiều nhà toán học nổi tiếng như Noether, Muskhelishvili, Gakhov,
Vekua, ...
Trong các giáo trình lý thuyết hàm biến phức ở đại học, chúng ta đã
biết đến tích phân Cauchy, tích phân dạng Cauchy và tích phân với nghĩa
giá trị chính theo Cauchy:
Giả sử Γ là chu tuyến đóng và trơn trong mặt phẳng phức, chia mặt
phẳng phức thành miền trong D+
và miền ngoài D−
.
Khi f(z) là hàm giải tích trong D+
và liên tục trong D+
∪ Γ, thì theo
công thức tích phân Cauchy của lý thuyết hàm biến phức, ta có
1
2πi
Γ
f(τ)
τ − z
dτ =
f(z), khi z ∈ D+
0, khi z ∈ D−
.
(1)
Nếu hàm f(z) giải tích trong D−
và liên tục trong D−
∪ Γ, thì
1
2πi
Γ
f(τ)
τ − z
dτ =
f(∞), khi z ∈ D+
−f(z) + f(∞), khi z ∈ D−
.
(2)
Công thức tích phân Cauchy cho ta lời giải của bài toán biên trong lớp
hàm giải tích. Tích phân ở vế trái của công thức (1) và (2) chính là tích
phân Cauchy.
Giả sử ϕ(τ) là hàm liên tục trên chu tuyến Γ. Khi đó, tích phân
Φ(z) =
1
2πi
Γ
ϕ(τ)
τ − z
dτ
5

6. được xây dựng cùng theo phương pháp như đối với tích phân Cauchy, được
gọi là tích phân dạng Cauchy. Hàm số ϕ(τ) này được gọi là hàm mật độ
và hàm
1
τ − z
là nhân Cauchy.
Xét tích phân đường kỳ dị
Γ
ϕ(τ)
τ − t
dτ. (3)
Giả sử γ là đường tròn: γ = γ(t, ε) = {z ∈ C : |z − t| = ε} trong đó
ε là số dương đủ bé sao cho γ chỉ cắt Γ tại hai điểm. Phần đường cong Γ
nằm ngoài hình tròn {z ∈ C : |z − t| ≤ ε} được ký hiệu là Γ(ε).
Định nghĩa 0.1. Giới hạn của tích phân
Γ(ε)
ϕ(τ)
τ − t
dτ khi ε → 0 được gọi
là giá trị chính của tích phân kỳ dị (3).
Mục tiêu của luận văn tập trung nghiên cứu lớp các phương trình tích
phân kỳ dị với dịch chuyển và phản xạ trên trục thực dạng (2.11). Bằng
phương pháp sử dụng bài toán biên Riemann và của hệ thống các phương
trình đại số tuyến tính, chúng tôi đã đưa ra một phương pháp đại số để
thu được các nghiệm của phương trình (2.11) trong các trường hợp khác
nhau.
Luận văn gồm phần mở đầu và được chia thành 3 chương
Chương 1: Nhắc lại công thức Sokhotski Plemelij và trình bày cách giải
của bài toán biên Riemann: bài toán bước nhảy, bài toán thuần nhất, bài
toán không thuần nhất và bài toán biên Riemann trên nửa mặt phẳng và
đưa ra một số ví dụ về bài toán biên Riemann trên nửa mặt phẳng. Đây là
công cụ chính để giải các lớp phương trình tích phân kỳ dị với nhân khác
nhau.
Chương 2: Là phần chính của luận văn. Trước hết, nêu phương pháp
giải phương trình tích phân kỳ dị dạng đặc trưng và một số ví dụ minh
họa về phương trình tích phân kỳ dị dạng đặc trưng trên trục thực. Tiếp
theo, trình bày phương pháp giải phương trình tích phân kỳ dị với phép
phản xạ trên trục thực dạng (2.11) trong một số trường hợp khác nhau và
đưa ra các ví dụ minh họa.
6

7. Chương 3: Đưa ra phương pháp để giải phương trình tích phân kỳ dị
với phép tịnh tiến và phương trình tích phân kỳ dị với phép tịnh tiến và
phản xạ trên trục thực bằng cách xác định đa thức đặc trưng và chính quy
hóa của các toán tử tích phân kỳ dị sinh bởi nhóm hữu hạn các đối hợp.
Sau đó xét một số ví dụ áp dụng cụ thể.
Luận văn được hoàn thành dưới sự hướng dẫn khoa học của NGND.
GS. TSKH Nguyễn Văn Mậu, trường Đại học Khoa học Tự nhiên, Đại học
Quốc gia Hà nội, người Thầy đã tận tình hướng dẫn, giúp đỡ tác giả trong
suốt quá trình hoàn thành bản luận văn này. Tác giả xin bày tỏ lòng biết
ơn chân thành và kính trọng sâu sắc đối với Giáo sư.
Tác giả xin bày tỏ lòng cảm ơn tới các thầy cô giáo, các thành viên, các
anh chị đồng nghiệp trong Seminare Giải tích trường Đại học Khoa học
Tự nhiên, Đại học Quốc gia Hà nội về những ý kiến đóng góp quý báu, sự
giúp đỡ tận tình và sự cổ vũ hết sức to lớn trong suốt thời gian qua.
Tác giả xin chân thành cảm ơn Ban giám hiệu, phòng sau Đại học, khoa
Toán - Cơ - Tin học trường Đại học Khoa học Tự nhiên, Đại học Quốc
gia Hà nội đã tạo điều kiện thuận lợi cho tác giả trong suốt quá trình học
tập tại trường.
7

8. Chương 1
Công thức Sokhotski - Plemelij và
bài toán biên Riemann
1.1 Công thức Sokhotski - Plemelij
1.1.1 Công thức Sokhotski - Plemelij
Trong mục này, ta khảo sát bài toán cơ bản về sự tồn tại giá trị chính
của tích phân dạng Cauchy trên chu tuyến của tích phân và đánh giá mối
liên hệ giữa giá trị của hàm số với tích phân kỳ dị.
Giả sử Γ là chu tuyến trơn (hoặc trơn từng khúc) trong mặt phẳng C.
Xét hàm số
Φ(z) =
1
2πi
Γ
ϕ(τ)
τ − z
dτ, (1.1)
trong đó ϕ(τ) thỏa mãn điều kiện Holder.
Về sau, ta chỉ xét chu tuyến Γ là đóng. Trong trường hợp chu tuyến
mở ta bổ sung thêm đường cong trơn tùy ý để nó đóng và đặt trên đường
cong phụ đó ϕ(τ) = 0.
Để khảo sát giá trị của Φ(z) tại điểm t của chu tuyến, ta xét hàm số
Ψ(z) =
1
2πi
Γ
ϕ(τ) − ϕ(t)
τ − z
dτ. (1.2)
Ký hiệu giá trị của hàm giải tích Φ(z), Ψ(z) khi điểm z tiến tới điểm
t của chu tuyến từ phía trong Φ+
(t), Ψ+
(t), tương ứng, và từ phía ngoài
bởi Φ−
(t), Ψ−
(t), tương ứng (đối với chu tuyến mở sự tương ứng này được
8

9. thực hiện từ trái qua phải theo chiều dương của đường cong định hướng).
Để mô tả hướng đi tới giới hạn, ta viết z → t+
hoặc z → t−
. Giá trị của
hàm số tương ứng tại điểm t của chu tuyến được ký hiệu bởi Φ(t), Ψ(t);
trong đó Φ(t) là tích phân kỳ dị theo nghĩa giá trị chính
Φ(t) =
1
2πi
Γ
ϕ(τ)
τ − t
dτ. (1.3)
Xét hệ thức
Γ
dτ
τ − z
=



2πi, khi z ∈ D+
,
0, khi z ∈ D−
,
πi, khi z ∈ Γ,
(1.4)
ta nhận được
Ψ+
(t) = lim
z→t+
1
2πi
Γ
ϕ(τ)
τ − z
dτ −
ϕ(t)
2πi
Γ
dτ
τ − z
= Φ+
(t) − ϕ(t),
Ψ−
(t) = lim
z→t−
1
2πi
Γ
ϕ(τ)
τ − z
dτ −
ϕ(t)
2πi
Γ
dτ
τ − z
= Φ−
(t),
Ψ(t) =
1
2πi
Γ
ϕ(τ)
τ − t
dτ −
ϕ(t)
2πi
Γ
dτ
τ − t
= Φ(t) −
1
2
ϕ(t).
Vì hàm số Ψ(t) là liên tục, nên vế phải của hệ thức là đồng nhất, tức
là
Φ+
(t) − ϕ(t) = Φ−
(t) = Φ(t) −
1
2
ϕ(t). (1.5)
Vậy nên ta nhận được



Φ+
(t) = 1
2ϕ(t) + 1
2πi
Γ
ϕ(τ)
τ−t dτ
Φ−
(t) = −1
2ϕ(t) + 1
2πi
Γ
ϕ(τ)
τ−t dτ
(1.6)
trong đó tích phân kỳ dị được hiểu theo nghĩa giá trị chính.
Công thức (1.6) được gọi là công thức Sokhotski - Plemelij.
9

10. Trừ và cộng các vế tương ứng của công thức (1.6) ta nhận được hai
công thức tương đương sau đây:
Φ+
(t) − Φ−
(t) = ϕ(t), (1.7)
Φ+
(t) + Φ−
(t) =
1
πi
Γ
ϕ(τ)
τ − t
dτ. (1.8)
1.1.2 Công thức Sokhotski - Plemelij trên trục thực
Tương tự với chu tuyến hữu hạn ta có công thức Sokhotski - Plemelij
đối với chu tuyến vô hạn:



Φ+
(t) = 1
2ϕ(t) + 1
2πi
+∞
−∞
ϕ(τ)
τ−t dτ
Φ−
(t) = −1
2ϕ(t) + 1
2πi
+∞
−∞
ϕ(τ)
τ−t dτ
Đặc biệt, ta có dáng điệu của hàm số Φ(z) trong lân cận của vô cùng
(xem [1]) là
Φ+
(∞) =
1
2
ϕ(∞), Φ−
(∞) = −
1
2
ϕ(∞).
1.2 Bài toán biên Riemann
Giả thiết rằng Γ là chu tuyến đóng, đơn và trơn chia mặt phẳng phức
thành miền trong D+
và miền ngoài D−
(giả thiết ∞ ∈ D−
),và cho hai
hàm số trên chu tuyến, G(t) và g(t) thỏa mãn điều kiện Holder, trong đó
G(t) không triệt tiêu trên biên. Ta cần xác định hai hàm số Φ+
(z), giải
tích trong miền D+
, và Φ−
(z), giải tích trong miền D−
, kể cả z = ∞, và
thỏa mãn trên chu tuyến Γ hệ thức thuần nhất (bài toán thuần nhất)
Φ+
(t) = G(t)Φ−
(t) (1.9)
hoặc hệ thức không thuần nhất (bài toán không thuần nhất)
Φ+
(t) = G(t)Φ−
(t) + g(t). (1.10)
Hàm số G(t) được gọi là hệ số của bài toán Riemann, và hàm số g(t)
là phần tử tự do.
10

11. 1.2.1 Bài toán bước nhảy
Trước tiên, ta xét bài toán biên Riemann dạng đơn sơ nhất. Giả thiết
rằng trên chu tuyến đóng Γ cho hàm số ϕ(t) thỏa mãn điều kiện Holder. Ta
cần xác định hai hàm số giải tích Φ(z) = Φ+
(z) với z ∈ D+
, Φ(z) = Φ−
(z)
với z ∈ D−
, triệt tiêu tại vô cùng và thỏa mãn điều kiện
Φ+
(t) − Φ−
(t) = ϕ(t). (1.11)
Từ công thức Sokhotski-Plemelij, hiển nhiên rằng hàm số
Φ(z) =
1
2πi
Γ
ϕ(τ)
τ − z
dτ (1.12)
là nghiệm của bài toán. Dễ dàng chứng minh rằng đây chính là nghiệm
duy nhất của bài toán. Thật vậy, giả sử tồn tại hai nghiệm. Ta xét hiệu
của chúng. Ta thấy bước nhảy của hiệu này là zero trên Γ. Hàm số này
giải tích trong toàn mặt phẳng phức và triệt tiêu tại vô cùng. Vậy nên theo
định lý Liouville thì nó đồng nhất bằng 0.
Nghiệm của bài toán trên có thể phát biểu dưới dạng sau.
Mọi hàm số tùy ý ϕ(t) cho trên chu tuyến đóng và thỏa mãn điều
kiện Holder đều có thể biểu diễn duy nhất dưới dạng hiệu của hàm số
Φ+
(t), Φ−
(t) là giá trị biên của hàm số giải tích Φ+
(z), Φ−
(z) dưới giả
thiết Φ−
(∞) = 0.
Nếu không đòi hỏi điều kiện Φ−
(∞) = 0, thì nghiệm của bài toán được
cho bởi công thức
Φ(z) =
1
2πi
Γ
ϕ(τ)
τ − z
dτ + const . (1.13)
1.2.2 Bài toán thuần nhất
Giả thiết rằng bài toán biên thuần nhất (1.9) có nghiệm và giả sử hàm
số Φ+
(z) và Φ−
(z) là nghiệm của nó.
Để giải bài toán biên Riemann, ta quan tâm đến khái niệm chỉ số của
hàm số. Giả sử Γ là một chu tuyến đóng, trơn và G(t) là một hàm số liên
tục không triệt tiêu trên Γ.
11

12. Định nghĩa 1.1. Chỉ số của hàm số G(t) dọc theo chu tuyến Γ được hiểu
là tỷ số độ tăng trưởng (số gia) của argument của nó khi chuyển động hết
một lượt dọc theo chu tuyến (theo chiều dương) và 2π.
Vì hàm G(t) liên tục nên sự tăng trưởng của argument dọc theo chu
tuyến đóng sẽ là bội của 2π. Vậy nên ta có một số tính chất về chỉ số của
hàm số:
1. Chỉ số của hàm số liên tục trên chu tuyến đóng và không triệt tiêu
trên đó luôn là một số nguyên.
2. Chỉ số của tích hai hàm số bằng tổng các chỉ số. Chỉ số của một
thương bằng hiệu các chỉ số tương ứng.
3. Nếu G(t) là giá trị biên của hàm số giải tích từ bên trong hoặc từ
bên ngoài chu tuyến thì chỉ số của nó bằng số không điểm từ bên trong
hoặc từ bên ngoài chu tuyến lấy dấu âm.
4. Nếu hàm số G(z) là giải tích từ bên trong chu tuyến trừ ra hữu hạn
điểm có thể là các cực điểm thì chỉ số bằng hiệu giữa số không điểm và số
cực điểm (kể cả bội).
Gọi số không điểm của hàm số Φ+
(z), Φ−
(z) trong miền xác định
D+
, D−
tương ứng bởi N+
, N−
. Tính chỉ số của hai vế của hệ thức (1.9)
ta nhận được
N+
+ N−
= IndG(t) = κ. (1.14)
Chỉ số κ của bài toán biên Riemann được gọi là chỉ số của bài toán.
Hiển nhiên vế trái của hệ thức cuối cùng là không âm. Vậy nên
1. Để bài toán biên Riemann thuần nhất giải được, điều kiện cần là chỉ
số κ của bài toán là không âm (theo giả thiết, hàm số Φ+
(z) và Φ−
(z)
không có cực điểm).
2. Nếu κ > 0 hàm số Φ+
(z), Φ−
(z) là nghiệm của bài toán có κ không
điểm.
3. Nếu κ = 0 hàm số Φ±
(z) không có không điểm.
i. Trường hợp κ = 0. Khi đó ln G(t) là hàm số đơn trị, và ln Φ+
(z)
và ln Φ−
(z) là giải tích trong các miền D±
tương ứng. Lấy logarit hai vế
của điều kiện biên (1.9) ta thu được
ln Φ+
(t) − ln Φ−
(t) = ln G(t), (1.15)
12

13. trong đó ln G(t) là nhánh liên tục tùy ý. Dễ dàng kiểm tra rằng kết quả
nhận được không phụ thuộc vào việc chọn nhánh nào của logarit. Vậy nên,
ta thu được nghiệm của bài toán:
Xác định cặp hàm số giải tích ln Φ(z) tương ứng với bước nhảy cho
trước trên Γ. Nghiệm của bài toán với điều kiện kèm thêm ln Φ−
(∞) = 0
được cho bởi công thức
ln Φ(z) =
1
2πi
Γ
ln G(τ)
τ − z
dτ. (1.16)
Ký hiệu
ln Φ(z) = Γ(z). (1.17)
Từ công thức Sokhotski - Plemelij, ta suy ra nghiệm của bài toán biên
(1.9) thỏa mãn điều kiện Φ−
(∞) = 1, được cho bởi hàm số
Φ+
(z) = eΓ+
(z)
, Φ−
(z) = eΓ−
(z)
. (1.18)
Nếu không đòi hỏi điều kiện Φ−
(∞) = 1 thì công thức (1.16) phải chứa
hằng số tự do và nghiệm của bài toán có dạng
Φ+
(z) = AeΓ+
(z)
, Φ−
(z) = AeΓ−
(z)
, (1.19)
trong đó A là hằng số tùy ý, vì Γ−
(∞) = 0, A là giá trị của Φ−
(z) tại vô
cùng.
Vậy nên trong trường hợp κ = 0 và thêm điều kiện Φ−
(∞) = 0 thì
nghiệm chứa một hằng số tùy ý, tức là tồn tại một nghiệm độc lập tuyến
tính. Nếu Φ−
(∞) = 0 thì A = 0 và bài toán chỉ có nghiệm tầm thường
đồng nhất bằng 0.
Từ điều kiện trên ta thu được hệ quả sau.
Hàm số tùy ý G(t) cho trên chu tuyến Γ, thỏa mãn điều kiện Holder
và có chỉ số bằng 0, luôn viết được dưới dạng thương của hàm số Φ+
(t) và
Φ−
(t) là các giá trị biên của hàm số giải tích trong miền D+
, D−
và luôn
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 (1.19).
ii. 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
Φ+
(t) = tκ
[t−κ
G(t)]Φ−
(t).
13

14. Hiển nhiên hàm số G1(t) = t−κ
G(t) có chỉ số bằng 0. Biểu diễn nó dưới
dạng thương G1(t) =
eΓ+
(t)
eΓ−(t)
, trong đó
Γ(z) =
1
2πi
Γ
ln [τ−κ
G(τ)]
τ − z
dτ. (1.20)
Điều kiện biên được viết lại dưới dạng sau
Φ+
(t)
eΓ+(t)
= tκ Φ−
(t)
eΓ−(t)
.
Ta nhận được nghiệm tổng quát của bài toán là
Φ+
(z) = eΓ+
(z)
Pκ(z), Φ−
(z) = eΓ−
(z)
z−κ
Pκ(z), (1.21)
trong đó Pκ là đa thức bậc κ với hệ số tùy ý.
3. Nếu κ < 0 thì bài toán thuần nhất không có nghiệm.
Nghiệm của bài toán hoàn toàn xác định nếu thêm κ + 1 điều kiện độc
lập đối với các hàm số Φ+
(z), Φ−
(z). Các điều kiện đó có thể cho bằng
nhiều cách khác nhau.
Về sau, trong áp dụng của bài toán biên Riemann để giải phương trình
tích phân kỳ dị, ta thường tìm nghiệm của bài toán với điều kiện kèm
thêm Φ−
(∞) = 0.
Từ công thức (1.21) thì Φ−
(∞) bằng hệ số của zκ
trong đa thức Pκ(z).
Với điều kiện của nghiệm tại vô cùng bằng 0, ta viết nó dưới dạng
Φ+
(z) = eΓ+
(z)
Pκ−1(z), Φ−
(z) = eΓ−
(z)
z−κ
Pκ−1(z),
trong đó Pκ−1 là đa thức bậc κ − 1 với hệ số tùy ý. Vậy nên trong trường
hợp này, bài toán có κ nghiệm độc lập tuyến tính.
1.2.3 Hàm chính tắc của bài toán thuần nhất
Định nghĩa 1.2. Bậc của hàm số giải tích Φ(z) tại điểm z0 (ta ngầm
hiểu) là lũy thừa thấp nhất trong khai triển của Φ(z) thành chuỗi lũy thừa
của z − z0.
14

15. Định nghĩa 1.3. Ta gọi hàm chính tắc của bài toán Riemann thuần nhất
là hàm số giải tích thỏa mãn điều kiện biên (1.9) và khác 0 khắp nơi trong
miền hữu hạn của mặt phẳng phức và tại điểm vô cùng có bậc bằng κ.
Khi κ ≥ 0, thì hàm chính tắc không có cực điểm và là nghiệm của bài
toán biên. Ta vẫn gọi nó là nghiệm chính tắc của bài toán tương ứng.
Khi κ < 0, hàm chính tắc có cực điểm tại vô cùng và, ngược lại, ta
thấy ngay rằng nó không là nghiệm của bài toán biên thuần nhất.
Tuy nhiên, hàm chính tắc sẽ đóng vai trò là hàm số bổ trợ trong việc
giải bài toán không thuần nhất tương ứng.
Nếu ta viết lại điều kiện biên của bài toán biên Riemann dưới dạng
Φ+
(t) = tκ
[t−κ
G(t)]Φ−
(t),
thì ta dễ dàng thấy rằng với κ tùy ý, hàm chính tắc của bài toán X(z)
được cho bởi công thức
X+
(z) = eΓ+
(z)
, X−
(z) = z−κ
eΓ−
(z)
, (1.22)
trong đó Γ(z) được cho bởi công thức (1.20).
Khi κ ≥ 0, nghiệm tổng quát của bài toán thuần nhất được biểu diễn
qua hàm chính tắc như sau
Φ(z) = X(z)Pκ(z).
1.2.4 Bài toán không thuần nhất
Ta viết lại hệ số G(t) của điều kiện biên
Φ+
(t) = G(t)Φ−
(t) + g(t) (1.23)
bởi thương của giá trị biên của hàm chính tắc của bài toán thuần nhất,
G(t) =
X+
(t)
X−(t)
. Ta có thể chuyển nó về dạng
Φ+
(t)
X+(t)
=
Φ−
(t)
X−(t)
+
g(t)
X+(t)
.
15

16. Ta thấy hàm số
g(t)
X+(t)
thỏa mãn điều kiện Holder. Giả sử ta thay nó
bởi hiệu của các giá trị biên của hàm số giải tích
g(t)
X+(t)
= Ψ+
(t) − Ψ−
(t),
trong đó
Ψ(z) =
1
2πi
Γ
g(τ)
X+(τ)
dτ
τ − z
. (1.24)
Khi đó, điều kiện biên có thể viết được dưới dạng
Φ+
(t)
X+(t)
− Ψ+
(t) =
Φ−
(t)
X−(t)
− Ψ−
(t).
Ta thấy khi κ ≥ 0, hàm số
Φ−
(t)
X−(t)
có cực điểm tại vô cùng bậc κ, và
khi κ < 0, có không điểm bậc −κ.
Tương tự bài toán thuần nhất, ta thu được kết quả sau:
1. Khi κ ≥ 0, thì
Φ+
(z)
X+(z)
− Ψ+
(z) =
Φ−
(z)
X−(z)
− Ψ−
(z) = Pκ(z).
Vậy nên, ta thu được nghiệm
Φ(z) = X(z)[Ψ(z) + Pκ(z)], (1.25)
trong đó X(z), Ψ(z) cho bởi công thức (1.22), (1.24); Pκ là đa thức bậc κ
với hệ số tùy ý.
2. Khi κ < 0, thì trong trường hợp này
Φ−
(z)
X−(z)
triệt tiêu tại vô cùng và
Φ+
(t)
X+(t)
− Ψ+
(t) =
Φ−
(t)
X−(t)
− Ψ−
(t) = 0.
Vậy nên
Φ(z) = X(z)Ψ(z).
16

17. Khi κ < −1, bài toán không thuần nhất trong trường hợp tổng quát
sẽ không có nghiệm. Điều kiện cần và đủ để nó giải được là −κ − 1 điều
kiện sau được thỏa mãn:
Γ
g(τ)
X+(τ)
τk−1
dτ = 0 (k = 1, 2, . . . , −κ − 1).
Trong trường hợp Φ−
(∞) = 0, nghiệm được cho khi κ ≥ 0 có dạng
Φ(z) = X(z)[Ψ(z) + Pκ−1(z)].
(Nếu κ = 0 ta cần đặt Pκ−1(z) ≡ 0).
Nếu κ < 0 thì nghiệm được cho bởi công thức
Φ(z) = X(z)Ψ(z),
và điều kiện cần là −κ điều kiện sau của nghiệm phải được thỏa mãn:
Γ
g(τ)
X+(τ)
τk−1
dτ = 0 (k = 1, 2, . . . , −κ).
1.2.5 Bài toán biên Riemann trên nửa mặt phẳng
Giả thiết rằng chu tuyến Γ là trục thực. Ta phát biểu bài toán biên
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). (1.26)
Hàm số đã cho G(t) và g(t) thỏa mãn điều kiện Holder trên chu tuyến.
Ta cũng giả thiết rằng G(t) = 0 trên biên.
Ta dựng hàm chính tắc với điểm đặc biệt được chọn là −i
X+
(z) = eΓ+
(z)
, X−
(z) =
z − i
z + i
−κ
eΓ−
(z)
, (1.27)
trong đó
Γ(z) =
1
2πi
+∞
−∞
ln
z − i
z + i
−κ
G(τ)
dτ
τ − z
.
17

18. Chuyển qua giá trị biên của hàm số này, ta chuyển điều kiện biên (1.26)
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
+∞
−∞
g(τ)
X+(τ)
dτ
τ − z
. (1.28)
Ta thu được điều kiện biên dưới dạng
Φ+
(t)
X+(t)
− Ψ+
(t) =
Φ−
(t)
X−(t)
− Ψ−
(t).
và nghiệm tổng quát của bài toán là
Φ(z) =X(z) Ψ(z) +
Pκ(z)
(z + i)κ
khi κ ≥ 0
Φ(z) = X(z)[Ψ(z) + q] khi κ < 0.
Khi κ < 0 thì hàm số X(z) có cực điểm tại z = −i bậc −κ. Vậy nên
để bài toán giải được, ta thu được điều kiện q = −Ψ−
(−i).
Khi κ < −1, để bài toán giải được thì cần thêm điều kiện sau được
thỏa mãn
+∞
−∞
g(τ)
X+(τ)
dτ
(τ + i)k
= 0 (k = 2, . . . , −κ).
Khi bài toán biên 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. Khi đó nghiệm tổng quát của bài toán là
Φ(z) =X(z) Ψ(z) +
Pκ−1(z)
(z + i)κ−1
khi κ > 0
Φ(z) = X(z)Ψ(z) khi κ ≤ 0.
Khi κ ≤ 0 thì điều kiện giải được trở thành Ψ(−i) = 0.
Khi κ < 0, để bài toán giải được thì cần thêm −κ điều kiện sau được
thỏa mãn
+∞
−∞
g(τ)
X+(τ)
dτ
(τ + i)k
= 0 (k = 1, . . . , −κ).
18

19. Ví dụ 1.1. Ta xét bài toán biên Riemann trên trục thực với hệ số là các
hàm số hữu tỷ khác không và không có cực điểm trên biên.
Φ+
(t) =
p(t)
q(t)
Φ−
(t) + g(t). (1.29)
Lời giải
Khai triển đa thức p(z), q(z) thành tích
p(z) = p+(z)p−(z), q(z) = q+(z)q−(z),
trong đó p+(z), q+(z) là các đa thức có nghiệm ở nửa trên của mặt phẳng
phức, còn p−(z), q−(z) có nghiệm trong trong nửa dưới của mặt phẳng
phức. Dễ dàng thấy rằng κ = m+ − n+, trong đó m+, n+ tương ứng là số
các không điểm của đa thức p+(z) và q+(z).
Vì rằng hệ số là một hàm số thác triển giải tích được vào trong nửa
mặt phẳng trên và nửa mặt phẳng dưới nên ta có thể xét bài toán thác
triển tổng quát. Viết điều kiện biên như sau
q−(t)
p−(t)
Φ+
(t) −
p+(t)
q+(t)
Φ−
(t) =
q−(t)
p−(t)
g(t),
ta thu được nghiệm ứng với Φ−
(∞) = 0 là



Φ+
(z) =
p−(z)
q−(z)
Ψ+
(z) +
Pκ−1(z)
(z + i)κ−1
Φ−
(z) =
q+(z)
p+(z)
Ψ−
(z) +
Pκ−1(z)
(z + i)κ−1
Ψ(z) =
1
2πi
+∞
−∞
q−(τ)
p−(τ)
g(τ)
dτ
τ − z
.
Nếu chỉ số âm, thì chỉ cần đặt Pκ−1 = 0 và khi đó cần thêm |κ| điều
kiện giải được:
+∞
−∞
q−(τ)
p−(τ)
g(τ)
dτ
(τ + i)k
= 0 (k = 1, 2, . . . , −κ).
Ví dụ 1.2. Giải bài toán biên Riemann sau
Φ+
(t) =
2t − ih
t + i
Φ−
(t) +
t + ib
t2 + 1
(h = 0, −∞ < t < +∞).
19

20. Lời giải
1. Trường hợp 1. h > 0, ta viết lại bài toán biên như sau:
(t + i)Φ+
(t) − (2t − ih)Φ−
(t) =
t + ib
t − i
.
Xét
Ψ(z) =
1
2πi
+∞
−∞
τ + ib
τ − i
dτ
τ − z
=
1
2πi
+∞
−∞
1 − b
2
dτ
τ − z
+
1
2πi
+∞
−∞
(1 + b)(τ + i)
2(τ − i)
dτ
τ − z
.
Ta có
Ψ+
(z) =
1 − b
2
, Ψ−
(z) = −
(1 + b)(z + i)
2(z − i)
.
Ta thu được nghiệm tổng quát của bài toán là
Φ+
(z) =
1 − b
2(z + i)
+
c
z + i
, Φ−
(z) =
z + i
2z − ih
−
1 + b
2(z − i)
+
c
z + i
trong đó c là hằng số tùy ý.
2. Trường hợp 2. h < 0, ta viết lại bài toán biên như sau:
t + i
2t − ih
Φ+
(t) − Φ−
(t) =
t + ib
(t − i)(2t − ih)
.
Xét
Ψ(z) =
1
2πi
+∞
−∞
τ + ib
(τ − i)(2τ − ih)
dτ
τ − z
=
1
2πi
+∞
−∞
h + 2b
(h − 2)(2τ − ih)
dτ
τ − z
−
1
2πi
+∞
−∞
1 + b
(h − 2)(τ − i)
dτ
τ − z
.
Ta có
Ψ+
(z) =
h + 2b
(h − 2)(2z − ih)
, Ψ−
(z) =
1 + b
(h − 2)(z − i)
.
20

21. Ta thu được nghiệm tổng quát của bài toán là
Φ+
(z) =
h + 2b
(h − 2)(z + i)
, Φ−
(z) =
1 + b
(h − 2)(z − i)
.
Ví dụ 1.3. Giải bài toán biên Riemann sau
Φ+
(t) =
t − ih
t − i
Φ−
(t) +
t + ib
t2 + 1
(h = 0, −∞ < t < +∞).
Lời giải
1. Trường hợp 1. h > 0, ta viết lại bài toán biên như sau:
Φ+
(t) −
t − ih
t − i
Φ−
(t) =
t + ib
t2 + 1
.
Xét
Ψ(z) =
1
2πi
+∞
−∞
τ + ib
τ2 + 1
dτ
τ − z
=
1
2πi
+∞
−∞
1 − b
2(τ + i)
dτ
τ − z
+
1
2πi
+∞
−∞
1 + b
2(τ − i)
dτ
τ − z
.
Ta có
Ψ+
(z) =
1 − b
2(z + i)
, Ψ−
(z) = −
1 + b
2(z − i)
.
Ta thu được nghiệm tổng quát của bài toán là
Φ+
(z) =
1 − b
2(z + i)
, Φ−
(z) = −
1 + b
2(z − ih)
.
2. Trường hợp 2. h < 0, ta viết lại bài toán biên như sau:
1
t − ih
Φ+
(t) −
1
t − i
Φ−
(t) =
t + ib
(t2 + 1)(t − ih)
.
Xét
Ψ(z) =
1
2πi
+∞
−∞
τ + ib
(τ2 + 1)(τ − ih)
dτ
τ − z
21

22. Chỉ số của bài toán bằng −1 nên điều kiện giải được của bài toán là
+∞
−∞
1
τ − ih
τ + ib
(τ2 + 1)(τ − ih)
dτ
τ + i
= 0
Từ đó suy ra điều kiện giải được của bài toán là b = −1.
Khi đó
Ψ(z) =
1
2πi
+∞
−∞
1
(τ + i)(τ − ih)
dτ
τ − z
Do đó
Ψ+
(z) =
1
(z + i)(z − ih)
, Ψ−
(z) = 0.
Ta thu được nghiệm tổng quát của bài toán là
Φ+
(z) =
1
z + i
, Φ−
(z) = 0.
22

23. Chương 2
Phương trình tích phân kỳ dị với
phép phản xạ
2.1 Phương trình tích phân kỳ dị dạng đặc trưng
2.1.1 Phương trình đặc trưng
Ta xét phương trình với nhân Cauchy dạng
(Kϕ)(t) ≡ a(t)ϕ(t) +
1
πi
Γ
M(t, τ)
τ − t
ϕ(τ)dτ = f(t), (2.1)
trong đó, tích phân (lấy theo nghĩa giá trị chính) dọc theo chu tuyến Γ.
Các hàm số a(t), f(t), M(t, τ) xác định trên Γ, được giả thiết là thỏa mãn
điều kiện Holder, riêng hàm số cuối thỏa mãn điều kiện Holder với cả hai
biến.
Thực hiện biến đổi
M(t, τ)
τ − t
=
M(t, τ) − M(t, t)
τ − t
+
M(t, t)
τ − t
và sử dụng ký hiệu
M(t, t) = b(t),
1
πi
M(t, τ) − M(t, t)
τ − t
= k(t, τ), (2.2)
ta có thể viết phương trình (2.1) dưới dạng
(Kϕ)(t) ≡ a(t)ϕ(t) +
b(t)
πi
Γ
ϕ(τ)
τ − t
dτ +
Γ
k(t, τ)ϕ(τ)dτ = f(t). (2.3)
23

24. Từ công thức (2.2) ta thấy hàm số b(t) thỏa mãn điều kiện Holder trên
chu tuyến Γ và k(t, τ) cũng thỏa mãn điều kiện Holder khắp nơi trừ các
điểm t = τ, trong đó
|k(t, τ)| <
A
|τ − t|1−λ
(0 < λ ≤ 1)
được thỏa mãn. Phương trình (2.3) được gọi là phương trình tích phân kỳ
dị đầy đủ. Khi f(t) không triệt tiêu, ta có phương trình không thuần nhất.
Biểu thức
Ko
ϕ ≡ a(t)ϕ(t) +
b(t)
πi
Γ
ϕ(τ)
τ − t
dτ
được gọi là phần chính của phương trình, còn số hạng
Γ
k(t, τ)ϕ(τ)dτ được
gọi là phần đều (không kỳ dị). Phương trình
Ko
ϕ ≡ a(t)ϕ(t) +
b(t)
πi
Γ
ϕ(τ)
τ − t
dτ = f(t) (2.4)
được gọi là phương trình đặc trưng tương ứng với phương trình đầy đủ
(2.3), và toán tử Ko
là toán tử đặc trưng.
2.1.2 Chuyển phương trình đặc trưng về bài toán biên Rie-
mann
Xét nghiệm của phương trình tích phân bằng cách dẫn về nghiệm của
bài toán biên Riemann tương ứng và ta thu được nghiệm của phương trình
tích phân dưới dạng tường minh.
Theo công thức Sokhotski - Plemelij, thì



ϕ(t) = Φ+
(t) − Φ−
(t),
1
πi Γ
ϕ(τ)
τ − t
dτ = Φ+
(t) + Φ−
(t).
Đặt giá trị của ϕ(t) và (Sϕ)(t) vào phương trình (2.4) và giải nó theo
Φ+
(t), ta nhận được hàm giải tích từng khúc Φ(z) là lời giải của bài toán
biên Riemann
Φ+
(t) = G(t)Φ−
(t) + g(t), (2.5)
24

25. trong đó
G(t) =
a(t) − b(t)
a(t) + b(t)
, g(t) =
f(t)
a(t) + b(t)
Vì rằng hàm số Φ(z) biểu diễn theo tích phân dạng Cauchy nên nó phải
thỏa mãn điều kiện bổ sung
Φ−
(∞) = 0.
Chỉ số của hệ số
a(t) − b(t)
a(t) + b(t)
của bài toán biên Riemann (2.5) được gọi
là chỉ số của phương trình tích phân (2.4). Ta giải bài toán biên (2.5), sau
đó xác định lời giải của phương trình (2.4).
Ví dụ 2.1. Giải phương trình
[3t−i(h−1)]ϕ(t)−
t − i(h + 1)
πi
+∞
−∞
ϕ(τ)dτ
τ − t
=
2(t + ib)
t − i
(h = 0, −∞ < t < +∞)
trên lớp các hàm thỏa mãn điều kiện |ϕ(t)| < A|t|−α
(α > 0) với |t| đủ
lớn.
Lời giải.
1. Trường hợp 1. h > 0. Ta có
a(t) = 3t − i(h − 1), b(t) = −t + i(h + 1), f(t) =
2(t + ib)
t − i
.
Khi đó
G(t) =
a(t) − b(t)
a(t) + b(t)
=
2t − ih
t + i
, g(t) =
f(t)
a(t) + b(t)
=
t + ib
t2 + 1
.
Do đó, từ phương trình đã cho ta được bài toán biên Riemann sau
Φ+
(t) =
2t − ih
t + i
Φ−
(t) +
t + ib
t2 + 1
(h = 0, −∞ < t < +∞).
Từ kết quả của ví dụ 1.2 ta được
Φ+
(z) =
1 − b
2(z + i)
+
c
z + i
, Φ−
(z) =
z + i
2z − ih
−
1 + b
2(z − i)
+
c
z + i
25

26. trong đó c là hằng số tùy ý.
Suy ra
ϕ(t) = Φ+
(t)−Φ−
(t) =
1 − b
2(t + i)
+
(t + i)(1 + b)
2(2t − ih)(t − i)
+c
1
t + i
−
1
2t − ih
2. Trường hợp 2. h < 0, tương tự trường hợp 1, từ kết quả của ví dụ
1.2 ta được
ϕ(t) =
h + 2b
(h − 2)(t + i)
−
1 + b
(h − 2)(t − i)
.
Dễ dàng nhận thấy các hàm ϕ(t) tìm được trong hai trường hợp thỏa
mãn yêu cầu bài toán.
Ví dụ 2.2. Giải phương trình
[2t−i(h+1)]ϕ(t)+
h − 1
π
+∞
−∞
ϕ(τ)dτ
τ − t
=
2(t + ib)
t + i
(h = 0, −∞ < t < +∞)
trên lớp các hàm thỏa mãn điều kiện |ϕ(t)| < A|t|−α
(α > 0) với |t| đủ
lớn.
Lời giải.
1. Trường hợp 1. h > 0. Ta có
a(t) = 2t − i(h + 1), b(t) = ih − i, f(t) =
2(t + ib)
t + i
.
Khi đó
G(t) =
a(t) − b(t)
a(t) + b(t)
=
t − ih
t − i
, g(t) =
f(t)
a(t) + b(t)
=
t + ib
t2 + 1
.
Do đó, từ phương trình đã cho ta được bài toán biên Riemann sau
Φ+
(t) =
t − ih
t − i
Φ−
(t) +
t + ib
t2 + 1
(h = 0, −∞ < t < +∞).
Từ kết quả của ví dụ 1.3 ta được
Φ+
(z) =
1 − b
2(z + i)
, Φ−
(z) = −
1 + b
2(z − ih)
.
26

27. Suy ra
ϕ(t) = Φ+
(t) − Φ−
(t) =
1 − b
2(t + i)
+
1 + b
2(t − ih)
.
2. Trường hợp 2. h < 0, tương tự trường hợp 1, từ kết quả của ví dụ
1.3 ta được
ϕ(t) =
1
t + i
với giả thiết rằng điều kiện giải được b = −1 được thỏa mãn.
Dễ dàng nhận thấy các hàm ϕ(t) tìm được trong hai trường hợp thỏa
mãn yêu cầu bài toán.
2.2 Phương trình tích phân kỳ dị với phép phản xạ
Cho X = Hµ
(R), (0 < µ ≤ 1) là không gian Holder trên R. Xét các
toán tử sau trên X :
(lϕ)(t) =
R
l(τ, t)ϕ(τ)dτ, (2.6)
(Sϕ)(t) =
1
πi
R
ϕ(τ)dτ
τ − t
, (2.7)
trong đó l(τ, t) là hàm số xác định trên chu tuyến R : (τ, t) ∈ R × R, thỏa
mãn điều kiện Holder theo cả hai biến (τ, t) ∈ R × R và hàm l(τ, t) có thể
thác triển giải tích vào nửa mặt phẳng trên C+
theo nghĩa l(τ, t) là hàm
giải tích theo cả hai biến trong C+
và liên tục trong C+
.
Toán tử l có tính chất sau
Bổ đề 2.1. Nếu hàm số l(τ, t) có thể thác triển giải tích vào C+
theo
nghĩa l(τ, t) là hàm giải tích theo cả hai biến trong C+
và liên tục trong
C+
, thì
(1) (lϕ)(t) ∈ X+
với mọi hàm số ϕ ∈ X,
(2) (lϕ+
)(t) = 0 với mọi hàm số ϕ+
∈ X+
trong đó X+
được định nghĩa bởi (2.10).
27

28. Toán tử S có các tính chất sau
1. Toán tử S bị chặn trên không gian Hµ
(R) (0 < µ < 1).
2. S2
= I, trong đó I là toán tử đồng nhất.
Định nghĩa 2.1 (xem [2],[3]). Chúng ta nói rằng hàm l(τ, t) thuộc H++
p (1 <
p < ∞) nếu
(a) l(z, ζ) là giải tích theo z và ζ trong nửa mặt phẳng trên C+
(nếu
một biến là cố định , thì l(τ, t) là giải tích trong C+
∪ R),
(b)
R
|l(τ + iy, x)|r
dτ ≤ const , r > 1 đối với hầu khắp x ∈ R, trong đó
hằng số là độc lập với y, y ≥ 0,
(c) ||ly||Lp→Lp
< const , trong đó
(lyϕ)(x + iy) =
R
l(τ, x + iy)ϕ(τ)dτ.
Ta viết
(Wϕ)(t) = ϕ(−t), Q1 =
1
2
(I + W), Q2 =
1
2
(I − W) (2.8)
P1 =
1
2
(I + S), P2 =
1
2
(I − S). (2.9)
Dễ dàng kiểm tra rằng
SW = −WS, SQi = QjS, WPi = PjW, i = j, i, j = 1, 2,
X = X1 ⊕ X2 = X+
⊕ X−
, Xj = QjX, X+
= P1X, X−
= P2X. (2.10)
Chúng ta xem xét tính giải được của phương trình tích phân kỳ dị
(trong X) có dạng sau
a1(t)ϕ(t)+a2(t)ϕ(−t)+
b+(t)
πi
R
tϕ(τ)dτ
τ2 − t2
+
R
l(τ, t)ϕ(τ)dτ = f(t) (2.11)
trong đó a1, a2, b+ ∈ X là các hàm cho trước.
28

29. 2.2.1 Tính giải được của phương trình với phép phản xạ
Ta viết lại phương trình (2.11) dưới dạng
a+(t)(Q1ϕ)(t)+a−(t)(Q2ϕ)(t)+b+(t)(SQ1ϕ)(t)+(lϕ)(t) = f(t), (2.12)
trong đó Q1, Q2, S, l là các toán tử được xác định bởi (2.6),(2.7),(2.8) và
a±(t) = a1(t) ± a2(t). Về sau, ta sẽ giả thiết rằng
l(−τ, t) = l(τ, t), t ∈ R. (2.13)
Dễ dàng thấy rằng phương trình (2.11) được viết lại dưới hệ sau
A1(t)(Q1ϕ)(t) + C2(t)(Q2ϕ)(t) + B2(t)(SQ1ϕ)(t) + (Q1lQ1ϕ)(t) = f1(t)
A2(t)(Q1ϕ)(t) + C1(t)(Q2ϕ)(t) + B1(t)(SQ1ϕ)(t) + (Q2lQ1ϕ)(t) = f2(t)
và đây chính là hệ quả của giả thiết (2.13), trong đó
A1,2(t) =
1
2
(a+(t) ± a+(−t)), B1,2(t) =
1
2
(b+(t) ± b+(−t)),
C1,2(t) =
1
2
(a−(t) ± a−(−t)), f1,2(t) =
1
2
(f(t) ± f(−t)).
Ta viết ϕ1(t) = (Q1ϕ)(t) và ϕ2(t) = (Q2ϕ)(t), thì ϕj ∈ Xj với j = 1, 2.
Vì vậy, ta thu được hệ sau trong X1 × X2 :
A1(t)ϕ1(t) + C2(t)ϕ2(t) + B2(t)(Sϕ1)(t) + (Q1lϕ1)(t) = f1(t)
A2(t)ϕ1(t) + C1(t)ϕ2(t) + B1(t)(Sϕ1)(t) + (Q2lϕ1)(t) = f2(t)
(2.14)
Bổ đề 2.2. Nếu (ϕ1, ϕ2) là một nghiệm của phương trình (2.14) trong
X × X, thì (Q1ϕ1, Q2ϕ2) là nghiệm của nó trong X1 × X2.
Chứng minh. Sử dụng biểu diễn ϕj = Q1ϕj + Q2ϕj ta có thể viết (2.14)
dưới dạng
A1(t)(Q1ϕ1)(t) + C2(t)(Q2ϕ2)(t) + B2(t)(SQ1ϕ1)(t) + (Q1lQ1ϕ1)(t) − f1(t)
= − [A1(t)(Q2ϕ1)(t) + C2(t)(Q1ϕ2)(t) + B2(t)(SQ2ϕ1)(t)]
− [A2(t)(Q2ϕ1)(t) + C1(t)(Q1ϕ2)(t) + B1(t)(SQ2ϕ1)(t)]
=A2(t)(Q1ϕ1)(t) + C1(t)(Q2ϕ2)(t) + B1(t)(SQ1ϕ1)(t) + (Q2lQ1ϕ1)(t) − f2(t).
29

30. Chú ý rằng
A1(t)(Q1ϕ1)(t) =
1
2
Q1(a+(t)ϕ1(t)) + a+(t)ϕ1(−t)) ∈ X1,
C2(t)(Q2ϕ2)(t) =
1
2
Q1(a−(t)ϕ2(t)) − a−(t)ϕ2(−t)) ∈ X1
B2(t)(SQ1ϕ1)(t) =
1
2
Q1(b+(t)(Sϕ1)(t)) − b+(−t)(Sϕ1)(t)) ∈ X1
(Q1lQ1ϕ1)(t) ∈ X1, f1(t) = (Q1f)(t) ∈ X1.
A1(t)(Q2ϕ1)(t) =
1
2
Q2(a+(t)ϕ1(t)) + a+(−t)ϕ1(t)) ∈ X2
C2(t)(Q1ϕ2)(t) =
1
2
Q2(a−(t)ϕ2(t)) + a−(t)ϕ2(−t)) ∈ X2
B2(t)(SQ2ϕ1)(t) =
1
2
Q2(b+(t)(Sϕ1)(t)) − b+(−t)(Sϕ1)(t)) ∈ X2.
Từ đó, dễ dàng thấy rằng vế trái của hệ này thuộc X1; tuy nhiên, vế
phải thuộc X2. Từ (2.10) suy ra cả hai vế bằng zero, ta thu được điều phải
chứng minh.
Do đó, ta chỉ cần xét hệ (2.14) trong không gian X × X.
Từ hệ (2.14), ta có
C1(t)f1(t) − C2(t)f2(t) = [A1(t)C1(t) − A2(t)C2(t)]ϕ1(t)
+[C1(t)B2(t) − C2(t)B1(t)](Sϕ1)(t) + C1(t)(Q1lϕ1)(t) − C2(t)(Q2lϕ1)(t),
A1(t)f2(t) − A2(t)f1(t) = [A1(t)C1(t) − A2(t)C2(t)]ϕ2(t)
+[A1(t)B1(t) − A2(t)B2(t)](Sϕ1)(t) + A1(t)(Q2lϕ1)(t) − A2(t)(Q1lϕ1)(t).
2.2.2 Trường hợp A1(t)C1(t) − A2(t)C2(t) = 0, ∀t ∈ R
Bây giờ chúng ta xét trường hợp A1(t)C1(t) − A2(t)C2(t) = 0, ∀t ∈ R.
Khi đó (2.14) có thể viết lại dưới dạng
u(t)ϕ1(t) + v(t)(Sϕ1)(t) + Q1[a−(−t)(lϕ1)(t)] = C1(t)f1(t) − C2(t)f2(t)
u(t)ϕ2(t) + v1(t)(Sϕ1)(t) + Q2[a+(−t)(lϕ1)(t)] = A1(t)f2(t) − A2(t)f1(t)
(2.15)
30

31. trong đó
u(t) =
1
2
[a+(−t)a−(t) + a+(t)a−(−t)] = Q1[a+(t)a−(−t)]
v(t) =
1
2
[b+(t)a−(−t) − a−(t)b+(−t)] = Q2[b+(t)a−(−t)]
v1(t) =
1
2
[a+(t)b+(−t) + a+(−t)b+(t)] = Q1[a+(t)b+(−t)].
Định lý 2.1. Giả sử l(τ, t) thỏa mãn điều kiện (2.13), tức là, l(−τ, t) =
l(τ, t) và
[u(t) + v(t)]−1
Q1[a−(−t)l(τ, t)] ∈ H++
p . (2.16)
Khi đó, phương trình (2.33) cho mọi nghiệm dưới dạng hiển
ϕ(t) = (Q1ϕ1)(t) + (Q2ϕ2)(t),
trong đó (ϕ1(t), ϕ2(t)) là nghiệm của hệ (2.15) trong X × X.
Chứng minh.
Đặt
Φ1(z) =
1
2πi
R
ϕ1(τ)
τ − z
dτ.
Theo công thức Sokhotski - Plemelij, ta có
ϕ1(t) = Φ+
1 (t) − Φ−
1 (t)
(Sϕ1)(t) = Φ+
1 (t) + Φ−
1 (t).
(2.17)
Phương trình thứ nhất của hệ (2.15) có thể viết dưới dạng
u(t)[Φ+
1 (t) − Φ−
1 (t)] + v(t)[Φ+
1 (t) + Φ−
1 (t)] (2.18)
+ Q1[a−(−t)l(Φ+
1 (t) − Φ−
1 (t))] = C1(t)f1(t) − C2(t)f2(t).
Theo Bổ đề 2.1 ta thu được lΦ+
1 (t) = 0, lΦ−
1 (t) ∈ X+
và
(2.18) ⇔ Φ+
1 (t)−
Q1[a−(−t)lΦ−
1 (t)]
u(t) + v(t)
=
u(t) − v(t)
u(t) + v(t)
Φ−
1 (t)+
C1(t)f1(t) − C2(t)f2(t)
u(t) + v(t)
.
Đặt 


Φ+
(t) = Φ+
1 (t) −
Q1[a−(−t)lΦ−
1 (t)]
u(t) + v(t)
∈ X+
,
Φ−
(t) = Φ−
1 (t).
(2.19)
31

32. Ta thu được từ phương trình thứ nhất của hệ (2.15) bài toán biên
Riemann sau
Φ+
(t) = G(t)Φ−
(t) + g(t), (2.20)
trong đó G(t) =
u(t) − v(t)
u(t) + v(t)
, g(t) =
C1(t)f1(t) − C2(t)f2(t)
u(t) + v(t)
.
Giả sử u2
(t) − v2
(t) là hàm khác không trên R. Khi đó G(t), g(t) ∈ X
và G(t) = 0 với mọi t ∈ R. Đặt
κ = Ind G(t) =
1
2πi
R
d ln G(t),
Γ(z) =
1
2πi
+∞
−∞
ln
τ − i
τ + i
−κ
G(τ)
dτ
τ − z
,
X+
(z) = eΓ+
(z)
, X−
(z) =
z − i
z + i
−κ
eΓ−
(z)
.
Sử dụng các kết quả của bài toán biên Riemann, ta phải xét các trường
hợp sau:
1. Nếu κ ≥ 0 thì (2.20) giải được và có nghiệm tổng quát được cho bởi
công thức
Φ(z) = X(z)[Ψ(z) +
Pκ−1(z)
(z + i)κ−1
], (2.21)
trong đó
Ψ(z) =
1
2πi
+∞
−∞
g(τ)
X+(τ)
dτ
τ − z
(2.22)
và Pκ−1(z) = p1 + p2z + · · · + pκzκ−1
là đa thức bậc κ − 1 với các hệ số
phức tùy ý.
2. Nếu κ < 0 thì điều kiện cần để (2.20) giải được là
+∞
−∞
g(τ)
X+(τ)
dτ
(τ + i)k
= 0, k = 1, 2, . . . , −κ.
Điều kiện này có thể được viết lại như sau
+∞
−∞
C1(τ)f1(τ) − C2(τ)f2(τ)
X+(τ)(u(τ) + v(τ))
dτ
(τ + i)k
= 0, k = 1, 2, . . . , −κ. (2.23)
32

33. Nếu điều kiện (2.23) được thỏa mãn thì tất cả các nghiệm được cho bởi
công thức
Φ(z) = X(z)Ψ(z).
Vì vậy, ta có
ϕ1(t) = Φ+
1 (t) − Φ−
1 (t) = Φ+
(t) +
Q1[a−(−t)lΦ−
(t)]
u(t) + v(t)
− Φ−
(t)
và ϕ2(t) được xác định bởi (2.15). Chứng minh được hoàn thành.
2.2.3 Trường hợp A1(t)C1(t) − A2(t)C2(t) ≡ 0.
Định lý 2.2. Giả sử u(t) ≡ 0 và hàm l(τ, t) thỏa mãn điều kiện (2.13),
tức là, l(−τ, t) = l(τ, t) và
Q2[b+(t)a−(−t)] ≡ 0
Q1[a+(t)b+(−t)] ≡ 0
Khi đó, phương trình (2.33) cho mọi nghiệm dưới dạng đóng:
ϕ(t) = (Q1ϕ1)(t) + (Q2ϕ2)(t),
trong đó (ϕ1(t), ϕ2(t)) là nghiệm của hệ (2.15) trong X × X.
Chứng minh.
Chú ý rằng
C1(t)f1(t) − C2(t)f2(t) = Q1[a−(t)f(−t)]
A1(t)f2(t) − A2(t)f1(t) = Q2[a+(−t)f(t)],
và (2.15) tương đương với hệ



Q1[a+(t)a−(−t)]ϕ1(t) + Q2[b+(t)a−(−t)](Sϕ1)(t)+
+Q1[a−(−t)(lϕ1)(t)] = Q1[a−(t)f(−t)]
Q1[a+(t)a−(−t)]ϕ2(t) + Q1[a+(t)b+(−t)](Sϕ1)(t)+
+Q2[a+(−t)(lϕ1)(t)] = Q2[a+(−t)f(t)].
(2.24)
Phương trình thứ nhất của hệ (2.24) có thể được viết dưới dạng
Q1[a+(t)a−(−t)](Q1ϕ1)(t) + Q2[b+(t)a−(−t)](Q2Sϕ1)(t) (2.25)
+ Q1[a−(−t)(lϕ1)(t)] = Q1[a−(t)f(−t)]
33

34. Q1[a+(t)a−(−t)](Q2ϕ1)(t) + Q2[b+(t)a−(−t)](Q1Sϕ1)(t) = 0. (2.26)
Viết lại phương trình thứ hai của hệ (2.24) dưới dạng
Q1[a+(t)a−(−t)](Q2ϕ2)(t) + Q1[a+(t)b+(−t)](Q2Sϕ1)(t) (2.27)
+ Q2[a+(−t)(lϕ1)(t)] = Q2[a+(−t)f(t)]
Q1[a+(t)a−(−t)](Q1ϕ2)(t) + Q1[a+(t)b+(−t)](Q1Sϕ1)(t) = 0. (2.28)
Chú ý rằng
Q1[a+(t)a−(−t)](Q1ϕ1)(t) = Q1[a+(t)a−(−t)(Q1ϕ1)(t)] ∈ X1,
Q2[b+(t)a−(−t)](Q2Sϕ1)(t) = Q2[b+(t)a−(−t)(Q2Sϕ1)(t)] ∈ X2,
Q1[a+(t)a−(−t)](Q2ϕ2)(t) = Q2[a+(t)a−(−t)(Q2ϕ2)(t)] ∈ X2
và
Q1[a+(t)b+(−t)](Q2Sϕ1)(t) = Q1[a+(t)b+(−t)(Q2Sϕ1)(t)] ∈ X1.
Do đó, phương trình (2.25) và (2.27) tương đương với hệ
Q1[a+(t)a−(−t)(Q1ϕ1)(t)] + Q1[a−(−t)(lϕ1)(t)] = Q1[a−(t)f(−t)]
Q2[b+(t)a−(−t)](Q2Sϕ1)(t) = 0,
Q2[a+(t)a−(−t)(Q2ϕ2)(t)] + Q2[a+(−t)(lϕ1)(t)] = Q2[a+(−t)f(t)]
Q1[a+(t)b+(−t)](Q2Sϕ1)(t) = 0.
Theo giả thiết u(t) ≡ 0 hay Q1[a+(t)a−(−t)] ≡ 0. Khi đó, phương trình
(2.26) và phương trình (2.28) tương đương với hệ
Q2[b+(t)a−(−t)](Q1Sϕ1)(t) ≡ 0
Q1[a+(t)b+(−t)](Q1Sϕ1)(t) ≡ 0.
Vì Q2[b+(t)a−(−t)] ≡ 0 và Q1[a+(t)b+(−t)] ≡ 0 nên phương trình
(2.24) tương đương với hệ
a+(t)a−(−t)(Q1ϕ1)(t) + a−(−t)(lϕ1)(t) = a−(t)f(−t) + z2(t)
a+(t)a−(−t)(Q2ϕ2)(t) + a+(−t)(lϕ1)(t) = a+(−t)f(t) + z1(t),
(2.29)
trong đó z1(t) là hàm bất kỳ trong X1, z2(t) là hàm bất kỳ trong X2.
34

35. a. Giả sử a+(t)a−(−t) = 0, ∀t ∈ R.
Do lQ2ϕ1 = 0, hệ (2.29) có thể viết lại dưới dạng
a+(t)a−(−t)(Q1ϕ1)(t) + a−(−t)(lQ1ϕ1)(t) = a−(t)f(−t) + z2(t)
a+(t)a−(−t)(Q2ϕ2)(t) + a+(−t)(lQ1ϕ1)(t) = a+(−t)f(t) + z1(t).
(2.30)
Vì a+(t)a−(−t) = 0, ∀t ∈ R nên phương trình thứ nhất của hệ (2.30)
giải được dưới dạng đóng, và (Q2ϕ2)(t) được xác định bởi phương trình
thứ hai của (2.30).
Trong trường hợp này, nghiệm của (2.33) có dạng
ϕ(t) = (Q1ϕ1)(t) + (Q2ϕ2)(t),
trong đó (Q1ϕ1)(t), (Q2ϕ2)(t) là nghiệm của hệ (2.30).
b. Nếu a+(t0) = 0, a−(−t0) = 0 thì điều kiện cần để hệ (2.29) giải được là
a−(−t0)(lϕ1)(t0) = a−(t0)f(−t0) + z2(t0)
a+(−t0)(lϕ1)(t0) = a+(−t0)f(t0) + z1(t0).
Suy ra
(lϕ1)(t0) =
a−(t0)f(−t0) + z2(t0)
a−(−t0)
=
a+(−t0)f(t0) + z1(t0)
a+(−t0)
. (2.31)
Nếu điều kiện (2.31) được thỏa mãn, do nghiệm thuộc không gian
Holder Hµ
(R), suy ra (2.29) có nghiệm nếu |M(t) − M(t0)| = o(|t−t0|µ
),
lim
t→t0
M(t) = c1 ∈ (−∞, +∞), trong đó
M(t) =
a−(t)f(−t) + z2(t) − a−(−t)(lϕ1)(t)
a+(t)a−(−t)
.
|W(t) − W(t0)| = o(|t − t0|µ
), lim
t→t0
W(t) = c2 ∈ (−∞, +∞), trong đó
W(t) =
a+(−t)f(t) + z1(t) − a+(−t)(lϕ1)(t)
a+(t)a−(−t)
.
Khi đó (Q1ϕ1)(t0) = c1, (Q2ϕ2)(t0) = c2.
c. Nếu a−(−t0) = 0, khi đó điều kiện cần để hệ (2.29) giải được là
a−(t0)f(−t0) + z2(t0) = 0
35

36. a+(−t0)(lϕ1)(t0) = a+(−t0)f(t0) + z1(t0)
Do nghiệm thuộc không gian Holder Hµ
(R), suy ra (2.29) có nghiệm
nếu
a−(t)f(−t) + z2(t)
a+(t)a−(−t)
−
a−(t0)f(−t0) + z2(t0)
a+(t0)a−(−t0)
= o(|t − t0|µ
),
lim
t→t0
a−(t)f(−t) + z2(t)
a+(t)a−(−t)
= d1 ∈ (−∞, +∞),
|T(t) − T(t0)| = o(|t − t0|µ
), lim
t→t0
T(t) = d2 ∈ (−∞, +∞), trong đó
T(t) =
a+(−t)f(t) + z1(t) − a+(−t)(lϕ1)(t)
a+(t)a−(−t)
.
Khi đó (Q1ϕ1)(t0) = c1, (Q2ϕ2)(t0) = c2 và nghiệm ϕ(t0) của (2.33)
được viết lại dưới dạng
ϕ(t0) = (Q1ϕ1)(t0) + (Q2ϕ2)(t0).
Nhận xét 2.1. Các trường hợp khác khi u(t) triệt tiêu ở các điểm thuộc
tập hợp E nào đó với E = Γ thì cần có thêm giả thiết ràng buộc đối với
các hệ số và nhân của phương trình để nghiệm thuộc không gian các hàm
Holder tương ứng.
2.3 Ví dụ
Ta xét bài toán sau đây.
Ví dụ 2.3. Cho a(t), b(t), f(t) là các hàm liên tục trên R. Tìm hàm liên
tục ϕ(t) trên R thỏa mãn điều kiện
a(t)ϕ(t) + b(t)ϕ(−t) = f(t), ∀t ∈ R. (2.32)
Phương trình (2.32) trong trường hợp hệ số hằng hoặc có nghiệm duy
nhất đã được xét trong [1]-[2]. Dựa vào phép phân hoạch không gian thông
qua các phép chiếu trực giao ta đưa ra một phương pháp khảo sát (2.32)
trong trường hợp tổng quát.
Xét X = C(R) là không gian các hàm liên tục trên R.
36

37. Đặt
a±(t) = a(t) ± b(t),
(Wϕ)(t) = ϕ(−t), Q1 =
1
2
(I + W), Q2 =
1
2
(I − W),
thì ta có X = X1 ⊕ X2, Xi = QiX, i = 1, 2 và Q2
i = Qi, i = 1, 2.
Phương trình (2.32) được viết lại dưới dạng sau
a+(t)(Q1ϕ)(t) + a−(t)(Q2ϕ)(t) = f(t). (2.33)
Phương trình này được viết lại dưới hệ sau
A1(t)(Q1ϕ)(t) + C2(t)(Q2ϕ)(t) = f1(t)
A2(t)(Q1ϕ)(t) + C1(t)(Q2ϕ)(t) = f2(t)
trong đó
A1,2(t) =
1
2
[a+(t) ± a+(−t)]
C1,2(t) =
1
2
[a−(t) ± a−(−t)]
f1,2(t) =
1
2
[f(t) ± f(−t)]
Ta viết ϕ1(t) = (Q1ϕ)(t), và ϕ2(t) = (Q2ϕ)(t) thì ϕj ∈ Xj với j = 1, 2.
Vì vậy, ta được hệ sau trong X1 × X2 :
A1(t)ϕ1(t) + C2(t)ϕ2(t) = f1(t)
A2(t)ϕ1(t) + C1(t)ϕ2(t) = f2(t)
(2.34)
Mệnh đề 2.1. Nếu (ϕ1, ϕ2) là nghiệm của hệ phương trình (2.34) trong
X × X thì (Q1ϕ1, Q2ϕ2) là nghiệm của nó trong X1 × X2.
Chứng minh. Ta có ϕj = Q1ϕj +Q2ϕj, j = 1, 2 nên có thể viết (2.34) dưới
dạng
A1(t)(Q1ϕ1)(t)+C2(t)(Q2ϕ2)(t)−f1(t) = −[A1(t)(Q2ϕ1)(t)+C2(t)(Q1ϕ2)(t)]
−[A2(t)(Q2ϕ1)(t)+C1(t)(Q1ϕ2)(t)] = A2(t)(Q1ϕ1)(t)+C1(t)(Q2ϕ2)(t)−f2(t)
Ta có
A1(t)(Q1ϕ1)(t) =
1
2
Q1[a+(t)ϕ1(t) + a+(t)ϕ1(−t)] ∈ X1
37

38. C2(t)(Q2ϕ2)(t) =
1
2
Q1[a−(t)ϕ2(t) − a−(t)ϕ2(−t)] ∈ X1
A1(t)(Q2ϕ1)(t) =
1
2
Q2[a+(t)ϕ1(t) + a+(−t)ϕ1(t)] ∈ X2
C2(t)(Q1ϕ2)(t) =
1
2
Q2[a−(t)ϕ2(t) + a−(t)ϕ2(−t)] ∈ X2
Tương tự, ta dễ dàng nhận thấy rằng vế trái của hệ này thuộc X1; tuy
nhiên, vế phải thuộc X2. Do X = X1 ⊕ X2 nên suy ra cả hai vế của từng
phương trình trong hệ này đều bằng 0, ta thu được điều phải chứng minh.
Vì vậy ta chỉ cần xét hệ phương trình (2.34) trong không gian X × X.
Mệnh đề 2.2. Giả sử (ϕ1, ϕ2) là nghiệm của (2.34) trong không gian
X × X. Khi đó mọi nghiệm của (2.32) đều được viết dưới dạng
ϕ(t) = (Q1ϕ1)(t) + (Q2ϕ2)(t)
Hệ (2.34) tương đương với hệ
u(t)ϕ1(t) = C1(t)f1(t) − C2(t)f2(t)
u(t)ϕ2(t) = A1(t)f2(t) − A2(t)f1(t)
(2.35)
trong đó
u(t) = C1(t)A1(t) − C2(t)A2(t) =
1
2
[a+(−t)a−(t) + a+(t)a−(−t)] (2.36)
1. Nếu u(t) = 0, ∀t ∈ R, thì



ϕ1(t) =
C1(t)f1(t) − C2(t)f2(t)
u(t)
ϕ2(t) =
A1(t)f2(t) − A2(t)f1(t)
u(t)
(2.37)
và nghiệm của (2.32) được cho bởi công thức
ϕ(t) = (Q1ϕ1)(t) + (Q2ϕ2)(t)
trong đó ϕ1(t), ϕ2(t) được xác định bởi (2.37)
2. Nếu u(t) ≡ 0, ta xét các trường hợp sau:
a. a(t) ≡ b(t) thì ta viết (2.32) dưới dạng
ϕ(t) + ϕ(−t) = 2g(t), ∀t ∈ R (2.38)
38

39. trong đó g(t) =
f(t)
2a(t)
là hàm liên tục trên R.
(2.38) tương đương với
(Q1ϕ)(t) = g(t)
Điều kiện cần để (2.38) giải được là
(Q2g)(t) = 0 (2.39)
và nghiệm của (2.38) được cho bởi công thức
ϕ(t) = (Q1g)(t) + h2(t)
trong đó h2(t) là hàm tùy ý trên X2.
b. a(t) ≡ −b(t) thì ta viết (2.32) dưới dạng
ϕ(t) − ϕ(−t) = 2g(t), ∀t ∈ R (2.40)
trong đó g(t) là hàm liên tục trên R.
Tương tự trường hợp trên, ta có: Điều kiện cần để (2.40) giải được là
(Q1g)(t) = 0 (2.41)
và nghiệm của (2.40) được xác định bởi công thức
ϕ(t) = (Q2g)(t) + h1(t)
trong đó h1(t) là hàm tùy ý trong X1.
c. a(t) ≡ ±b(t)
Ta viết (2.35) dưới dạng
Q1[a+(t)a−(−t)]ϕ1(t) = Q1[a−(t)f(−t)]
Q1[a+(t)a−(−t)]ϕ2(t) = Q2[a+(−t)f(t)]
(2.42)
Tác động Q1, Q2 vào 2 vế của (2.42) thì hệ (2.42) được viết dưới dạng
Q1[a+(t)a−(−t)]Q1ϕ1(t) = Q1[a−(t)f(−t)]
Q1[a+(t)a−(−t)]Q2ϕ2(t) = Q2[a+(−t)f(t)]
(2.43)
Điều kiện u(t) = 0 được viết lại là Q1[a+(t)a−(−t)] = 0. Vì vậy, điều
kiện cần để (2.43) giải được là
Q1[a−(t)f(−t)] = 0
Q2[a+(−t)f(t)] = 0
(2.44)
39

40. Khi đó (2.43) tương đương với hệ sau
⇔
Q1[a+(t)a−(−t)Q1ϕ1(t)] = Q1[a−(t)f(−t)]
Q2[a+(t)a−(−t)Q2ϕ2(t)] = Q2[a+(−t)f(t)]
(2.45)
⇔
a+(t)a−(−t)Q1ϕ1(t) = a−(t)f(−t) + z2(t)
a+(t)a−(−t)Q2ϕ2(t) = a+(−t)f(t) + z1(t)
(2.46)
trong đó z1 ∈ X1, z2 ∈ X2 là các hàm tùy ý.
+ Nếu a(t) = ±b(t), ∀t ∈ R thì a+(t)a−(−t) = 0, ∀t ∈ R. Trong
trường hợp này, nghiệm của (2.46) được xác định bởi công thức



Q1ϕ1(t) =
a−(t)f(−t) + z2(t)
a+(t)a−(−t)
Q2ϕ2(t) =
a+(−t)f(t) + z1(t)
a+(t)a−(−t)
(2.47)
và nghiệm của (2.32) là
ϕ(t) = Q1ϕ1(t) + Q2ϕ2(t)
với Q1ϕ1(t), Q2ϕ2(t) được xác định bởi (2.47).
+ Nếu a+(ti)a−(−ti) = 0, i = 1, 2, · · · , n, với n là số nguyên dương nào
đó thì điều kiện cần để (2.46) giải được là:
a−(ti)f(−ti) + z2(ti) = 0, i = 1, 1, . . . , n
a+(−ti)f(ti) + z1(ti) = 0, i = 1, 1, . . . , n
(2.48)
Với điều kiện này, do tính liên tục của hàm ϕ nên suy ra điều kiện để
(2.46) có nghiệm là



lim
t→ti
a−(t)f(−t) + z2(t)
a+(t)a−(−t)
= ci < ∞
lim
t→ti
a+(−t)f(t) + z1(t)
a+(t)a−(−t)
= di < ∞, i = 1, 2, . . . , n
(2.49)
trong đó ci, di, i = 1, 2, . . . , n là các hằng số.
Khi đó giá trị của Q1ϕ1(t) và Q2ϕ1(t) tại t = ti, i = 1, 2, . . . , n là
Q1ϕ1(ti) = ci
Q2ϕ2(ti) = di
và
ϕ(ti) = ci + di, i = 1, 2, · · · , n
40

41. Ví dụ 2.4. Giả sử a(t), b(t), f(t) ∈ Hµ
(Γ) và giả sử a(t)+a(−t) = 0 ∀t ∈
R. Xét phương trình
(a(t) + 1)ϕ(t) + (a(t) − 1)ϕ(−t)
+
1
πi
R
tb(t2
) + λ[a(t) + a(−t)] sin(τ2
− t2
)
τ2 − t2
ϕ(τ)dτ = f(t). (2.50)
Lời giải
Ta có
a1(t) = a(t) + 1, a2(t) = a(t) − 1,
a+(t) = 2a(t), a−(t) = 2, b+(t) = b(t2
),
l(τ, t) =
λ[a(t) + a(−t)] sin(τ2
− t2
)
πi(τ2 − t2)
A1(t) = a(t) + a(−t),
A2(t) = a(t) − a(−t),
B1(t) = b(t2
), B2(t) = 0,
C1(t) = 2, C2(t) = 0,
u(t) = 2[a(t) + a(−t)],
v(t) = 0,
v1(t) = b(t2
)[a(t) + a(−t)]
Ta thấy u(t) = 0 ∀t, nên phương trình (2.50) tương đương với hệ sau



2[a(t) + a(−t)]ϕ1(t) + 2Q1[(lϕ1)(t)] = 2f1(t)
2[a(t) + a(−t)]ϕ2(t) + b(t2
)(a(t) + a(−t))(Sϕ1)(t)
+Q2[2a(−t)(lϕ1)(t)] = [a(t) + a(−t)]f2(t) − [a(t) − a(−t)]f1(t).
(2.51)
Phương trình thứ nhất của hệ được viết lại dưới dạng
ϕ1(t) +
Q1[(lϕ1)(t)]
a(t) + a(−t)
=
f1(t)
a(t) + a(−t)
.
Đặt ϕ1(t) = Φ+
1 (t) − Φ−
1 (t), ta được phương trình
Φ+
1 (t) − Φ−
1 (t) +
Q1[l(Φ+
1 (t) − Φ−
1 (t))]
a(t) + a(−t)
=
f(t) + f(−t)
2[a(t) + a(−t)]
(2.52)
41

42. Ta có (lΦ+
1 )(t) = 0, (lΦ−
1 )(t) ∈ X+
, phương trình (2.52) được viết lại
dưới dạng
Φ+
1 (t) −
Q1[lΦ−
1 (t)]
a(t) + a(−t)
= Φ−
1 (t) +
f(t) + f(−t)
2[a(t) + a(−t)]
.
Đặt h(t) =
f(t) + f(−t)
2[a(t) + a(−t)]
và viết h(t) = h+
(t) − h−
(t), ta được hệ



Φ+
1 (t) −
Q1[lΦ−
1 (t)]
a(t) + a(−t)
= h+
(t)
Φ−
1 (t) = h−
(t)
Khi đó, ta có
ϕ1(t) = Φ+
1 (t) − Φ−
1 (t) =
Q1[lΦ−
1 (t)]
a(t) + a(−t)
+ h(t)
= −
Q1[lh(t)]
a(t) + a(−t)
+
f(t) + f(−t)
2[a(t) + a(−t)]
= −
Q1
λ[a(t) + a(−t)]
πi R
sin(τ2
− t2
)
τ2 − t2
h(τ)dτ
a(t) + a(−t)
+
f(t) + f(−t)
2[a(t) + a(−t)]
= −
λ[a(t) + a(−t)]
πi[a(t) + a(−t)]
R
sin(τ2
− t2
)
τ2 − t2
h(τ)dτ +
f(t) + f(−t)
2[a(t) + a(−t)]
=
λ
2πi
R
sin(τ2
− t2
)
τ2 − t2
f(τ) + f(−τ)
2[a(τ) + a(−τ)]
dτ +
f(t) + f(−t)
2[a(t) + a(−t)]
.
và
ϕ2(t) = −
b(t2
)
2
(Sϕ1)(t) +
1
4
[f(t) − f(−t)] −
[a(t) − a(−t)][f(t) + f(−t)]
4[a(t) + a(−t)]
+
Q2 2a(−t)
λ[a(t) + a(−t)]
πi R
sin(τ2
− t2
)
τ2 − t2
ϕ1(τ)dτ
2[a(t) + a(−t)]
= −
b(t2
)
2
(Sϕ1)(t) +
1
4
[f(t) − f(−t)] −
[a(t) − a(−t)][f(t) + f(−t)]
4[a(t) + a(−t)]
+
λ
2πi
[a(−t) − a(t)]
R
sin(τ2
− t2
)
τ2 − t2
ϕ1(τ)dτ.
42

43. Khi đó nghiệm của phương trình (2.50) là
ϕ(t) = (Q1ϕ1)(t) + (Q2ϕ2)(t).
Từ tính chất của toán tử l và toán tử S dễ dàng suy ra ϕ1, ϕ2 ∈ X và
do đó ϕ ∈ X.
Ví dụ 2.5. Xét phương trình sau
(t + 1)ϕ(t) + (t − 1)ϕ(−t) +
t
πi
R
ϕ(τ)dτ
τ2 − t2
+
R
2t sin(τ2
− t2
)
τ2 − t2
ϕ(τ)dτ = 2t.
Lời giải
Ta có
a1(t) = t + 1, a2(t) = t − 1, b+(t) = 1,
l(τ, t) =
2t sin(τ2
− t2
)
τ2 − t2
, f(t) = 2t,
a+(t) = 2t, a−(t) = 2,
A1(t) = 0, A2(t) = 2t,
B1(t) = 1, B2(t) = 0,
C1(t) = 2, C2(t) = 0,
u(t) = v(t) = v1(t) = 0.
và
Q2[b+(t)a−(−t)] = Q2[1 · 2] = 0
Q1[a+(t)b+(−t)] = Q1[2t] = 0
Do đó phương trình đã cho được viết lại dưới dạng sau
Q1[a−(−t)(lϕ1)(t)] = C1(t)f1(t) − C2(t)f2(t)
Q2(t)[a+(−t)(lϕ1)(t)] = A1(t)f2(t) − A2(t)f1(t)
Lại có a+(t)a−(−t) = 4t. Theo biện luận trong phần 2.2 ta được hệ sau
4t(Q1ϕ1)(t) + 2(lϕ1)(t) = 2f(−t) + z2(t)
4t(Q2ϕ2)(t) − 2t(lϕ1)(t) = −2tf(t) + z1(t)
(2.53)
43

44. trong đó z1 ∈ X1, z2 ∈ X2 là các hàm tùy ý.
Nếu t = 0 thì do (lQ2ϕ1)(t) = 0 hệ (2.53) tương đương với hệ sau



(Q1ϕ1)(t) +
1
2t
(lQ1ϕ1)(t) =
1
2t
f(−t) +
z2(t)
4t
(Q2ϕ2)(t) −
1
2
(lϕ1)(t) = −
1
2
f(t) +
z1(t)
4t
(2.54)
Phương trình thứ nhất của hệ (2.54) được viết lại dưới dạng sau
(Q1ϕ1)(t) +
1
2t
R
2t(Q1ϕ1)(τ)
τ2 − t2
sin(τ2
− t2
)dτ =
1
2t
f(−t) +
z2(t)
4t
Đặt (Q1ϕ1)(t) = Φ+
1 (t) − Φ−
1 (t), h(t) =
1
2t
f(−t) +
z2(t)
4t
= h+
(t) −
h−
(t), khi đó ta được phương trình
Φ+
1 (t) − Φ−
1 (t) +
1
2t
l[Φ+
1 (t) − Φ−
1 (t)] = h(t).
Ta có l(τ, t) =
2t sin(τ2
− t2
)
τ2 − t2
là hàm giải tích theo cả hai biến τ, t. Theo
Bổ đề 2.1 ta có (lΦ+
1 )(t) = 0, (lΦ−
1 )(t) ∈ X+
. Khi đó ta được phương trình
Φ+
1 (t) − Φ−
1 (t) −
1
2t
(lΦ−
1 )(t) = h+
(t) − h−
(t)
Suy ra
Φ+
1 (t) −
1
2t
(lΦ−
1 )(t) = h+
(t)
Φ−
1 (t) = h−
(t)
Hệ này tương đương với hệ sau
Φ+
1 (t) =
1
2t
(lh−
)(t) + h+
(t)
Φ−
1 (t) = h−
(t)
Khi đó ta có
(Q1ϕ1)(t) = Φ+
1 (t)−Φ−
1 (t) =
1
2t
(lh−
)(t)+h+
(t)−h−
(t) = −
1
2t
(lh)(t)+h(t)
(do (lh+
)(t) = 0).
44

45. Vì vậy
(Q1ϕ1)(t) = −
R
sin(τ2
− t2
)
τ2 − t2
1
2τ
f(−τ) +
z2(τ)
4τ
dτ +
1
2t
f(−t) +
z2(t)
4t
và
(Q2ϕ2)(t) = −
1
2
f(t) +
z1(t)
4t
+
1
2
(lϕ1)(t)
Khi đó nghiệm của phương trình đã cho là
ϕ(t) = (Q1ϕ1)(t) + (Q2ϕ2)(t).
Từ tính chất của toán tử l dễ dàng suy ra (Q1ϕ1), (Q2ϕ2) ∈ X và do
đó ϕ ∈ X.
Nếu t = t0 = 0 thì điều kiện giải được của phương trình là
z1(0) = 0
(lϕ1)(0) = 2f(0) + z2(0)
Nếu điều kiện này thỏa mãn, do nghiệm thuộc không gian Holder Hµ
(R)
nên suy ra nghiệm trong trường hợp t = t0 = 0.
Ví dụ 2.6. Xét phương trình sau với các hệ số hằng
aϕ(t) + cϕ(−t) +
b
πi
R
tϕ(τ)dτ
τ2 − t2
+
R
l(τ, t)ϕ(τ)dτ = f(t)
trong đó a, b, c là các hằng số và a = ±c và f ∈ Hµ
(R).
Lời giải
Ta có
a1(t) = a, a2(t) = c, b+(t) = b,
a+(t) = a + c, a−(t) = a − c,
A1(t) = a + c, A2(t) = 0,
B1(t) = b, B2(t) = 0,
C1(t) = a − c, C2(t) = 0,
u(t) = a2
− c2
= 0,
v(t) = 0,
v1(t) = (a + c)b
45

46. Khi đó phương trình đã cho viết được dưới dạng hệ sau
(a2
− c2
)ϕ1(t) + (a − c)Q1[(lϕ1)(t)] = (a − c)f1(t)
(a2
− c2
)ϕ2(t) + (a + c)b(Sϕ1)(t) + (a + c)Q2[(lϕ1)(t)] = (a + c)f2(t)
(2.55)
Hệ (2.55) tương đương với hệ sau



ϕ1(t) +
Q1[(lϕ1)(t)]
a + c
=
f1(t)
a + c
ϕ2(t) = −
b(Sϕ1)(t)
a − c
−
Q2[(lϕ1)(t)]
a − c
+
f2(t)
a − c
(2.56)
Đặt ϕ1(t) = Φ+
1 (t)−Φ−
1 (t). Khi đó phương trình thứ nhất của hệ (2.56)
được viết lại dưới dạng
Φ+
1 (t) − Φ−
1 (t) +
Q1[l(Φ+
1 (t) − Φ−
1 (t))]
a + c
=
f1(t)
a + c
⇔ Φ+
1 (t) − Φ−
1 (t) −
Q1[lΦ−
1 (t)]
a + c
=
f1(t)
a + c
(do (lΦ+
1 )(t) = 0 và (lΦ−
1 )(t) ∈ X+
)
Đặt h(t) =
f1(t)
a + c
= h+
(t) − h−
(t). Ta được hệ sau



Φ+
1 (t) −
Q1[lΦ−
1 (t)]
a + c
= h+
(t)
Φ−
1 (t) = h−
(t)
Do đó
ϕ1(t) = Φ+
1 (t) − Φ−
1 (t) = h(t) +
Q1[(lh)(t)]
a + c
=
f(t) + f(−t)
2(a + c)
+
Q1
R
l(τ, t)f1(τ)dτ
(a + c)2
và
(Sϕ1)(t) = Φ+
1 (t) + Φ−
1 (t) =
Q1[(lh)(t)]
a + c
+ h+
(t) + h−
(t)
=
Q1[(lh)(t)]
a + c
+ (Sh)(t).
46

47. Thế vào phương trình thứ hai của hệ (2.56), suy ra biểu thức của ϕ2(t).
Và khi đó nghiệm của phương trình đã cho là
ϕ(t) = (Q1ϕ1)(t) + (Q2ϕ2)(t).
Từ tính chất của toán tử l và toán tử S dễ dàng suy ra ϕ1, ϕ2 ∈ X và
do đó ϕ ∈ X.
Ví dụ 2.7. Xét phương trình sau
(t2
+ 2)ϕ(t) + t2
ϕ(−t) +
1
πi
R
t2
τ2 − t2
ϕ(τ)dτ = t2
Lời giải
Ta có
a1(t) = t2
+ 2, a2(t) = t2
, b+(t) = t,
l(τ, t) = 0,
a+(t) = 2t2
+ 2, a−(t) = 2,
A1(t) = 2t2
+ 2, A2(t) = 0,
B1(t) = 0, B2(t) = t,
C1(t) = 2, C2(t) = 0,
f1(t) = t2
, f2(t) = 0,
u(t) = 4t2
+ 4, v(t) = 2t, v1(t) = 0.
Khi đó phương trình đã cho được viết lại dưới hệ sau
(4t2
+ 4)ϕ1(t) + 2t(Sϕ1)(t) + 2Q1[(lϕ1)(t)] = 2f1(t)
(4t2
+ 4)ϕ2(t) + Q2[(2t2
+ 2)(lϕ1)(t)] = (2t2
+ 2)f2(t)
Đặt
Φ1(z) =
1
2πi
R
ϕ1(τ)
τ − z
dτ.
Theo công thức Sokhotski-Plemelij , ta có
ϕ1(t) = Φ+
1 (t) − Φ−
1 (t)
(Sϕ1)(t) = Φ+
1 (t) + Φ−
1 (t).
47

48. Đặt 


Φ+
(t) = Φ+
1 (t) −
Q1[a−(−t)lΦ−
1 (t)]
u(t) + v(t)
∈ X+
,
Φ−
(t) = Φ−
1 (t).
Khi đó ta thu được bài toán biên Riemann sau
Φ+
(t) = G(t)Φ−
(t) + g(t),
trong đó
G(t) =
u(t) − v(t)
u(t) + v(t)
=
4t2
− 2t + 4
4t2 + 2t + 4
,
g(t) =
C1(t)f1(t) − C2(t)f2(t)
u(t) + v(t)
=
2t2
4t2 + 2t + 4
.
Ta có κ = Ind G(t) = 0. Vì vậy
Γ(z) =
1
2πi
R
ln
4τ2
− 2τ + 4
4τ2 + 2τ + 4
dτ
τ − z
.
Vì
4τ2
− 2τ + 4
4τ2 + 2τ + 4
=
(4τ − 1 − i
√
15)(4τ − 1 + i
√
15)
(4τ + 1 − i
√
15)(4τ + 1 + i
√
15)
nên
Γ+
(z) = ln
4z − 1 + i
√
15
4z + 1 + i
√
15
Γ−
(z) = − ln
4z − 1 − i
√
15
4z + 1 − i
√
15
và
X+
(z) = eΓ+
(z)
=
4z − 1 + i
√
15
4z + 1 + i
√
15
X−
(z) = eΓ−
(z)
=
4z + 1 − i
√
15
4z − 1 − i
√
15
Lại có
Ψ(z) =
1
2πi
R
g(τ)
X+(τ)
dτ
τ − z
=
1
2πi
R
8τ2
(4τ + 1 − i
√
15)(4τ − 1 + i
√
15)
dτ
τ − z
.
48

49. Vì
8τ2
(4τ + 1 − i
√
15)(4τ − 1 + i
√
15)
=
τ
(4τ + 1 − i
√
15)
+
τ
(4τ − 1 + i
√
15)
nên
Ψ+
(z) =
z
(4z − 1 + i
√
15)
Ψ−
(z) = −
z
(4z + 1 − i
√
15)
Khi đó bài toán biên Riemann có nghiệm
Φ(z) = X(z)Ψ(z)
Suy ra
Φ+
(t) = X+
(t)Ψ+
(t) =
t
(4t + 1 + i
√
15)
Φ−
(t) = X−
(t)Ψ−
(t) = −
t
(4t − 1 − i
√
15)
Suy ra 


Φ+
1 (t) =
t
(4t + 1 + i
√
15)
Φ−
1 (t) = −
t
(4t − 1 − i
√
15)
Và ta có



ϕ1(t) = Φ+
1 (t) − Φ−
1 (t) =
t
(4t + 1 + i
√
15)
+
t
(4t − 1 − i
√
15)
(Sϕ)(t) = Φ+
1 (t) + Φ−
1 (t) =
t
(4t + 1 + i
√
15)
−
t
(4t − 1 − i
√
15)
và ϕ2(t) = 0.
Do đó nghiệm của phương trình đã cho là
ϕ(t) = (Q1ϕ1)(t) + (Q2ϕ2)(t) =
t
(4t + 1 + i
√
15)
+
t
(4t − 1 − i
√
15)
,
và hiển nhiên ϕ ∈ X.
49

50. Chương 3
Phương trình tích phân kỳ dị với
phép tịnh tiến trong lớp hàm tuần
hoàn
3.1 Toán tử sinh bởi nhóm hữu hạn các đối hợp
Giả sử X là không gian tuyến tính trên trường số phức và L0(X) là đại
số các toán tử tuyến tính tác động trong X. Giả sử S(X) là đại số con
giao hoán của L0(X). Giả thiết rằng ta có nhóm hữu hạn G2n của toán tử
tuyến tính dạng
G2n = {I, V, V 2
, . . . , V n−1
; W0, W1, Wn−1}
có tính chất sau đây
(i) toán tử V, Wj là đối hợp
V n
= I, W2
j = I (j = 0, 1, . . . , n − 1),
(ii) phép nhân trong G2n được xác định như sau:
V i
Wj =
Wj−i khi i ≤ j
Wn+j−i khi i > j
(i, j = 0, 1, . . . , n − 1),
WjV i
=
Wj+i khi i + j ≤ n
Wi+j−n khi i + j > n
(i, j = 0, 1, . . . , n − 1),
WiWj =
V j−i
khi i ≤ j
V n+j−i
khi i > j
(i, j = 0, 1, . . . , n − 1),
(iii) tồn tại các phần tử Bij ∈ S(X) sao cho
V j
B = B1jV j
, Wj
B = B2jWj
ứng với B ∈ S(X)
50

51. (j = 0, 1, . . . , n − 1)
(iv) nhóm G2n là độc lập tuyến tính trên S(X), tức là, nếu
n−1
j=0
AjV j
+
n−1
j=0
BjWj = 0, Aj, Bj ∈ S(X), j = 0, 1, . . . , n − 1,
thì
Aj = Bj = 0 (j = 0, 1, . . . , n − 1).
Xét toán tử:
K =
n−1
j=0
Aj10V j
+
n−1
j=0
Bj10Wj, (3.1)
trong đó Aj10, Bj10 ∈ S(X) (j = 0, 1, . . . , n − 1).
Ký hiệu Ajik và Bjik là các toán tử xác định theo giả thiết (iii), tức là,
V k
Aj10 = Aj1kV k
, WkAj10 = Aj2kWk,
V k
Bj10 = Bj1kV k
, WkBj10 = Bj2kWk
và
Ai =



A0i0 A1i0 · · · An−1i0
An−1i1 A0i1 · · · An−2i1
· · · · · · · · · · · ·
A1in−1 A2in−1 · · · A0in−1



Bi =



B0i0 B1i0 · · · Bn−1i0
B1i1 B2i1 · · · B0i1
· · · · · · · · · · · ·
Bn−1in−1 B0in−1 · · · Bn−2in−1


 (i = 1, 2)
E(K) =
A1 B1
B2 A2
(3.2)
Định nghĩa 3.1. Ma trận E(K) được gọi là symbol trên S(X) của toán
tử K dạng (3.1).
Theo giả thiết các phần tử của ma trận E(K) giao hoán với nhau và
ánh xạ E : K → E(K) là một - một.
Bổ đề 3.1 (xem [1]). Tập A các toán tử K dạng (3.1) tạo thành đại số
với đơn vị I.
51

52. Bổ đề 3.2. Đại số E(A) các symbol của đại số A là đẳng cấu với A, tức
là
E(K + L) = E(K) + E(L)
và
E(KL) = E(K)E(L) với mọi K, L ∈ A.
Hệ quả 3.1. Nếu A ∈ S(X) và
V A = AV, AWj = WjA (j = 0, 1, . . . , n − 1), (3.3)
thì
E(AK) = AE(K). (3.4)
Ký hiệu S0(X) tập của các phần tử A ∈ S(X) sao cho hệ thức (3.3)
được thỏa mãn. Rõ ràng S0(X) là đại số con của S(X) và I ∈ S0(X).
Định nghĩa 3.2. Ta nói rằng toán tử M ∈ L0(X) là đại số toán tử trên
S(X) nếu tồn tại đa thức
P(t) = tm
+ P1tm−1
+ · · · + Pm, Pj ∈ S(X), (j = 1, 2, · · · , m),
sao cho
(1) P(M) = 0,
(2) MPj = PjM (j = 1, 2, · · · , m).
Ký hiệu PM (t) là đa thức đặc trưng của toán tử M trên S(X) và
PE(t) = det[[tI2n − E(K)]],
trong đó I2n là ma trận đơn vị bậc 2n : I2n = diag (I, I, . . . , I). Do vậy,
PE(t) là đa thức dạng
PE(t) = It2n
− ϕ1(E)t2n−1
+ ϕ2(E)t2n−2
− · · · + ϕ2n(E),
trong đó
ϕ1(E) =
n−1
j=0
2
i=1
n−1
k=0
(Ajki + Bjik),
ϕ2n(E) = det E(K). (3.5)
52

53. dễ thấy
ϕj(E) ∈ S0(X) (j = 1, 2, · · · , 2n). (3.6)
Đặc trưng đại số của toán tử K có thể phát biểu như sau:
Định lý 3.1. Nếu toán tử K dạng (3.1) thỏa mãn các điều kiện (i)-(iv),
thì K là toán tử đại số suy rộng trên S(X).
Chứng minh. Theo định lý Cayley-Hamilton, thì PE(E(K)) = 0, tức là,
[E(K)]2n
− ϕ1(E)[E(K)]2n−1
+ · · · + ϕ2n(E)I2n = 0.
Từ (3.3), (3.4) và (3.6) ta có thể viết đẳng thức cuối dưới dạng:
E[K2n
− ϕ1(E)K2n−1
+ · · · + ϕ2n(E)I] = 0,
tức là, PE(E(K)) là symbol của toán tử PE(K). Theo bổ đề 3.2, ta nhận
được PE(K) = 0. Do vậy K là toán tử đại số suy rộng trên S(X).
Hệ quả 3.2. Nếu phần tử ϕ2n(E) dạng (3.5) là khả nghịch, thì K là khả
nghịch. Ngoài ra, nếu R là nghịch đảo của ϕ2n(E), tức là, Rϕ2n(E) =
ϕ2n(E)R = I, thì
K−1
= −RQ(K),
trong đó
Q(t) = t−1
[PE(t) − ϕ2n(E)].
3.2 Phương trình tích phân kỳ dị với phép tịnh tiến
Xét toán tử (V ϕ)(t) = ϕ(t + r) và phương trình tích phân dạng
n−1
k=0
ak(t)(V k
ϕ)(t) +
n−1
k=0
ck(t)(V k
Sϕ)(t) = g(t), t ∈ R
trong không gian các hàm Holder X = Hλ
(R), 0 < λ < 1 và tuần hoàn
chu kỳ m = nr, trong đó ak(t), ck(t) ∈ Hλ
(R).
Xét toán tử
K =
n−1
k=0
(ak(t)I + ck(t)S)V k
. (3.7)
53

54. Chúng ta viết A B nếu A − B là toán tử compact.
Ký hiệu S(X) là tập tất cả các toán tử dạng a(t)I + b(t)S + D, trong
đó a, b ∈ Hλ
(R), D là toán tử compact và S(X) là tập tất cả các toán tử
K dạng (3.7). Tập tất cả các toán tử compact trên X được ký hiệu bởi
J (X). Khi đó S(X) và S(X) có dạng đại số và J (X) là một ideal. Hơn
nữa, với mọi A, B ∈ S(X), AB BA. Vì vậy, nếu [[Bij]] là một ma trận
và Bij ∈ S(X) (i, j = 1, 2, . . . , n), thì ta định nghĩa định thức của [[Bij]]
là
det1[[Bij]] =
j1,j2,...,jn
(−1)t
B1j1
B2j2
· · · Bnjn
.
Tổng này được tính trên tất cả các hoán vị của các số 1, 2, . . . , n và t
được xác định bởi công thức
t =
i,k=1,i=k
(ji − jk).
Ta có det1[[Bij]] det[[Bij]], trong đó
det[[Bij]] =
j1,j2,...,jn
(−1)t
Bi1j1
Bi2j2
· · · Binjn
(i1, i2, . . . , in) là hoán vị bất kỳ của (1, 2, . . . , n).
Ký hiệu
Tij = aij(t)I + bij(t)S, Tij = aij(t)I − bij(t)S
(i, j = 1, 2, . . . , n),
[[T]] = [[Tij]], [[T ]] = [[Tij]], [[a]] = [[aij]], [[b]] = [[bij]].
Đặt P =
1
2
(I + S), Q =
1
2
(I − S). Thì
Tij = (aij + bij)P + (aij − bij)Q,
Tij = (aij − bij)P + (aij + bij)Q.
Bổ đề 3.3.
(i) Các công thức sau là đúng
T := det1[[T]] det[[a + b]]P + det[[a − b]]Q,
54

55. T := det1[[T ]] det[[a − b]]P + det[[a + b]]Q;
(ii) Nếu det[[a(t) ± b(t)]] = 0, t ∈ R, thì toán tử T và T là các toán
tử Noether (định nghĩa toán tử Noether xem [2])
Viết lại toán tử (3.7) dưới dạng
K =
n−1
k=0
AkV k
, (3.8)
trong đó Ak = ak(t)I + ck(t)S, (k = 0, 1, . . . , n − 1).
Ký hiệu
M = A(t)In + C(t)Sn, M = A(t)In − C(t)Sn,
trong đó
A(t) =



a0(t) a1(t) · · · an−1(t)
an−1(r + t) a0(r + t) · · · an−2(r + t)
· · · · · · · · · · · ·
a1(nr − r + t) a2(nr − r + t) · · · a0(nr − r + t)


 ,
C(t) =



c0(t) c1(t) · · · cn−1(t)
cn−1(r + t) c0(r + t) · · · cn−2(r + t)
· · · · · · · · · · · ·
c1(nr − r + t) c2(nr − r + t) · · · c0(nr − r + t)


 ,
In = diag (I.I, . . . , I), Sn = diag (S, S, . . . , S).
và
E(K) =
A(t) C(t)
C(t) A(t) ,
M0 = det1M, M0 = det1M . (3.9)
Đặt PM (λ) = det1[[λIn − M]], ta thu được định lý sau.
Định lý 3.2.
(i) PM (K) 0;
(ii) Toán tử K dạng (3.7) là toán tử Noether nếu và chỉ nếu toán tử
M0 dạng (3.9) là toán tử Noether.
(iii) Nếu toán tử M0 là Noether và R0 là chính quy hóa của nó, thì một
chính quy hóa của toán tử K được xác định bởi công thức
R = R0Q(K) trong đó Q(λ) = −λ−1
[PM (λ) − M0].
55

56. 3.3 Phương trình tích phân kỳ dị với phép tịnh tiến
và phản xạ
Xét các toán tử (V ϕ)(t) = ϕ(t+r), (Wϕ)(t) = ϕ(−t) và phương trình
tích phân dạng
n−1
k=0
dk(t)(V k
ϕ)(t) +
n−1
k=0
bk(t)(V k
Sϕ)(t)
+
n−1
k=0
dn+k(t)(V k
ϕ)(−t) +
n−1
k=0
bn+k(t)(V k
Sϕ)(−t) = g(t), t ∈ R.
trong không gian các hàm Holder X = Hλ
(R), 0 < λ < 1 và tuần hoàn
chu kỳ m = nr, trong đó dk(t), bk(t) ∈ Hλ
(R).
Dễ dàng kiểm tra rằng tập hợp các toán tử
G2n = {I, V, . . . , V n−1
, V W, V 2
W, . . . , V n−1
W, W}
là một nhóm hữu hạn bậc 2n và tất cả các giả thiết (i)-(iv) trong phần 3.1
đều được thỏa mãn đối với G2n.
Xét toán tử
L =
n−1
k=0
(dk(t)I + bk(t)S)V k
+
n−1
k=0
(dn+k(t)I + bn+k(t)S)V k
W, (3.10)
trong đó dk(t), bk(t) ∈ Hλ
(R).
Ký hiệu L(X) là tập tất cả các toán tử dạng (3.10). Vì vậy, mọi toán
tử L ∈ L(X) được viết dưới dạng
L =
n−1
k=0
DkV k
+
n−1
k=0
Dn+kV k
W,
trong đó Dj = dj(t)I + bj(t)S ∈ S(X).
Symbol của toán tử L trên S(X) có dạng
E(L) = D(t)I2n + B(t)S2n,
56

57. trong đó
D(t) =



D0(t) D1(t) · · · Dn−1(t)
Dn−1(r + t) D0(r + t) · · · Dn−2(r + t)
· · · · · · · · · · · ·
D1(nr − r + t) D2(nr − r + t) · · · D0(nr − r + t)


 ,
B(t) =



B0(t) B1(t) · · · Bn−1(t)
Bn−1(r + t) B0(r + t) · · · Bn−2(r + t)
· · · · · · · · · · · ·
B1(nr − r + t) B2(nr − r + t) · · · B0(nr − r + t)


 ,
Di(t) =
di(t) dn+i(t)
d2n−i(t) dn−i(t) ,
D0(t) =
d0(t) dn(t)
dn(−t) d0(−t) ,
Bi(t) =
bi(t) bn+i(t)
−b2n−i(t) −bn−i(t) ,
B0(t) =
b0(t) bn(t)
−bn(−t) −b0(−t) .
Định lý 3.3.
(i) Nếu P(λ) = det1[[λI2n − E(L)]], thì P(L) 0, tức là, L là một
toán tử đại số trên S(X) ứng với ideal J (X).
(ii) Nếu det[[D(t) ± B(t)]] = 0, t ∈ R, thì toán tử L có một chính quy
hóa dạng
R = R0Q(L), trong đó Q(λ) = −λ−1
[P(λ) − N0], N0 = det1E(L),
R0 là một chính quy hóa của toán tử N0.
(iii) Toán tử L là toán tử Noether nếu và chỉ nếu toán tử N0 = det1E(L)
là toán tử Noether.
3.4 Ví dụ
Ví dụ 3.1. Xác định hàm f thỏa mãn hệ sau
f(x + 3a) = f(x)
f(x + a) = αf(x) + βf(x − a) + b
(3.11)
trong đó α + β = 1, a = 0
57

58. Lời giải
Do f(x + 3a) = f(x) nên f(x − a) = f(x − a + 3a) = f(x + 2a). Khi
đó phương trình thứ nhất của hệ (3.11) được viết lại dưới dạng sau
αf(x) + βf(x + 2a) − f(x + a) = −b.
Xét toán tử K = αI − V + βV 2
, trong đó (V f)(x) = f(x + a)
M =
α −1 β
β α −1
−1 β α
M0 = det1M = α3
+ β3
+ 3αβ − 1
PM (λ) = (α − λ)3
+ β3
+ 3(α − λ)β − 1
Q(λ) = −λ−1
[PM (λ) − M0] = λ2
− 3αλ + 3α2
+ 3β
K−1
= R0Q(K) =
1
α3 + β3 + 3αβ − 1
[K2
− 3αK + 3α2
+ 3β]
=
1
α3 + β3 + 3αβ − 1
[(α2
+ β)I + (β2
+ α)V + (1 − αβ)V 2
]
f(x) = K−1
(−b)
= −b
α2
+ β + β2
+ α + 1 − αβ
α3 + 3αβ + β3 − 1
= −b
1
2[(α + 1)2
+ (β + 1)2
+ (α − β)2
]
1
2(α + β − 1)[(α + 1)2 + (β + 1)2 + (α − β)2]
=
b
1 − α − β
.
Ví dụ 3.2. Giải phương trình sau trên không gian các hàm tuần hoàn chu
kỳ 2
(t + 1)ϕ(t) + (t − 1)ϕ(t + 1) = g(t),
58

59. với t = −
1
2
và g(t) là hàm tuần hoàn chu kỳ 2.
Lời giải
Xét toán tử K xác định bởi
K = (t + 1)I + (t − 1)V
trong đó V là toán tử xác định bởi
(V ϕ)(t) = ϕ(t + 1).
Xét ma trận
A(t) =
t + 1 t − 1
t t + 2
M = A(t)I3
M0 = det1M =
t + 1 t − 1
t t + 2 = 4t + 2
PM (λ) = det[[M − λI]] = λ2
− (2t + 3)λ + M0
Từ đó ta suy ra
K−1
=
1
M0(t)
[(2t + 3)I − K]
=
1
4t + 2
[(t + 2)I − (t − 1)V ].
Khi đó nghiệm của phương trình đã cho là
ϕ(t) =
1
4t + 2
[(t + 2)g(t) − (t − 1)g(t + 1)].
Do nghiệm là hàm tuần hoàn với chu kỳ 2, tức là ϕ(t) = ϕ(t + 2) nên
điều kiện giải được của phương trình là
g(t) = −g(t + 1).
Ví dụ ta xét g(t) = sin πt là hàm tuần hoàn chu kỳ 2 thỏa mãn g(t) =
−g(t + 1). Khi đó nghiệm của phương trình đã cho là
ϕ(t) =
1
4t + 2
[(t + 2)g(t) − (t − 1)g(t + 1)] =
sin πt
2
.
59

60. Ví dụ 3.3. Xét phương trình
a0ϕ(t) + a1ϕ(t + r) + a2ϕ(t + 2r)
c0(Sϕ)(t) + c1(Sϕ)(t + r) + c2(Sϕ)(t + 2r) = g(t)
trong đó a0, a1, a2, c0, c1, c2 là các hằng số tùy ý, g(t) là hàm tuần hoàn
chu kỳ r.
Lời giải
Xét toán tử K xác định như sau
K = a0I + a1V + a2V 2
+ c0S + c1SV + c2SV 2
A(t) =
a0 a1 a2
a2 a0 a1
a1 a2 a0
C(t) =
c0 c1 c2
c2 c0 c1
c1 c2 c0
M = A(t)I + C(t)S
M0 = det1M = det[A(t) + C(t)]P + det[A(t) − C(t)]Q
=
1
2
[(a0+c0)3
+(a1+c1)3
+(a2+c2)3
−3(a0+c0)(a1+c1)(a2+c2)](I+S)
+
1
2
[(a0−c0)3
+(a1−c1)3
+(a2−c2)3
−3(a0−c0)(a1−c1)(a2−c2)](I−S)
= [a3
0 + 3a0c2
0 + a3
1 + 3a1c2
1 + a3
2 + 3a2c2
2
−3a0a1a2 − 3c0c1a2 − 3a0c1c2 − 3c0a1c2]I
+[3a2
0c0 + c3
0 + 3a2
1c1 + c3
1 + 3a2
2c2 + c3
2
−3a0c1a2 − 3c0a1a2 − 3a0a1c2 − 3c0c1c2]S
= AI + BS,
trong đó
A = [a3
0 + 3a0c2
0 + a3
1 + 3a1c2
1 + a3
2 + 3a2c2
2
−3a0a1a2 − 3c0c1a2 − 3a0c1c2 − 3c0a1c2]
B = [3a2
0c0 + c3
0 + 3a2
1c1 + c3
1 + 3a2
2c2 + c3
2
−3a0c1a2 − 3c0a1a2 − 3a0a1c2 − 3c0c1c2]
60

61. Suy ra
R0 =
A
A2 − B2
I +
B
B2 − A2
S
Ta có M = A(t)I + C(t)S
Suy ra M − λI = (A(t) − λ)I + C(t)S
PM (λ) = det1[M − λI] = det[A(t) − λ + C(t)]P + det[A(t) − λ − C(t)]Q
=
1
2
[(a0 + c0 − λ)3
+ (a1 + c1)3
+ (a2 + c2)3
− 3(a0 + c0 − λ)(a1 + c1)(a2 + c2)](I + S)
+
1
2
[(a0 − c0 − λ)3
+ (a1 − c1)3
+ (a2 − c2)3
− 3(a0 − c0 − λ)(a1 − c1)(a2 − c2)](I − S)
= [−λ3
+ 3a0λ2
+ (−3a2
0 − 3c2
0 + 3a1a2 + 3c1c2)λ]I
+ [3c0λ2
+ (−6a0c0 + 3c1a2 + 3a1c2)λ]S + M0.
Q(λ) = −
1
λ
[PM (λ) − M0]
= [λ2
− 3a0λ + 3a2
0 + 3c2
0 − 3a1a2 − 3c1c2]I
+ [−3c0λ + 6a0c0 − 3c1a2 − 3a1c2]S
Suy ra
R = R0Q(K)
và nghiệm là
ϕ(t) = (Rg)(t)
Ta xét ví dụ cụ thể
Với r = 1, a0 = 1, a1 = 1.a2 = −1, c0 = 1, c1 = 0, c2 = 1.
Khi đó ta có
M0 = I + 8S
R0 = −
1
63
I +
8
63
S
Q(λ) = (λ2
− 3λ + 9)I + (−3λ + 3)S
R = R0Q(K) = −
1
63
I +
8
63
S K2
− 3K + 9I − 3KS + 3S
61

62. trong đó
K = I + V − V 2
+ S + SV 2
Suy ra
K2
= 4V + 4S + V 2
R =
1
63
(−I + 8S)(3I + V + S + V 2
− 3V S)
=
1
63
(5I − 25V + 23S + 11V S − V 2
+ 8SV 2
)
Do đó ta được nghiệm là
ϕ(t) = (Rg)(t)
Ví dụ 3.4. Xét phương trình sau
a0ϕ(t) + a1ϕ(t + 1) + b0ϕ(−t) + b1ϕ(−t + 1) = g(t)
Lời giải
Xét toán tử K được xác định như sau
K = a0I + a1V + b0W + b1V W
trong đó V và W là các toán tử được xác định bởi
(V ϕ)(t) = ϕ(t + 1), (Wϕ)(t) = ϕ(−t)
Ta có
E(K) =
A B
C D
trong đó
A =
a0 a1
a1 a0
B =
b0 b1
b1 b0
C =
b0 b1
b1 b0
D =
a0 a1
a1 a0
62

63. Suy ra
E(K) =



a0 a1 b0 b1
a1 a0 b1 b0
b0 b1 a0 a1
b1 b0 a1 a0



det E(K) = a4
0 + a4
1 + b4
0 + b4
1 + 8a0a1b0b1
− 2a2
0b2
0 − 2a2
0b2
1 − 2a2
0a2
1 − 2a2
1b2
1 − 2a2
1b2
0 − 2b2
0b2
1
PE(λ) = det[E(K) − λI]
= (a0 − λ)4
+ a4
1 + b4
0 + b4
1 + 8(a0 − λ)a1b0b1
− 2(a0 − λ)2
b2
0 − 2(a0 − λ)2
b2
1 − 2(a0 − λ)2
a2
1 − 2a2
1b2
1 − 2a2
1b2
0 − 2b2
0b2
1
= λ4
− 4a0λ3
+ (6a2
0 − 2b2
0 − 2b2
1 − 2a2
1)λ2
+ (−4a3
0 − 8a1b0b1 + 4a0b2
0 + 4a0b2
1 + 4a0a2
1)λ + det E(K).
Xét một ví dụ cụ thể. Với a0 = 1, a1 = −1, b0 = 1, b1 = 1
Ta có
det E(K) = −16
PE(λ) = λ4
− 4λ3
+ 16λ − 16
PE(K) = K4
− 4K3
+ 16K − 16I
= 4K2
− 16I
= 4(V W − WV + WV W − V ) = 0
Vì vậy
K4
− 4K3
+ 16K = 16I
K(K3
− 4K2
+ 16) = 16I
K−1
=
K3
− 4K2
+ 16I
16
= I +
K
4
−
K2
4
=
K
4
Vậy
ϕ(t) =
K
4
g(t) =
1
4
g(t) −
1
4
g(t + 1) +
1
4
g(−t) +
1
4
g(−t + 1).
63

64. Kết luận
Kết quả chính của luận văn là: trình bày và thu được
- Trình bày tổng quan về tích phân kỳ dị, công thức Sokhotski - Plemelij
và bài toán biên Riemann trong miền đơn liên.
- Đưa ra cách giải phương trình tích phân kỳ dị dạng đặc trưng và
phương pháp giải phương trình tích phân kỳ dị với phép phản xạ trên trục
thực trong một số trường hợp khác nhau đối với các hệ số và giải chúng
bằng công cụ là bài toán biên Riemann.
- Đưa ra phương pháp giải phương trình tích phân kỳ dị với phép tịnh
tiến và phương trình tích phân kỳ dị với phép tịnh tiến và phản xạ trong
lớp các hàm tuần hoàn ...
- Một số hướng nghiên cứu có thể phát triển từ đề tài này là :
1. Phương trình tích phân kỳ dị với các phép quay trên đường tròn
đơn vị.
2. Phương trình tích phân kỳ dị sinh bởi nhóm hữu hạn các đối hợp
trên đường tròn đơn vị ...
Vì thời gian và kiến thức còn hạn chế nên luận văn chắc chắn không
tránh khỏi những thiếu sót. Tác giả rất mong nhận được sự quan tâm,
đóng góp ý kiến của các thầy cô và các bạn đồng nghiệp để bản luận văn
được hoàn thiện hơn.
Tác giả xin chân thành cảm ơn!
64

65. Tài liệu tham khảo
[1] Nguyen Van Mau, 2005, Lý thuyết toán tử và phương trình tích
phân kỳ dị, VNU
[2] Nguyen Van Mau, 2005, Algebraic elements and boundary value
problems in linear spaces, VNU
[3] D. Przeworska-Rolewicz, 1988, Algebraic Analysis, Polish Scien-
tific Pub. and D.Reidel Publ. Company.
[4] Nguyễn Thủy Thanh, 2006, Cơ sở lý thuyết hàm biến phức, VNU.
[5] F.D.Gakhov, Boundary value problems, USA.
65