GIẢI MỘT SỐ PHƯƠNG TRÌNH TÍCH PHÂN KỲ DỊ VÀ ÁP DỤNG

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN

NGÔ ĐỨC HÀ

GIẢI MỘT SỐ PHƯƠNG TRÌNH TÍCH PHÂN

KỲ DỊ VÀ ÁP DỤNG

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

HÀ NỘI, NĂM 2014

Lời cảm ơn

Luận văn này được hoàn thành dưới sự hướng dẫn nhiệt tình và nghiêm

khắc của TS. Lê Huy Chuẩn. Thầy đã dành nhiều thời gian hướng dẫn cũng

như giải đáp các thắc mắc của tôi trong suốt quá trình làm luận văn. Tôi muốn

bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến thầy.

Qua đây, tôi xin gửi lời cảm ơn sâu sắc tới quý thầy cô Khoa Toán - Cơ -

Tin học, Trường Đại học Khoa học Tự nhiên, Đại học Quốc gia Hà Nội, cũng

như các thầy cô tham gia giảng dạy khóa cao học 2011 - 2013, đã có công lao

dạy dỗ tôi trong suốt quá trình học tập tại Nhà trường.

Tôi xin cảm ơn gia đình, bạn bè và các bạn đồng nghiệp thân mến đã quan

tâm, tạo điều kiện và cổ vũ, động viên tôi để tôi hoàn thành tốt nhiệm vụ của

mình.

Hà nội, tháng 4 năm 2014

Tác giả luận văn

Ngô Đức Hà

i

Mục lục

Lời cảm ơn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . i

Mở đầu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . iii

1 Kiến thức chuẩn bị 1

1.1 Khái niệm phương trình tích phân . . . . . . . . . . . . . . . . . 1

1.2 Phương trình tích phân kỳ dị . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1

1.3 Tích phân theo nghĩa giá trị chính Cauchy . . . . . . . . . . . . 3

1.4 Một số kết quả trong lý thuyết hàm biến phức . . . . . . . . . . 4

1.5 Phương trình tích phân kỳ dị trên chu tuyến . . . . . . . . . . . 10

2 Phương pháp Riemann - Hilbert giải phương trình tích phân

trên đường cong mở 12

2.1 Bài toán Riemann - Hilbert . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13

2.2 Phương trình tích phân Abel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16

2.3 Giải phương trình tích phân kỳ dị với hạt nhân Logarit . . . . . 21

2.4 Phương trình tích phân kỳ dị với nhân Logarit trên các đoạn rời

nhau . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30

3 Một số phương pháp đặc biệt tìm nghiệm của phương trình

tích phân kỳ dị 35

3.1 Phương trình tích phân kỳ dị với nhân Logarit . . . . . . . . . . 35

3.2 Phương trình tích phân với hạt nhân Cauchy . . . . . . . . . . . 46

3.3 Sử dụng công thức Poincaré - Bertrand . . . . . . . . . . . . . . 48

Kết luận . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 54

Tài liệu tham khảo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55

ii

Mở đầu

Phương trình tích phân xuất hiện một cách tự nhiên khi nghiên cứu bài

toán giá trị biên của toán học vật lý. Trong quá trình nghiên cứu về phương

trình tích phân việc đưa giá trị kỳ dị của nhân vào phương trình tích phân đã

đặt ra những vấn đề khó nhưng đầy hấp dẫn trong việc tìm nghiệm của phương

trình tích phân. Các kỹ thuật giải phương trình tích phân kỳ dị đã được xây

dựng và phát triển mạnh mẽ trong thế kỷ XXI. Các kỹ thuật này gắn liền với

tên tuổi nhiều nhà toán học nổi tiếng như: Noether, Muskhelishvili, Gakhov,

Vekua, B. N. Mandal, A. Chakrabarti, ...

Luận văn “Giải một số phương trình tích phân kỳ dị và áp dụng” được chia

làm ba chương.

Chương 1 trình bày những kiến thức chuẩn bị là cơ sở lý thuyết cho hai

chương sau, bao gồm các khái niệm về phương trình tích phân, phương trình

tích phân kỳ dị, tích phân theo nghĩa giá trị chính Cauchy. Sau đó là một số

kết quả trong lý thuyết hàm biến phức: công thức tích phân Cauchy, công thức

Poincaré - Bertrand.

Chương 2 trình bày phương pháp Riemann - Hilbert và áp dụng phương

pháp này vào giải một số phương trình tích phân kỳ dị như phương trình tích

phân Riemann - Hilbert , Abel, phương trình tích phân kỳ dị với nhân Logarit.

Chương 3 trình bày một số phương pháp đặc biệt tìm nghiệm của phương

trình tích phân kỳ dị với hạt nhân kỳ dị dạng Cauchy và dạng Logarit. Những

phương pháp này tránh được những kỹ thuật phức tạp khi sử dụng phương

pháp biến số phức đã được mô tả ở Chương 2.

Các kết quả chính trong chương 2 và chương 3 được trình bày dựa trên tài

liệu tham khảo [5].

iii

Chương 1

Kiến thức chuẩn bị

1.1 Khái niệm phương trình tích phân

Định nghĩa 1.1.1. Phương trình tích phân là một phương trình mà trong đó

hàm số chưa biết có xuất hiện dưới dấu tích phân.

Ví dụ 1.1.1. Xét các phương trình tích phân:

a) Phương trình tích phân Fredholm

Loại 1:

∫ b

a

K(x, t)φ(t)dt = f(x) a 6 x 6 b.

Loại 2: φ(x) + λ

∫ b

a

K(x, t)φ(t)dt = f(x) a 6 x 6 b.

trong đó λ là hằng số, K(x, t) và f(x) là các hàm đã biết, φ(x) là hàm chưa

biết. Hàm K(x, t) được gọi là nhân của phương trình tích phân.

b) Phương trình tích phân Volterral

Loại 1:

∫ x

a

K(x, t)φ(t)dt = f(x).

Loại 2: φ(x) + λ

∫ x

a

K(x, t)φ(t)dt = f(x).

trong đó K(x, t), f(x) là các hàm đã biết, φ(x) là hàm chưa biết. Hàm K(x, t)

được gọi là nhân của phương trình tích phân.

1.2 Phương trình tích phân kỳ dị

Định nghĩa 1.2.1. Phương trình tích phân kỳ dị là phương trình tích phân

có nhân K(x, t) là hàm không bị chặn trên miền lấy tích phân.

1

Chương 1. Kiến thức chuẩn bị

Dựa trên tính chất không bị chặn của nhân, chúng ta có thể phân loại

phương trình tích phân kỳ dị thành hai loại : Phương trình tích phân kỳ dị

mạnh và phương trình tích phân kỳ dị yếu.

Phương trình tích phân kỳ dị yếu là phương trình tích phân với nhân K(x, t)

thỏa mãn điều kiện tích phân∫ b

a

K(x, t)dt tồn tại theo nghĩa Riemann, với mọi x ∈ (a, b).

Phương trình tích phân kỳ dị mạnh là phương trình tích phân kỳ dị mà

nhân K(x, t) có tính chất là tồn tại x ∈ (a, b) sao cho∫ b

a

K(x, t)dt không tồn tại theo nghĩa Riemann.

Ví dụ 1.2.1. a) Nhân

K(x, t) =L(x, t)

|x− t|α

với L(x, t) là hàm liên tục trong hình chữ nhật [a, b] × [a, b], L(x, x) = 0 và α

là hằng số (0 < α < 1). Khi đó tích phân∫ b

a

K(x, t)dt với a < x < b

tồn tại theo nghĩa Riemann. Do vậy tương ứng chúng ta có được phương trình

tích phân kỳ dị yếu.

b) Nhân

K(x, t) = L(x, t). ln |x− t|

với L(x, t) là hàm liên tục trong hình chữ nhật [a, b] × [a, b], L(x, x) = 0. Khi

đó, phương trình tích phân

φ(x) + λ

∫ b

a

L(x, t) ln |x− t|φ(t)dt = f(x)

là phương trình tích phân kỳ dị yếu.

c) Nhân

K(x, t) =L(x, t)

x− ta < x < b

2


với L(x, t) là hàm khả vi và L(x, x) = 0. Khi đó nhân K(x, t) nhận điểm t = x

là điểm kỳ dị mạnh. Do vậy phương trình tích phân tương ứng là phương trình

tích phân kỳ dị mạnh.

1.3 Tích phân theo nghĩa giá trị chính Cauchy

Định nghĩa 1.3.1. Cho Γ là một đường cong hữu hạn trong C và f là hàm xác

định trên Γ kỳ dị tại x0 ∈ Γ, và

∫Γ

f(t)dt không tồn tại theo nghĩa Riemann.

Với mỗi ε > 0, kí hiệu Γε là phần của Γ nằm trong hình tròn tâm tại x0 bán

kính ε, đặt

I(ε) =

∫Γ\Γε

f(t)dt.

Nếu giới hạn limε→0

I(ε) tồn tại hữu hạn thì giới hạn đó được gọi là tích phân với

nghĩa giá trị chính Cauchy và được ký hiệu

v.p

∫Γ

f(t)dt = limε→0

∫Γ\Γε

f(t)dt.

Trong luận văn này, các tích phân kỳ dị mạnh đều được hiểu theo nghĩa giá

trị chính Cauchy, tức là ∫Γ

f(t)dt := v.p

∫Γ

f(t)dt.

Ví dụ 1.3.1. Xét tích phân

I =

∫ b

a

1

x− cdx, c ∈ (a, b). (1.3.1)

Rõ ràng tích phân (1.3.1) không tồn tại theo nghĩa Riemann. Xét theo nghĩa

giá trị chính Cauchy, ta có

I = V.p

∫ b

a

1

x− cdx

= limε→+0

[ ∫ c−ε

a

1

x− cdx+

∫ b

c+ε

1

x− cdx

]= ln

∣∣∣ b− c

c− a

∣∣∣.3


1.4 Một số kết quả trong lý thuyết hàm biến phức

Định nghĩa 1.4.1. Chu tuyến trong C là một đường cong đơn, đóng trong C.

Một chu tuyến trong C luôn được định hướng dương theo chiều ngược chiều

kim đồng hồ.

Định nghĩa 1.4.2. Cho Γ là chu tuyến trong C. Khi đó kí hiệu D+ là phần

mặt phẳng phức nằm bên trong của chu tuyến Γ, D− là phần mặt phẳng phức

nằm bên ngoài của chu tuyến Γ.

Định nghĩa 1.4.3. Trong mặt phẳng phức C cho đường cong Γ đo được và

hàm φ(τ) liên tục trên Γ. Khi đó tích phân

F (z) =1

2πi

∫Γ

φ(τ)

τ − zdτ, z ∈ C\Γ

được gọi là tích phân dạng Cauchy, hàm1

τ − zđược gọi là nhân Cauchy, hàm

φ(τ) được gọi là hàm mật độ.

Định nghĩa 1.4.4. Giả sử L là một tập liên thông và f(z) là một hàm đơn

trị trên L. Hàm f được gọi là thỏa mãn điều kiện Holder trên L nếu tồn tại

các hằng số dương M (gọi là hằng số Holder) và số dương α, 0 < α 6 1 (gọi là

số mũ Holder) sao cho với mọi cặp điểm z1, z2 ∈ L ta đều có

|f(z1)− f(z2)| 6 M |z1 − z2|α

Định lý 1.4.1. Cho Γ là chu tuyến trong mặt phẳng phức C và hàm φ(τ) thỏa

mãn điều kiện Holder trên Γ. Đặt

Φ(z) =1

2πi

∫Γ

φ(τ)

τ − zdτ, z /∈ Γ. (1.4.1)

Khi đó Φ(z) là một hàm giải tích trên C\Γ.

Định lý 1.4.2. (Bổ đề cơ bản) Cho Γ là chu tuyến trong C và φ là hàm thỏa

mãn điều kiện Holder trên Γ. Đặt

Ψ(z) =1

2πi

∫Γ

φ(τ)− φ(t)

τ − zdτ, z ∈ C. (1.4.2)

4


Khi đó hàm Ψ(z) là một hàm liên tục trên Γ, tức là với mỗi t ∈ Γ ta có:

limz→t

Ψ(z) =1

2πi

∫Γ

φ(τ)− φ(t)

τ − tdτ (1.4.3)

tồn tại và bằng Ψ(t).

Chú ý : Định lý 1.4.2 đúng với mọi điểm trên Γ, trừ các đầu mút của Γ khi

Γ là một đường cong mở trong mặt phẳng phức C.

Định lý 1.4.3. (Công thức tích phân Cauchy) Giả sử D là miền bị chặn với

biên Jordan đo được ∂D. Nếu hàm f(z) chỉnh hình trong D và liên tục trong

D thì với điểm z ∈ D bất kỳ ta có công thức

1

2πi

∫∂D

f(ζ)

ζ − zdζ =

f(z) nếu z ∈ D,

0 nếu z /∈ D,(1.4.4)

trong đó ∂D là biên có định hướng dương của D.

Nhận xét : Công thức tích phân Cauchy biểu thị một tính chất đặc biệt là

giá trị của hàm chỉnh hình trong miền D hoàn toàn được xác định bởi các giá

trị của nó trên biên.

Định lý 1.4.4. Giả sử Γ là một đường cong đóng Jordan trơn và hàm φ(ζ)

thỏa mãn điều kiện Holder trên Γ. Khi đó giá trị chính theo Cauchy của tích

phân dạng Cauchy tồn tại tại mọi điểm z0 ∈ Γ và

1

2πi

∫Γ

φ(ζ)

ζ − z0dζ =

1

2πi

∫Γ

φ(ζ)− φ(z0)

ζ − z0dζ +

1

2φ(z0). (1.4.5)

Định lý 1.4.5. (Công thức Plemelj - Sokhotski) Cho Γ là một chu tuyến và φ

thỏa mãn điều kiện Holder trên Γ. Đặt

Φ(z) =1

2πi

∫Γ

φ(τ)

τ − zdτ, z ∈ Γ,

với mỗi t ∈ Γ, ký hiệu

limz→t+

Φ(z) = Φ+(t) và limz→t−

Φ(z) = Φ−(t).

5


Khi đó Φ+(t) và Φ−(t) tồn tại và thỏa mãn các công thức:

Φ+(t)− Φ−(t) = φ(t) t ∈ Γ,

Φ+(t) + Φ−(t) =1

πi

∫Γ

φ(τ)

τ − tdτ, t ∈ Γ.

(1.4.6)

Trong đó limz→t+

và limz→t−

được hiểu theo nghĩa điểm z tiến tới t ∈ Γ từ mặt bên

trái và tiến tới t ∈ Γ từ mặt bên phải của đường cong định hướng dương Γ .

Chứng minh. Gọi D+ là miền mặt phẳng phức nằm trong chu tuyến Γ và D−

là miền nằm ngoài chu tuyến Γ (Hình 1.1). Xét hàm φ(t) = 1 chỉnh hình trên

D+ và liên tục trong D+, áp dụng công thức tích phân Cauchy (1.4.4):

1

2πi

∫Γ

1

τ − zdτ =

1 nếu z ∈ D+,

0 nếu z ∈ D−.

Với các điểm z0 ∈ Γ, sử dụng công thức (1.4.5) thu được

1

2πi

∫Γ

1

τ − z0dτ =

∫Γ

1− 1

τ − z0dτ +

1

2.1 =

1

2.

Γ

D+ D−

Hình 1.1

Như vậy

1

2πi

∫Γ

1

τ − zdτ =

1 nếu z ∈ D+,

0 nếu z ∈ D−,

1

2nếu z ∈ Γ.

(1.4.7)

Bây giờ, chúng ta sẽ sử dụng các kết quả (1.4.7) để chứng minh công thức

Plemelj.

6


Đặt

Ψ(z) =1

2πi

∫Γ

φ(τ)− φ(t)

τ − zdτ,

khi đó tìm được

limz→t+

Ψ(z) = limz→t+

1

2πi

∫Γ

φ(τ)

τ − zdτ − φ(t) lim

z→t+

1

2πi

∫Γ

dτ

τ − z.

Sử dụng kết quả (1.4.7), từ hệ thức trên suy ra

Ψ+(t) = Φ+(t)− φ(t), t ∈ Γ. (1.4.8)

Lập luận tương tự ta tìm được

limz→t−

Ψ(z) = limz→t−

1

2πi

∫Γ

φ(τ)

τ − zdτ − φ(t) lim

z→t−

1

2πi

∫Γ

dτ

τ − z.

Suy ra

Ψ−(t) = Φ−(t)− 0 = Φ−(t), t ∈ Γ. (1.4.9)

Thực hiện biến đổi

Ψ(t) =1

2πi

∫Γ

φ(τ)

τ − tdτ − φ(t)

1

2πi

∫Γ

1

τ − tdτ, t ∈ Γ

= −1

2φ(t) +

1

2πi

∫Γ

φ(τ)


Sử dụng Định lý 1.4.2 ta thu được

Ψ+(t) = Ψ−(t) = Ψ(t).

Từ hệ thức trên kết hợp với (1.4.8) và (1.4.9), suy ra

Φ+(t)− Φ−(t) = φ(t), t ∈ Γ,

và

Φ+(t) + Φ−(t) = 2Ψ(t) + φ(t)

= 2.[− 1

2φ(t) +

1

2πi

∫Γ

φ(τ)

τ − tdτ

]+ φ(t), t ∈ Γ

=1

πi

∫Γ

φ(τ)


7


Chú ý:

1. Từ các công thức (1.4.6) ta cũng thu được

Φ±(t) = ±1

2φ(t) +

1

2πi

∫Γ

φ(τ)

τ − tdτ, t ∈ Γ. (1.4.10)

2. Công thức Plemelj còn đúng trong trường hợp Γ là một đường cong mở

(hoặc hợp hữu hạn của đường cong mở) và t không trùng với các đầu mút

của Γ.

Định lý 1.4.6. Giả sử φ(t) là hàm thỏa mãn điều kiện Holder trên Γ. Khi đó,

tích phân kỳ dị Cauchy

Φ(z) =1

2πi

∫Γ

φ(τ)

τ − zdτ, z ∈ Γ,

thỏa mãn điều kiện Holder với trên Γ.

Định lý 1.4.7. (Công thức Poincaré - Bertrand (PBF)) Cho Γ là một đường

cong kín và nếu φ thỏa mãn điều kiện Holder trên Γ. Khi đó ta có công thức

PBF ∫Γ

1

τ − t

(∫Γ

φ(s)

s− τds)dτ = −π2φ(t), t ∈ Γ. (1.4.11)

Chứng minh. Đặt

φ1(t) =1

2πi

∫Γ

φ(τ)

τ − tdτ, t ∈ Γ,

φ2(t) =1

2πi

∫Γ

φ1(τ)


Do giả thiết φ(τ) thỏa mãn điều kiện Holder trên Γ nên theo Định lý 1.4.6 ta

có φ1(t) thỏa mãn điều kiện Holder với t ∈ Γ. Do vậy,

Φ(z) =1

2πi

∫Γ

φ(τ)

τ − zdτ, z /∈ Γ, (1.4.12)

Φ1(z) =1

2πi

∫Γ

φ1(τ)

τ − zdτ, z /∈ Γ. (1.4.13)

8


Sử dụng công thức Plemelj (1.4.10) được

φ1(t) = Φ+(t)− 1

2φ(t), t ∈ Γ, (1.4.14)

φ2(t) = Φ+1 (t)−

1

2φ1(t), t ∈ Γ. (1.4.15)

Thay (1.4.14) vào (1.4.13) được

Φ1(t) =1

2πi

∫Γ

Φ+(τ)

τ − zdτ − 1

4πi

∫Γ

φ(τ)

τ − zdτ

= Φ(z)− 1

2Φ(z), z ∈ D+

=1

2Φ(z), z ∈ D+.

Do đó

Φ+1 (t) =

1

2Φ+(t), t ∈ Γ.

Thay kết quả trên vào (1.4.14) và (1.4.15) thu được:

φ1(t) = Φ+(t)− 1

2φ(t) suy ra

1

2φ1(t) =

1

2Φ+(t)− 1

4φ(t), (1.4.16)

φ2(t) =1

2Φ+(t)− 1

2φ1(t) (1.4.17)

Từ (1.4.16) và (1.4.17), suy ra φ2(t) =1

4φ(t), t ∈ Γ.

Theo phép đặt ban đầu

φ1(t) =1

2πi

∫Γ

φ(τ)

τ − tdτ, t ∈ Γ,

φ2(t) =1

2πi

∫Γ

φ1(τ)


Suy ra1

2πi

∫Γ

1

τ − t

{ 1

2πi

∫Γ

φ(s)

s− τds}dτ =

1

4φ(t), t ∈ Γ.

Do vậy ∫Γ

1

τ − t

{∫Γ

φ(s)

s− τds}dτ = −π2φ(t), t ∈ Γ.

9


1.5 Phương trình tích phân kỳ dị trên chu tuyến

Bằng cách sử dụng công thức Plemelj, ta có thể giải được một số phương

trình tích phân kỳ dị trên đường cong đơn, kín đơn giản.

Ví dụ 1.5.1. Giải phương trình tích phân kỳ dị

t(t− 3)φ(t) +t2 − 9t+ 18

πi

∫Γ

φ(τ)

τ − tdτ =

1

t, t ∈ Γ, (1.5.1)

trong đó Γ là đường cong kín đơn sao cho z = 3 thuộc miền ngoài Γ và z = 0

thuộc miền trong Γ (Hình 1.2).

3D+ D−

Γ

Hình 1.2

Giải. Đặt

Φ(z) =

∫Γ

φ(τ)

τ − zdτ, z /∈ Γ. (1.5.2)

Sử dụng công thức Plemelj:

Φ+(t)− Φ−(t) = φ(t), t ∈ Γ,

Φ+(t) + Φ−(t) =1

πi

∫Γ

φ(τ)


Thay vào phương trình (1.5.1), thu được

t(t− 3)(Φ+(t)− Φ−(t)) + (t− 3)(t− 6)(Φ+(t) + Φ−(t)) =1

t, t ∈ Γ.

10


Suy ra

(t− 3)Φ+(t)− 3Φ−(t) =1

2t(t− 3), t ∈ Γ.

Nhân cả hai vế phương trình trên với1

2πi.

1

t− zrồi sau đó lấy tích phân theo

t ∈ Γ, thu được

1

2πi

∫Γ

(t− 3)Φ+(t)

t− zdt− 1

2πi

∫Γ

3Φ−(t)

t− zdt =

1

2πi

∫Γ

12t(t−3)

t− zdt, z ∈ C\Γ. (1.5.3)

Đặt

I1(z) =1

2πi

∫Γ

(t− 3)Φ+(t)

t− zdt, I2(z) =

1

2πi

∫Γ

3Φ−(t)

t− zdt,

I3(z) =1

2πi

∫Γ

12t(t−3)

t− zdt, t ∈ Γ.

Xét các trường hợp:

i) z ∈ D+, sử dụng công thức tích phân Cauchy (1.4.4) ta tìm được

I1 = (z − 3)Φ(z), I2 = 0, I3 =1

6(z − 3).

Thay các kết quả trên vào (1.5.3) ta được

(z − 3)Φ(z) =1

6(z − 3), z ∈ D+,

do đó

Φ(z) =1

6(z − 3)2, z ∈ D+. (1.5.4)

ii) z ∈ D−, sử dụng công thức tích phân Cauchy tìm được

I1 = 0, I2 = 3Φ−(z), I3 =1

6z.

Do vậy

Φ(z) =1

18z, z ∈ D−.

Sử dụng công thức Plemelj ta tìm được nghiệm của phương trình (1.5.1) là

φ(t) = Φ+(t)− Φ−(t) =1

6(t− 3)2− 1

18t=

9t− t2 − 9

18t(t− 3)2.

11

Chương 2

Phương pháp Riemann - Hilbert

giải phương trình tích phân trên

đường cong mở

Xét phương trình tích phân kỳ dị loại 2 với nhân Cauchy

c(t)φ(t) +

∫Γ

φ(τ)

τ − tdτ = f(t), z ∈ C\Γ. (2.1)

với Γ là hợp hữu hạn các đường cong mở và c(t), f(t),φ(t) là các hàm Holder

liên tục trên Γ.

Đặt

Φ(z) =1

2πi

∫Γ

φ(τ)

τ − zdτ, z ∈ Γ. (2.2)

Sử dụng công thức Plemelj (1.4.6), phương trình (2.1) trở thành

c(t)[Φ+(t)− Φ−(t)] + πi[Φ+(t) + Φ−(t)] = f(t), t ∈ Γ.

Do đó

Φ+(t) =c(t)− πi

c(t) + πiΦ−(t) +

f(t)

c(t) + πi, t ∈ Γ, (2.3)

với điều kiện c(t) = −πi.

Phương trình (2.3) có dạng

Φ+(t) = G(t)Φ−(t) + g(t), t ∈ Γ, (2.4)

trong đó G(t), g(t) là các hàm Holder liên tục trên Γ.

12

Chương 2. Phương pháp Riemann - Hilbert giải PTTP trên đường cong mở

Bài toán giải phương trình tích phân kỳ dị (2.1) được đưa về tìm hàm Φ(z)

giải tích trên C\Γ và thỏa mãn phương trình (2.4).

2.1 Bài toán Riemann - Hilbert

Phương pháp Riemann - Hilbert là phương pháp tìm hàm Φ(z) giải tích

trên C\Γ (Γ là hợp hữu hạn các đường cong đơn, trơn không giao nhau, định

hướng dương), với dáng điệu cho trước tại z = ∞, thỏa mãn một trong hai

điều kiện

i) Điều kiện biên thuần nhất

Φ+(t) = G(t).Φ−(t), t ∈ Γ (2.1.1)

hoặc

ii)Điều kiện biên không thuần nhất

Φ+(t) = G(t).Φ−(t) + g(t), t ∈ Γ. (2.1.2)

Ở đó G(t), g(t) thỏa mãn điều kiện Holder trên Γ và G(t) = 0 với mọi t ∈ Γ.

a) Bài toán biên Riemann - Hilbert (RHP) thuần nhất(i).

Ký hiệu Φ0(z) là nghiệm của (2.1.1) , tức là:

Φ+0 (t) = G(t).Φ−

0 (t), t ∈ Γ.

Lấy logarit hai vế của phương trình trên và biến đổi, thu được

lnΦ+0 (t)− lnΦ−

0 (t) = lnG(t), t ∈ Γ.

Do đó [lnΦ0

]+(t)−

[lnΦ0

]−(t) = lnG(t), t ∈ Γ. (2.1.3)

Từ công thức Plemelj (1.4.6), tìm được

lnΦ0(z) =1

2πi

∫Γ

lnG(t)

t− zdt. (2.1.4)

13


Như vậy nghiệm của bài toán biên thuần nhất (i) là

Φ0(z) = eΨ(z) với Ψ(z) =1

2πi

∫Γ

lnG(t)

t− zdt.

b) Bài toán biên Riemann - Hilbert (RHP) không thuần nhất (ii).

Giả sử Φ0(z) là nghiệm của bài toán biên thuần nhất (i), khi đó

G(t) =Φ+

0 (t)

Φ−0 (t)

, t ∈ Γ.

Thay kết quả trên vào (2.1.2) thu được

Φ+(t) =Φ+

0 (t)

Φ−0 (t)

.Φ−(t) + g(t), t ∈ Γ.

Suy raΦ+(t)

Φ+0 (t)

− Φ−(t)

Φ−0 (t)

=g(t)

Φ+0 (t)

, t ∈ Γ (2.1.5)

Hệ thức (2.1.5) có thể viết dưới dạng[ Φ

Φ0

]+(t)−

[ Φ

Φ0

]−(t) =

g(t)

Φ+0 (t)

, t ∈ Γ. (2.1.6)

Từ công thức Plemelj (1.4.6), ta tìm được

Φ(z)

Φ0(z)=

1

2πi

∫Γ

g(t)

Φ+0 (t)(t− z)

dt+ E(z),

hay

Φ(z) = Φ0(z)[ 1

2πi

∫Γ

g(t)

Φ+0 (t)(t− z)

dt+ E(z)]

(2.1.7)

trong đó E(z) là một hàm nguyên. Như vậy (2.1.7) cho ta công thức nghiệm

của bài toán RHP (ii).

Ví dụ 2.1.1. Giải phương trình (2.1) trong trường hợp c(t) = ρ (ρ là hằng số

thực) và Γ là khoảng mở (0, 1):

ρφ(t) +

1∫0

φ(τ)

τ − tdτ = f(t), t ∈ (0, 1) (2.1.8)

với f(t) bị chặn trong lân cận t = 0, kỳ dị yếu tại t = 1 và giả thiết rằng hàm

φ(t) cũng bị chặn trong lân cận t = 0, kỳ dị yếu tại t = 1

14


Giải. Giả sử φ(t) là nghiệm của phương trình trên. Đặt

Φ(z) =1

2πi

1∫0

φ(τ)

τ − zdτ, z /∈ (0, 1). (2.1.9)

Sử dụng các công thức Plemelj

Φ+(t)− Φ−(t) = φ(t), t ∈ (0, 1),

Φ+(t) + Φ−(t) =1

πi

1∫0

φ(τ)

τ − tdτ, t ∈ (0, 1).

Thay các công thức trên vào (2.1.8) được

ρ(Φ+(t)− Φ−(t)) + πi(Φ+(t) + Φ−(t)) = f(t), t ∈ (0, 1).

Biến đổi hệ thức trên ta thu được

Φ+(t) =ρ− πi

ρ+ πiΦ−(t) +

f(t)

ρ+ πi, t ∈ (0, 1). (2.1.10)

Giả sử Φ0(t) là nghiệm của bài toán RHP thuần nhất tương ứng, ta có

Φ+0 (t) =

ρ− πi

ρ+ πiΦ−

0 (t), t ∈ (0, 1). (2.1.11)

Phương trình (2.1.10) trở thành

Φ+(t)

Φ+0

− Φ−(t)

Φ−0 (t)

=f(t)

(ρ+ π)Φ+0 (t)

, t ∈ (0, 1). (2.1.12)

Sử dụng kết quả của bài toán RHP (ii) tìm được

Φ(z) = Φ0(z)[ 1

2πi.

1

ρ+ πi

1∫0

f(t)

Φ+0 (t)(t− z)

dt+ E(z)],

ở đó E(z) là hàm nguyên.

Chọn Φ0(z) =( z

z − 1

)α

, trong đó α thỏa mãnρ− πi

ρ+ πi= e−2πiα (0 < α <

1

2).

Khi đó ρ = π. cotπα.

Bằng cách hạn chế hàm arg trên (0, 2π], ta có

Φ+0 (x) =

( x

1− x

)α

eiπα, Φ−0 (x) =

( x

1− x

)α

e3iπα x ∈ (0, 1). (2.1.13)

15


Ngoài ra, limz→∞

Φ0(z) = 1 và limz→∞

Φ(z) = 0.

Do vậy, kết hợp với (2.1.9) và (2.1.12) tìm được

E(z) ≡ 0.

Như vậy

Φ(z) =Φ0(z)

2πi

1

ρ+ πi

1∫0

f(t)

Φ+0 (t)(t− z)

dt z /∈ (0, 1). (2.1.14)

Sử dụng công thức Plemelj cho (2.1.14) cùng với kết quả (2.1.13), ta tìm được

φ(x) = Φ+(x)− Φ−(x)

=Φ+(x)− Φ−(x)

2πi(ρ+ πi)

1∫0

f(t)

Φ+0 (t)(t− x)

dt+Φ+(x) + Φ−(x)

2Φ+0 (x)(ρ+ πi)

f(x).

Cụ thể nghiệm của phương trình (2.1.8) là

φ(x) =1

ρ2 + π2

[ρf(x)−

( x

1− x

)α1∫

0

(1− t

t

)α f(x)

t− xdt]

0 < x < 1.

Chú ý Trong trường hợp ρ = 0 (khi đó α =1

2) phương trình (2.1.8) với

Γ = (0, 1) là phương trình tích phân loại I cho bởi

1∫0

φ(x)

t− xdt = f(x) 0 < x < 1.

Với phương pháp trên, ta tìm được nghiệm của phương trình trên là

φ(t) = − 1

π2

( x

1− x

)12

1∫0

(1− t

t

)12 f(x)

t− xdt, 0 < x < 1.

2.2 Phương trình tích phân Abel

Phương trình tích phân Abel là phương trình có dạng

a(x)

x∫α

φ(t)

(x− t)µdt+ b(x)

β∫x

φ(t)

(t− x)µdt = f(x), x ∈ (α, β), (2.2.1)

16


trong đó 0 < µ < 1.

Có khá nhiều nhà toán học đã tiến hành các phương pháp khác nhau để

giải (2.2.1). Sau đây, chúng ta tiến hành giải phương trình (2.2.1) bằng phương

pháp Riemann - Hilbert.

Bước 1. Đưa phương trình về bài toán RHP tương ứng:

Giả sử φ(t) là nghiệm của phương trình trên. Đặt

Φ(z) =

β∫α

φ(t)

(t− z)µdt, 0 < µ < 1, (z = x+ iy), (2.2.2)

khi đó Φ(z) là hàm giải tích trên C\[α, β].Với x ∈ [α, β], ta có

Φ+(x) = limy→0+

Φ(z) = limy→0+

[ x∫α

φ(t)

(t− x− yi)µdt+

β∫x

φ(t)

(t− x− yi)µdt]

=

x∫α

φ(t)

(x− t)µ(−1)µdt+

β∫x

φ(t)

(t− x)µdt. (∗)

Thu được

Φ+(x) = eiπµ.(A1φ)(x) + (A2φ)(x). (2.2.3)

Ở đó toán tử A1, A2 được xác định

(A1φ)(x) =

x∫α

φ(t)

(x− t)µdt, (A2φ)(x) =

β∫x

φ(t)

(t− x)µdt.

Tương tự như trên, tính được

Φ−(x) = e−iπµ(A1φ)(x) + (A2φ)(x) x ∈ [α, β]. (2.2.4)

Từ (2.2.3) và (2.2.4), suy ra

(A1φ)(x) =Φ+(x)− Φ−(x)

eiπµ − e−iπµ=

Φ+(x)− Φ−(x)

2i sinπµ(2.3.6a)

(A2φ)(x) =e−iπµΦ+(x)− eiπµΦ−(x)

eiπµ − e−iπµ

=e−iπµΦ+(x)− eiπµΦ−(x)

2i sinπµ, x ∈ [α, β]. (2.3.6b)

17


Thay các kết quả (2.3.6a), (2.3.6b) vào (2.2.1) và biến đổi thu được

(a(x)− e−iπµb(x))Φ+(x)− (a(x)− eiπµb(x))Φ−(x) = 2i sinπµf(x), x ∈ [α, β].

Hệ thức trên được đưa về bài toán RHP

Φ+(x) +G(x)Φ−(x) = g(x), x ∈ [α, β], (2.2.7)

trong đó

G(x) = − a(x)− eiπµb(x)

a(x)− e−iπµb(x)= − exp

[− 2i tan−1

{ b(x) sin πµ

a(x)− b(x). cos πµ

}],

và

g(x) =2i sinπµ

a(x)− e−iπµb(x)f(x).

Để giải phương trình (2.2.7), cần chú ý rằng

|Φ(z)| = o( 1

|z|µ)

khi |z| → ∞.

Bước 2. Giải bài toán RHP (2.2.7):

Xét bài toán RHP thuần nhất tương ứng của (2.2.7)

Φ+(x) +G(x)Φ−(x) = 0, x ∈ [α, β]. (2.2.8)

Bài toán trên có nghiệm tổng quát là Φ0(z) = eΨ0(z), trong đó Ψ0(z) được xác

định từ phương trình

Ψ+0 (x)−Ψ−

0 (x) = G0(x)

với

eG0(x) = −G(x).

Từ (2.2.2) và (2.3.6a), (2.3.6b) ta thu được

Ψ0(z) =

β∫α

ρ0(t)

(t− z)µdt, (2.2.9)

với ρ0 xác định từ đẳng thức

(A1ρ0)(x) =Ψ+

0 (x)−Ψ−0 (x)

2i sinπµ=

G0(x)

2i sinπµ.

Suy ra

ρ0(x) =1

2i sinπµ(A−1

1 G0(x)) =1

2i sin πµ· sinπµ

π

d

dx

∫ x

α

G0(t)

(x− t)1−µdt

18


=1

2πi

d

dx

∫ x

α

G0(t)

(x− t)1−µdt,

với

(A−11 G0)(x) =

sin πµ

π.d

dx

x∫α

G0(t)

(x− t)1−µdt.

Tiếp theo chúng ta sẽ tìm nghiệm của bài toán RHP (2.2.7). Vì Φ0(x) là nghiệm

của (2.2.8), suy ra G(x) = −Φ+0 (x)

Φ−0 (x)

, x ∈ [α, β]. Thay vào phương trình (2.2.7)

và biến đổi, thu được

Φ+(x)

Φ+0 (x)

− Φ−(x)

Φ−0 (x)

=g(x)

Φ+0 (x)

, x ∈ [α, β], (2.2.10)

trong đó

Φ±0 (x) = exp[Ψ±

0 (x)],

với Ψ±0 (x) tìm được như (2.2.9).

Bằng cách sử dụng công thức (2.3.6a), (2.3.6b) chúng ta tìm được nghiệm

của bài toán RHP (2.2.10) là

Φ(z)

Φ0(z)=

β∫α

λ(t)

(t− z)µdt, (2.2.11)

trong đó

λ(x) =1

2πi.d

dx

[ x∫a

g(x)

Φ+0 (t)(x− t)1−µ

dt].

Đặt p(t) =g(t)

Φ+0 (t)

, với giả sử đạo hàm p′(t) tồn tại với mọi t ∈ [α, β]. Khi đó,

ta tìm được

λ(x) =1

2πi

[ p(α)

(x− α)1−µ+

x∫α

p′(t)

(x− t)1−µdt]. (2.2.12)

Bước 3. Tìm nghiệm của phương trình (2.2.1):

Từ (2.2.11), lập luận tương tự như ở (∗) (Bước 1 ), tìm được

Φ±(x) = Φ±0 (x)[e

±iπµ(A1λ)(x) + (A2λ)(x)], x ∈ [α, β].

19


Đặt

Φ+(x)− Φ−(x) = h(x), x ∈ [α, β],

với

h(x) =(eiπµΦ+

0 (x)−e−iπµΦ−0 (x)

)(A1λ)(x)+

(Φ+

0 (x)−Φ−0 (x)

)(A2λ)(x), x ∈ [α, β].

Bằng cách sử dụng công thức (2.3.6a)

(A1φ)(x) =Φ+(x)− Φ−(x)

2i sinπµ=

h(x)

2i sinπµ, x ∈ [α, β],

ta tìm được nghiệm

φ(x) =1

2i sinπµ(A−1

1 h)(x)

=1

2i sinπµ.sin πµ

π.d

dx

[ x∫α

h(t)

(x− t)1−µdt], x ∈ [α, β]

=1

2πi.d

dx

[ x∫α

h(t)

(x− t)1−µdt], x ∈ [α, β]. (2.2.13)

Nếu đạo hàm h′(t) tồn tại với mọi t ∈ [α, β], thì công thức trên tương đương

với

φ(x) =1

2πi

[ h(α)

(α− t)1−µ+

x∫α

h′(t)

(x− t)1−µdt], x ∈ [α, β]. (2.2.14)

Vậy nghiệm của phương trình (2.2.1) được cho bởi (2.2.13) hoặc (2.2.14).

Chú ý. Ta cũng có thể xây dựng công thức nghiệm của phương trình (2.2.1)

bằng cách sử dụng toán tử A2 và bài toán RHP đồng nhất tương ứng:

Φ+0 (x) + e−2iπµG(x)Φ−

0 (x) = 0.

Khi đó nghiệm của phương trình (2.2.1) là

φ(x) =−1

2πi

[ h(β)

(β − x)1−µ+

β∫x

h′(t)

(t− x)1−µdt], x ∈ [α, β], (2.2.15)

Nếu đạo hàm h′(t) tồn tại với mọi t ∈ [α, β]., trong đó

h(x) = [Φ+0 (x) + Φ−

0 (x)](A1λ)(x) + [e−iπµΦ+0 (x)− eiπµΦ−

0 (x)](A2λ)(x),

20


và

λ(x) =e−iπµ

2πi.d

dx

β∫x

g(x)

Φ+0 (t)(t− x)1−µ

dt.

Các công thức nghiệm (2.2.14) và (2.2.15) là tương đương.

2.3 Giải phương trình tích phân kỳ dị với hạt nhân

Logarit

Nhiều vấn đề trong toán học vật lý mà để giải quyết nó đã đưa đến việc

xuất hiện phương trình tích phân kỳ dị với hạt nhân Logarit. Chúng ta nghiên

cứu giải hai phương trình tích phân kỳ dị nhân Logarit thường gặp:

β∫α

φ(t) ln |t− x|dt = f(x), α < x < β, (2.3.1)

vàβ∫

α

φ(t) ln∣∣∣t− x

t+ x

∣∣∣dt = f(x), α < x < β, (2.3.2)

ở đó φ(x) và f(x) là các hàm có đạo hàm trong khoảng (α, β).

Có một số cách giải phương trình (2.3.1) và (2.3.2), như của Porker (1972)

và Chakrabarti (1997) đã chỉ ra nghiệm

φ(x) =1

π2[(x− α)(β − x)]12

[ β∫α

[(t− α)(β − t)]12f ′(t)

t− xdt+

+1

ln(β − α

4

)β∫

α

f(t)

[(t− α)(β − t)]12

dt

],

(2.3.3)

trong trường hợp β − α = 4 và

φ(x) =1

π2[(x− α)(β − x)]12

[ β∫α

[(t− α)(β − t)]12f ′(t)

t− xdt+ c

], (2.3.4)

21


với c là một hằng số trong trường hợp β − α = 4 và với điều kiện của f(x) là

β∫α

f(t)

{(t− α)(β − t)} 12

dt = 0. (2.3.5)

Nhưng kết quả trên chưa được trọn vẹn bởi vì nghiệm (2.3.3) hoặc (2.3.4) là

kỳ dị mạnh trong đó các phương trình tích phân (2.3.1) và (2.3.2) là kỳ dị yếu.

Chakrabarti (2006) đã đưa ra phương pháp tìm nghiệm của phương trình

tích phân kỳ dị yếu (2.3.1) và (2.3.2) mà nghiệm thu được không phải tích

phân kỳ dị mạnh.

a) Phương pháp tìm nghiệm phương trình tích phân (2.3.1).

Bước 1. Xây dựng bài toán RHP tương ứng phương trình (2.3.1):

Giả sử φ(t) là nghiệm của phương trình (2.3.1). Đặt

Φ(z) =

β∫α

φ(t) ln( t− z

α− z

)dt− A ln

(α− z

β − z

), (z = x+ iy) (2.3.6)

với A là hằng số phức. Khi đó Φ(z) là hàm giải tích trong C\[α, β].Với x ∈ (α, β), ta có

ln(α− z) → ln(x− α)± πi khi y → 0±,

ln(β − z) → ln(β − x) khi y → 0±.

Sử dụng kết quả trên tính được:

limy→0+

A ln(α− z

β − z

)= A ln

(x− α

β − x

)− πiA, x ∈ (α, β), (2.3.7)

limy→0+

x∫α

φ(t) ln( t− z

α− z

)dt =

x∫α

φ(t) ln( x− t

x− α

)dt, (2.3.8)

limy→0+

β∫x

φ(t) ln( t− z

α− z

)dt =

β∫x

φ(t) lnx− t

(x− α)e−πidt

=

β∫x

φ(t)[ln(t− x)− ln(x− α) + πi]dt. (2.3.9)

22


Từ (2.3.7), (2.3.8) và (2.3.9) suy ra

Φ+(x) = limy→0+

Φ(z)

=

x∫α

φ(t)[ln(x− t)− ln(x− α)]dt

+

β∫x

φ(t)[ln(t− x)− ln(x− α) + πi]dt− A ln(x− α

β − x

)+ πi

=

β∫α

φ(t) ln |t− x|dt+ πi

β∫x

φ(t)dt−( β∫

α

φ(t)dt

)ln(x− α)

=

β∫x

φ(t) ln |t− x|dt− πi

x∫α

φ(t)dt−B ln(x− α) + πiB

− A ln(x− α

β − x

)+ πiA, x ∈ (α, β) (2.3.10)

trong đó B =

β∫α

φ(t)dt. Tương tự tìm được

Φ−(x) =

β∫x

φ(t) ln |t− x|dt+ πi

x∫α

φ(t)dt−B ln(x− α)

− πiB − A ln(x− α

β − x

)− πiA,

(2.3.11)

với x ∈ (α, β).

Từ (2.3.10) và (2.3.11), suy ra

Φ+(x)− Φ−(x) = 2πi(A+

β∫x

φ(t)dt), x ∈ (α, β), (2.3.12)

và

Φ+(x) + Φ−(x) = 2

β∫α

φ(t) ln |x− t|dt− 2A ln(x− α

β − x

)− 2B ln(x− α), x ∈ (α, β).

(2.3.13)

23


Đặt

r(x) = 2πi[A+

β∫x

φ(t)dt], x ∈ (α, β). (2.3.14)

Ta tìm được

φ(x) =−1

2πir′(x), (2.3.15)

với

r(α) = 2πi(A+B), r(β) + 2πiA. (2.3.16)

Như vậy (2.3.12) trở thành

Φ+(x)− Φ−(x) = r(x), x ∈ (α, β).

Kết hợp phương trình tích phân (2.3.1) và (2.3.13), thu được

Φ+(x) + Φ−(x) = f1(x), x ∈ (α, β), (2.3.17)

trong đó

f1(x) = 2[f(x)− A ln

(x− α

β − x

)−B ln(x− α)

], x ∈ (α, β). (2.3.18)

Phương trình (2.3.17) là trường hợp đặc biệt của bài toán RHP

Bước 2. Tìm nghiệm bài toán RHP (2.3.17):

Bằng cách sử dụng các công thức từ (2.3.12) đến (2.3.16), ta tìm được

nghiệm của bài toán RHP (2.3.17) là

Φ(z) = Φ0(z)[−1

2πi

β∫α

λ′(t) ln(t− z)dt− C ln(α− z)−D ln(α− z

β − z

)+ E(z)

],

(2.3.19)

trong đó Φ0(z) là nghiệm của bài toán thuần nhất tương ứng

Φ+0 (x) + Φ−

0 (x) = 0, x ∈ (α, β), (2.3.20)

và : λ(x) =f(x)

Φ+0 (x)

, C =λ(α)− λ(β)

2πi, D =

λ(β)

2πi, E(z) là một hàm nguyên .

Sử dụng công thức (2.3.12), thực hiện biến đổi

2πi[ β∫

x

φ(t)dt+ A]= Φ+(x)− Φ−(x)

24


= Φ+0 (x)Q

+(x)− Φ−0 (x)Q

−(x)

= Φ+0 (x){Q+(x) +Q−(x)}, α < x < β.

Trong đó

Q(z) = − 1

2πi

β∫α

λ′(t) ln(t− z)dt− C ln(α− z)−D ln(α− z

β − z

)+ E(z).

Tương tự bằng cách sử dụng (2.3.13) đối với hàm Q(z), tìm được

2πi[ β∫

x

φ(t)dt+ A]= Φ+

0 (x)[− 1

πi

β∫α

λ′(t) ln(t− z)dt− 2C ln(α− z)

− 2D ln(α− z

β − z

)+ 2E(z)

], α < x < β. (2.3.21)

Chọn một nghiệm Φ0(z) của bài toán RHP thuần nhất (2.3.20)

Φ0(z) =1

{(z − α)(z − β)}12

, (2.3.22)

khi đó

Φ+0 (z) =

i

{(x− α)(β − x)} 12

.

Từ định nghĩa hàm Φ(z), suy ra |Φ(z)| = o( 1

|z|)

khi |z| → ∞ và do đó từ

(2.3.22) thu được

|Φ0(z)| = o( 1

|z|)

khi |z| → ∞.

Do vậy hàm E(z) xuất hiện ở vế phải của công thức (2.3.19) phải là một hằng

số. Chọn E(z) =D

2với D là một hằng số phức.


Biến đổi từ phương trình (2.3.21) thu được

2πi[ β∫

x

φ(t)dt+A]=

i

{(x− α)(β − x)} 12

[−1

πi

β∫α

λ′(t) ln |t−x|dt+D], (2.3.23)

trong đó

λ(x) =f1(x)

Φ+0 (x)

= −2i{(z − α)(β − x)}12

[f(x)−B ln(x− α)− A ln

(x− α

β − x

)].

25


Công thức (2.3.23) xác định hàm φ(x) là nghiệm của (2.3.1) với điều kiện tồn

tại đạo hàm và các tích phân hội tụ. Do vậy phải có điều kiện

D − 1

πi

β∫α

λ′(t) ln(t− α)dt = 0,

D − 1

πi

β∫α

λ′(t) ln(β − t)dt = 0

. (2.3.24)

Hai điều kiện trong (2.3.24) giúp ta xác định hằng số D và A trong các điều

kiện của hằng số B mà chúng ta phải xác định bằng cách sử dụng

B =

β∫α

φ(t)dt,

và phương trình (2.3.23).

Cuối cùng lấy đạo hàm hai vế của (2.3.23), ta tìm được nghiệm của phương

trình tích phân (2.3.1)

φ(x) =1

π2.d

dx

[ 1

{(x− α)(β − x)}12

{π

2D +

β∫α

dΨ

dtln |x− t|dt

}], (2.3.25)

ở đó

Ψ(t) = {(t− α)(β − t)}12

[f(t)−B ln(t− α)− A ln

(t− α

β − t

)].

Một trường hợp đặc biệt : Nếu f(x) = C là một hằng số khi đó nghiệm

(2.3.25) của phương trình (2.3.1) có dạng:

φ(x) =C

π ln(β−α4

){(x− α)(β − x)}−12 . (2.3.26)

b) Phương pháp tìm nghiệm của phương trình (2.3.2).

Bước 1. Xây dựng bài toán RHP tương ứng:


Φ(z) =

β∫α

φ(t) ln(t− z

t+ z

)dt+ A ln

(z − α

z − β

)+B ln

(z + α

z + β

)(2.3.27)

26


ở đó z = x+ iy và A,B là các hằng số phức. Khi đó hàm Φ(z) là hàm giải tích

trong C\(−β,−α) ∪ (α, β).

Sử dụng kết quả

limy→0±

ln z =

lnx với x > 0,

±i+ ln(−x) với x < 0,(2.3.28)

tìm được

Φ±(x) = limy→0±

Φ(z) =

∓iπx∫α

φ(t)dt+β∫α

φ(t) ln∣∣t− x

t+ x

∣∣dt∓ iπA

+A ln(x− α

β − x

)+B ln

x+ α

β + x, với α < x < β,

±iπ−x∫α

φ(t)dt+β∫α


t+ x

∣∣dt∓ iπB

+A ln∣∣x− α

β − x

∣∣+B ln∣∣x+ α

β + x

∣∣, với − β < x < −α.

(2.3.29)

Từ kết quả trên, suy ra

Φ+(x)− Φ−(x) =

−2πi

x∫α

φ(t)dt− 2πiA với α < x < β,

2πi−x∫α

φ(t)dt− 2πiB với − β < x < −α,(2.3.30)

và

Φ+(x)+Φ−(x) = 2

β∫α


t+ x

∣∣dt+2A ln∣∣x− α

β − x

∣∣+2B ln∣∣x+ α

β + x

∣∣, (2.3.31)

với x ∈ (−β,−α) ∪ (α, β) ≡ L.

Kết hợp (2.3.31) với phương trình tích phân (2.3.2), thu được

Φ+(x) + Φ−(x) = 2[f(x) + A ln

∣∣x− α

β − x

∣∣+B ln∣∣x+ α

β + x

∣∣]= 2g(x), x ∈ L. (2.3.32)

Trong đó

g(x) =

f(x) với α < x < β

−f(x) với − β < x < −α

27


Kí hiệu vế phải của (2.3.30) bởi r(x) ta được

Φ+(x)− Φ−(x) = r(x) với x ∈ L. (2.3.33)

Hơn nữa hàm r(x) có đạo hàm xác định bởi

r′(x) = −2πi

φ(x) với α < x < β

−φ(−x) với − β < x < α.(2.3.34)


Trong (2.3.27) chọn φ(x) = 0, A = −B =1

2, khi đó (2.3.27) trở thành

Ψ(z) =1

2ln

z − α

z − β− 1

2ln

z + α

z + β.

Chúng ta sẽ đi giải bài toán RHP (2.3.32) trong trường hợp đặc biệt φ = 0, A =

−B =1

2.

Từ (2.3.30):

Ψ+(x)−Ψ−(x) =

−πi với α < x < β

πi với − β < x < α.

Ngoài ra trong (2.3.27) chọn A = B = 0, nên từ (2.3.34) suy ra

φ(x) =

−12πi

r′(x) với x ∈ (α, β),

12πi

r′(−x) với x ∈ (−β,−α),

với r(α) = r(−α) = 0. Khi đó, bài toán RHP (2.3.30) trở thành

χ+(x)− χ−(x) = r(x), x ∈ L. (2.3.35)

Phương trình (2.3.35) có nghiệm

χ(z) =1

2πi

β∫α

r′(t) lnt− z

t+ zdt. (2.3.36)

Bài toán RHP (2.3.31) có nghiệm được xác định như sau:

Φ(z) = Φ0(z)[−1

πi

β∫α

d

dt

{f(t) + A ln t−αβ−t

+B ln t+αβ+t

Φ+0 (t)

}ln

z − t

z + t+ E(z)

],

(2.3.37)

28


trong đó Φ0(z) là nghiệm của phương trình bài toán RHP thuần nhất

Φ+0 (x) + Φ−

0 (x) = 0, x ∈ L, (2.3.38)

và E(z) là một hàm nguyên. Bằng cách đánh giá Φ(z) xác định bởi (2.3.27)

với z đủ lớn. Ta tìm được E(z) là một đa thức bậc hai.


Nghiệm của (2.3.38) có thể chọn

Φ0(z) =1

{(z2 − α2)(z2 − β2)}12

. (2.3.39)

Do vậy

Φ±0 (x) = ±i{(x2 − α2)(β2 − x2)}−

12 , x ∈ L. (2.3.40)

Nghiệm của phương trình (2.3.2) tìm được bằng cách sử dụng (2.3.37), (2.3.39)

và (2.3.40) cùng với (2.3.33), ta thu được

φ(x) = − 1

2πi.d

dx{Φ+(x)− Φ−(x)}

= − 1

π2.d

dx

[ Ψ(x)

{(z2 − α2)(β2 − x2)}12

], x ∈ (α, β), (2.3.41)

trong đó

Ψ(x) =

β∫α

d

dt

[{(t2 − α2)(β2 − t2)}

12

{f(t) + A ln

t− α

β − t

+B lnt+ α

β + t

}]ln∣∣t− x

t+ x

∣∣dt+ π(C1 + C2x+Dx2) (2.3.42)

với C1, C2 là các hằng số và

D =

β∫α

φ(x)dx. (2.3.43)

Công thức (2.3.41) của hàm φ(x) là nghiệm của (2.3.2) nếu và chỉ nếu các điều

kiện dưới đây được thỏa mãn

i) Ψ(−β) = 0, ii) Ψ(−α) = 0, iii) Ψ(α) = 0, iv) Ψ(β) = 0. (2.3.44)

Các điều kiện (2.3.43) và (2.3.44) giúp ta tìm năm hằng số D,A,B,C1, C2. Và

29


cuối cùng xác được nghiệm φ(x) của (2.3.2).

Nhận xét : 1. Điều kiện i) và ii) của (2.3.44) có thể tránh được nếu chọn A =

0 = B.

2. Trong công thức nghiệm (2.3.42) nếu thêm vào điều kiện nghiệm bị chặn tại

x = α và x = β, phải bổ sung thêm hai điều kiện:

v) Ψ′(α) = 0 và vi) Ψ′(β) = 0. (2.3.45)

2.4 Phương trình tích phân kỳ dị với nhân Logarit

trên các đoạn rời nhau

Trong phần này chúng ta sẽ nghiên cứu các phương trình tích phân kỳ dị

với nhân Logarit trên các đoạn rời nhau. Bằng cách biến đổi đưa về bài toán

RHP, lớp phương trình này đã được Banerjea và Rakshif giải quyết thành công

vào năm 2007.

Xét phương trình tích phân

n∑j=1

βj∫αj

φ(t) ln |t− x|dt = f(x), x ∈ L =n∪

j=1

(αj, βj). (2.4.1)

Bước 1. Xây dựng bài toán RHP tương ứng với phương trình (2.4.1):


Φ(z) =n∑

j=1

βj∫αj

φ(t) ln(t−z)dt−A

n∑j=1

ln(αj−z)−n∑

j=1

Bj lnαj − z

βj − z, (z = x+iy),

(2.4.2)

trong đó

A =1

n

n∑j=1

βj∫αj

φ(t)dt, (2.4.3)

và Bj (j = 1, 2, ..., n) là các số tùy ý. Khi đó hàm Φ(z) là hàm giải tích trên

C\L.

30


Bằng cách sử dụng kết quả của (2.3.29) với x ∈ L tìm được

Φ±(x) =

n∑j=1

βj∫αj

φ(t) ln |t− x|dt− A

n∑j=1

ln(αj − x)−n∑

j=1

Bj lnαj − x

βj − x

∓x∫

α1

φ(t)dt± πi(A+B1), với x ∈ (α1, β1)

,

n∑j=1

βj∫αj

φ(t) ln |t− x|dt− A

n∑j=1

ln(αj − x)−n∑

j=1

Bj lnαj − x

βj − x

∓iπ

k−1∑j=1

βj∫αj

φ(t)dt∓x∫

αj

φ(t)dt± iπ(kA+Bk), x ∈ (αk, βk),

k = 2, 3, ..., n

(2.4.4)

Từ (2.4.4) ta tìm được:

Φ+(x) + Φ−(x) = h(x), x ∈ L, (2.4.5)

Φ+(x)− Φ−(x) = r(x), x ∈ L, (2.4.6)

trong đó

h(x) = 2{f(x)− A

n∑j=1

ln |αj − x| −n∑

j=1

Bj ln∣∣αj − x

βj − x

∣∣}, (2.4.7)

và

r(x) =

−2πi

x∫α1

φ(t)dt+ 2πi(A+B1), x ∈ (α1, β1),

−2πik−1∑j=1

βj∫αj

φ(t)dt− 2πi

x∫αk

φ(t)dt+ 2iπ(kA+Bk),

x ∈ (αk, βk), k = 2, 3, ..., n.

(2.4.8)


Từ (2.4.8), lấy đạo hàm hai vế theo x ∈ (αk, βk) được

r′(x) = −2πiφ(x).

31


Suy ra

φ(x) = − 1

2πir′(x), x ∈ (αk, βk), k = 1, 2, ..., n (2.4.9)

và r(x) cho bởi hệ thức (2.4.8), các hằng số A,Bj được xác định bởi

A =1

2πi

n∑j=1

[r(αj)− r(βj)],

B1 = −A+1

2πir(α1),

Bk = −kA+1

2πi

[ k∑j=1

r(αj)−k−1∑j=1

r(βj)], k = 2, 3, ..., n.

Chọn một nghiệm Φ0(z) của phương trình thuần nhất

Φ+0 (x) + Φ−

0 (z) = 0, x ∈ (αj, βj), j = 1, 2, ..., n

là

Φ0(z) = R(z) =n∏

j=1

[(z − αj)(z − βj)]−1

2 . (2.4.10)

Khi đó

Φ±0 =

±(−1)ni

|R(x)|, x ∈ (α1, β1),

±(−1)n−1i

|R(x)|, x ∈ (α2, β2),

. . . . . .

± −i

|R(x)|, x ∈ (αn, βn).

(2.4.11)

Bằng cách lập luận tương tự như trong mục 2.4, ta tìm được nghiệm của bài

toán RHP (2.4.5) là

Φ(z) = Φ0(z)[− 1

2πi

n∑j=1

βj∫αj

g′(t) ln(t− z)dt− C

n∑j=1

ln(αj − z)

−n∑

j=1

Dj lnαj − z

βj − z+ E(z)

],

(2.4.12)

trong đó :

g(x) =h(x)

Φ+0 (x)

,

32


C =−1

2πin

n∑j=1

[g(βj)− g(αj)

], (2.4.13)

D1 = −C +1

2πig(α1),

Dk = −kC +1

2πi

[ k∑j=1

g(αj)−k−1∑j=1

g(βj)], k = 2, 3, ..., n

và E(z) là đa thức bậc n− 1 của biến z.

Do Φ+0 (x) xác định theo công thức (2.4.11) và (2.4.10) nên từ g(x) trong

công thức (2.4.13) suy ra g(αj) = g(βj) = 0, j = 1, 2, ..., n. Do vậy:

C = 0, D1 = 0, Dk = 0, k = 2, 3, ..., n.

Thay các kết quả trên vào (2.4.12) ta nhận được

Φ(z) = Φ0(z)[− 1

2πi

n∑j=1

βj∫αj

g′(t) ln(t− z)dt+ E(z)]. (2.4.14)


Sử dụng (2.4.14) trong (2.4.6) với x ∈ (αj, βj), nhận được

r(x) =(−1)n−j+1

|R(x)|

[−1

πi

n∑j=1

βj∫αj

g′(t) ln |t− x|dt+ 2E(x)]. (2.4.15)

Thay thế h(x) từ (2.4.7) và Φ+0 (x) từ (2.4.11) vào g(x) trong (2.4.13), thu được

g(x) = 2i(−1)n+j+2Ψ(x), x ∈ (αj, βj), j > 1

trong đó

Ψ(x) = |R(x)|[f(x)− A

n∑j=1

ln |αj − x| −n∑

j=1

Bj ln∣∣αj − x

βj − x

∣∣]. (2.4.16)

Cuối cùng thay thế r(x) từ (2.4.15), (2.4.16) vào (2.4.9) ta tìm được nghiệm

φ(x) với x ∈ (αj, βj) là

φ(x) =−1

π2

d

dx

[ 1

|R(x)|

{ n∑j=1

βj∫αj

dΨ

dtln |t− x|dt+ (−1)jπE(x)

}], (2.4.17)

33


ở đó πE(x) là đa thức bậc n− 1

πE(x) = d1 + d2x+ . . .+ dnxn−1. (2.4.18)

Như vậy, phương trình tích phân (2.4.1) giải được với 2n điều kiện sau được

thỏa mãn

βj∫αj

d

dt(Ψ(t)) ln |t− αj|dt+ (−1)jπE(αj) = 0,

βj∫αj

d

dt(Ψ(t)) ln |t− βj|dt+ (−1)jπE(βj) = 0, j = 1, 2, ...n.

(2.4.19)

Các điều kiện trên giúp ta tìm được 2n hằng số dk trong (2.4.19) và Bk trong

(2.4.16), k = 1, 2, ..., n.

34

Chương 3

Một số phương pháp đặc biệt tìm

nghiệm của phương trình tích phân

kỳ dị

Chương này mô tả một số phương pháp đặc biệt tìm nghiệm của phương

trình tích phân kỳ dị với nhân dạng Cauchy và dạng logarit. Những phương

pháp này tránh được những kỹ thuật phức tạp khi sử dụng phương pháp biến

số phức đã được mô tả ở chương 2.

3.1 Phương trình tích phân kỳ dị với nhân Logarit

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(n cos−1 x) với x ∈ (−1, 1), n = 0, 1, 2, ...

35

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 n = m,

π

2với m = n = 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)12

dx < ∞,

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)12

dx, 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 −1 6 x, t 6 1, sử dụng các

kết quả1∫

−1

ln |x− t|(1− t2)

12

dt = −π ln 2, (3.1.4)

và1∫

−1

ln |x− t|(1− t2)

12

Tn(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.

36


Nhận xét Từ hệ thức (3.1.4), suy ra phương trình tích phân

1∫−1

ln |x− t|(1− t2)

12

φ(t)dt = 1, −1 < x < 1, (3.1.6)

có nghiệm là

φ(t) = − 1

π ln 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

(−π ln 2)d0 − π

∞∑n=1

dnnTn(x) =

∞∑n=0

cnTn(x), −1 < x < 1.

Đồng nhất hệ số tương ứng, ta tìm được

d0 =c0

π ln 2=

1

π2 ln 2

1∫−1

f(x)

(1− x2)12

dx,

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.

37


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

π ln 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)

12

φ(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)

12

φ(t)dt.

Khi đó, giá trị riêng của toán tử L0 là

λn =

−π ln 2 với n = 0,

−π

nvới 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) và φ(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 + λπ ln 2)+

2

π

∞∑n=1

Tn(x).Tn(y)

1 + λπn

.

khi λλn = −1 với mọi n > 0.

38


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.


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− xdt], −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)

39


Nhân cả 2 vế của (3.1.15) với1

(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)12

dx. (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)

12

dx]dt =

1∫−1

f(x)

(1− x2)12

dx.

Sử dụng các kết quả (3.1.6) và (3.1.7), nhận được

−π ln 2.

1∫−1

φ(t)dt =

1∫−1

f(x)

(1− x2)12

dx. (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

π2 ln 2

1∫−1

f(x)

(1− x2)12

dx. (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− xdx− 1

ln 2

1∫−1

f(t)

(1− t2)12

dt],−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 đó D 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.

40


Nhưng (3.1.22) thay đổi thành

−π ln 2

1∫−1

φ(t)dt =

1∫−1

f(x) +D

(1− x2)12

dx.

Kết hợp với (3.1.23), ta có

C ′ =1

π2 ln 2

1∫−1

f(t) +D

(1− t2)12

dt

= C − D

π2 ln 2

1∫−1

dt

(1− t2)12

= C − D

π2 ln 2.

Do đó (3.1.15) có thể có nghiệm đặc biệt dạng

−D

π2 ln 2

( 1

1− x2

)12

.

2. Nghiệm φ(x) trong hệ thức (3.1.24) không bị chặn tại x = −1 và x = 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 kiện1∫

−1

f ′(t)

(1− t2)12

dt = 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

π2 ln 2

1

(1− x2)12

1∫−1

f(t)

(1− t2)12

dt.

(3.1.27)

41


Các công thức nghiệm (3.1.26) và (3.1.27) chỉ ra rằng nghiệm bị chặn tại x = −1

và x = 1 nếu và chỉ nếu hai điều kiện sau được thỏa mãn:

i)1∫

−1

f ′(t)

(1− t2)12

dt = 0

chính là điều kiện (3.1.25) và

ii)1∫

−1

tf ′(t)

(1− t2)12

dt =−1

ln 2

1∫−1

f(t)

(1− t2)12

dt.

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 biến x, 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 ′(y

12 ). (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)

y − udy

], 0 < u < 1, (3.1.32)

42


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 − t2f ′(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)12

dx =1

π

1∫0

φ(t){ 1∫

0

x

(1− x2)12

ln∣∣∣x+ t

x− t

∣∣∣dx}dt=

1∫0

tφ(t)dt. (3.1.35)

(Do

1∫0

x

(1− x2)12

ln∣∣∣x+ 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)12

dx. (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)12

dx−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)12

dx

+ t21∫

0

f ′(x)

(1− x2)12 (x2 − t2)

dx}+ 2

1∫0

x2f ′(x)

(1− x2)12

dx], 0 < t < 1.

(3.1.37)

43


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)12

dx = 0 (3.1.39)

ii)

c+ 2

1∫0

x2f ′(x)

(1− x2)12

dx = 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

πt(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 thức x2(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 − t2dx

44


− 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 − t2dx, 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)12

dx], 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)12

dx = 0.

Kết hợp với (3.1.36), tìm được

1∫0

x2f ′(x) + xf(x)

(1− x2)12

dx = 0. (3.1.48)

45


3.2 Phương trình tích phân với hạt nhân Cauchy

Trong phần này, luận văn trình bày một phương pháp đặc biệt để giải

phương trình tích phân kỳ dị với hạt nhân Cauchy.

Xét phương trình tích phân kỳ dị

1∫0

φ(t)

t− xdt = f(x), 0 < x < 1, (3.2.1)

ở đó {x(1− x)}12φ(x) bị chặn ở gần điểm x = 0 và x = 1. Sử dụng phép biến

đổi:

t = cos2 θ, x = cos 2α, µ(θ) = 2φ(cos2 θ) sin θ. cos θ, λ(θ) = f(cos2 θ) (3.2.2)

với 0 6 θ 6 π

2, 0 6 α 6 π

2.


π2∫

0

µ(θ)

cos2 θ − cos2 αdθ = −λ(α), 0 < α <

π

2. (3.2.3)

Do hàm µ(θ) bị chặn với θ = 0 và θ =π

2, giả sử µ(θ) được khai triển thành

chuỗi lượng giác hội tụ đều cho bởi

µ(θ) =1

2a0 +

∞∑n=1

a2n cos 2nθ, 0 < θ <π

2, (3.2.4)

trong đó a2n (n = 0, 2, ...) là các hằng số chưa biết.

Thay thế khai triển (3.2.4) vào (3.2.3) và đổi thứ tự lấy tích phân, ta thu

được

−λ(α) =1

2a0

π2∫

0

dθ

cos2 θ − cos2 α+

∞∑n=1

a2n

π2∫

0

cos 2nθ

cos2 θ − cos2 αdθ. (3.2.5)

Với mỗi n, đặt

In =

π2∫

0

cos 2nθ

cos2 θ − cos2 αdθ. (3.2.6)

46


Thực hiện phép đổi biến z = eiφ, β = 2α, φ = 2θ, ta được

In = 2

π2∫

0

cos 2nθ

cos 2θ − cos 2αdθ

=1

2

π∫−π

cosnφ

cosφ− cos βdφ = − i

2

∫C

z2n + 1

zn(z − eiβ)(z − e−iβ)dz, (3.2.7)

trong đó C là đường tròn đơn vị trong mặt phẳng phức. Sử dụng định lý thặng

dư Cauchy, suy ra

In =π sin 2nα

sin 2α, n = 0, 1, 2, ... (3.2.8)

Từ (3.2.5) và (3.2.8) suy ra

−λ(α) =π

sin 2α

∞∑n=1

a2n sin 2nα, 0 < α <π

2, (3.2.9)

với các hằng số a2n (n = 1, 2, ...) trong chuỗi (3.2.9) thu được nhờ tính trực

giao của hàm sin 2nα (n = 1, 2, ...) vì

a2n =−8

π2

π2∫

0

λ(α) sin 2α sin 2nαdα, n = 1, 2, 3, ... (3.2.10)

Tiếp theo sử dụng (3.2.10) và (3.2.4), thu được

µ(θ) =1

2a0 −

8

π2

π2∫

0

λ(α) sin 2αT (α, θ)dθ. (3.2.11)

Trong đó

T (α, θ) = limx→1−0

∞∑n=1

x2n sin 2nα. cos 2nθ =sin 2α

8(cos2 θ − cos2 α), (3.2.12)

thu được bằng cách sử dụng kết quả biến đổi

sin 2nα cos 2nθ =1

2{sin 2n(α + θ) + sin(2n(α− θ))},

và bằng cách lấy tổng trên của chuỗi. Do vậy ta xây dựng được µ(θ)

µ(θ) =1

2a0 −

−4

π2

π2∫

0

f(cos2 α) cos2 α(1− cos2 α)

cos2 θ − cos2 αdα, 0 < θ <

π

2. (3.2.13)

47


Đổi biến trở lại ta được nghiệm của phương trình (3.2.1) là

φ(x) =1

{x(1− x)}12

[c0 −

1

π2

1∫0

{t(1− t)}12f(t)

t− xdt], 0 < x < 1, (3.2.14)

ở đó c0 là hằng số tùy ý, được đồng nhất là

c0 =1

π

1∫0

φ(x)dx. (3.2.15)

3.3 Sử dụng công thức Poincaré - Bertrand

Trong phần này chúng ta đi nghiên cứu ứng dụng của công thức Poincaré -

Bertrand (P-B) trong việc giải phương trình tích phân kỳ dị lặp loại Cauchy.

Công thức Poincaré - Bertrand

Cho L là một chu tuyến hoặc đường cong trơn, φ(t, t1) là một hàm của t và

t1 trên L thỏa mãn điều kiện Holder với t và t1. Cho t0 là một điểm cố định

trên L không trùng các đầu mút của L. Khi đó, ta có∫L

1

t− t0

[ ∫L

φ(t, t1)

t1 − tdt1

]dt = −π2φ(t0, t0) +

∫L

[ ∫L

φ(t, t1)

(t− t0)(t1 − t)dt]dt1.

(3.3.1)

Công thức (3.3.1) được gọi là công thức Poincaré - Bertrand (PBF).

Chúng ta cùng nghiên cứu ứng dụng của (3.3.1) vào giải phương trình tích

phân kỳ dị loại Cauchy.


(Tφ)(x) ≡1∫

−1

φ(t)

t− xdt = f(x), −1 < x < 1, (3.3.2)

trong đó φ(x) và f(x) là các hàm thỏa mãn điều kiện Holder trên (−1, 1).

Giải.

Phương trình (3.3.2) tương đương với

(1− x2)12 (Tφ)(x) = (1− x2)

12f(x), −1 < x < 1. (3.3.3)

48


Nhân hai vế của phương trình (3.3.3) với(1− x

1 + x

)12−β

.1

x− ζ, −1 < ζ < 1.

Sau đó lấy tích phân hai vế với x ∈ (−1, 1), ta được

1∫−1

(1−x2)12

(1− x

1 + x

)12−β

.1

x− ζ

{ 1∫−1

φ(t)

t− xdt}dt =

1∫−1

(1− x

1 + x

)12−β (1− x2)

12f(x)

x− ζdt,

(3.3.4)

với −1 < ζ < 1, β là ẩn hằng sao cho 0 < Reβ < 1.

Đổi thứ tự lấy tích phân ở vế trái của (3.3.4) và sử dụng công thức PBF

(3.3.1) với L = (−1, 1), thu được

− (1− ζ)(1 + ζ

1− ζ

)βπ2φ(ζ) +

1∫−1

φ(t)

t− ζ

{ 1∫−1

(1− x)(1 + x

1− x

)β( 1

t− x+

1

x− ζ

)dx

}dt

=

1∫−1

(1− x

1 + x

)12−β (1− x2)

12f(x)

x− ζdx, −1 < ζ < 1. (3.3.5)

Sử dụng kết quả sau ( xem [8]):

1∫−1

(1− x)(1 + x

1− x

)β dx

x− λ= (1− λ)

[ π

sinπβ− π cotπβ

(1 + λ

1− λ

)β]− c(β),

− 1 < λ < 1, (3.3.6)

trong đó

c(β) =

1∫−1

(1 + x

1− x

)β

. (3.3.7)

Hệ thức (3.3.5) trở thành

− (1− ζ)(1 + ζ

1− ζ

)βπ2φ(ζ) +

π

sinπβ

1∫−1

φ(t)dt+ π cotπβ

1∫−1

φ(t)

t− ζ

[(1− t)

(1 + t

1− t

)β− (1− ζ)

(1 + ζ

1− ζ

)β]dt =

1∫−1

(1− x

1 + x

)12−β (1− x2)

12f(x)

x− ζdx, −1 < ζ < 1.

(3.3.8)

49


Do vậy, ta nhận thấy rằng (3.3.8) được thỏa mãn bởi hàm φ(x) trong phương

trình tích phân (3.3.2) đã cho với tất cả các hằng số β sao cho 0 < Reβ < 1.

Hệ thức (3.3.8) cho nghiệm của phương trình tích phân (3.3.2) bằng cách

chọn hằng số β một cách thích hợp. Chọn β =1

2, từ (3.3.8) suy ra

φ(ζ) =1

π(1− ζ2)12

[A− 1

π

1∫−1

(1− x2)12f(x)

x− ζdx

], −1 < ζ < 1, (3.3.9)

trong đó

A =

1∫−1

φ(t)dt, (3.3.10)

và được coi là hằng số tùy ý bởi vì

1∫−1

dζ

(1− ζ2)12 (x− ζ)

= 0, với − 1 < x < 1.

Trong trường hợp φ(t) là hàm lẻ thì A =

1∫−1

φ(t)dt = 0.

Bài toán 2: Giải phương trình tích phân

1∫0

( 1

η − δ+

p

η + δ

)Ψ(η)dη = h(δ), 0 < δ < 1. (3.3.11)

ở đó p > −1 là hằng số đã biết và các hàm Ψ và h thỏa mãn điều kiện Holder

trong khoảng (0, 1).

Giải.

Thực hiện phép biến đổi:

η = (1− t2)12 , δ = (1− x2)

12 và φ(t) = (1− t2)

12Ψ((1− t2)

12 ),

g(x) = h((1− x2)12 ), φ(−t) = −φ(t), g(−t) = −g(t), t > 0. (3.3.12)


a2(1− x2)12

1∫−1

φ(t)

t− xdt+

1∫−1

(1− t2)12φ(t)

t− xdt =

2

p+ 1g(x), −1 < x < 1,

(3.3.13)

50


trong đó

a2 =1− p

1 + p. (3.3.14)

Nhân cả hai vế của phương trình (3.3.13) với(1− x

1 + x

)12−β 1

x− ζ, với −1 < ζ < 1.

Sau đó lấy tích phân hai vế theo biến x với −1 6 x 6 1 rồi đổi thứ tự lấy tích

phân trong tích phân lặp và áp dụng PBF (3.3.1) trên L = (−1, 1), ta được

− (1− ζ)(1 + ζ

1− ζ

)β.(1 + a2)π2φ(ζ)

+ a21∫

−1

φ(t)

t− ζ

[ 1∫−1

(1− x)(1 + x

1− x

)β( 1

t− x+

1

x− ζ

)dx

]dt

+

1∫−1

(1− t2)12φ(t)

t− ζ

[(1− x

1 + x

)12−β( 1

t− x+

1

x− ζ

)]dt

= g1(ζ), −1 < ζ < 1, (3.3.15)

với β là ẩn hằng ( 0 < Reβ < 1) và

g1(ζ) =2

p+ 1

1∫−1

(1− x

1 + x

)12−β g(x)

x− ζdx. (3.3.16)

Trong công thức (3.3.15) chuyển β thành 1− β thu được

− (1− ξ)(1− ξ

1 + ξ

)1−β(1 + a2)π2φ(ξ)

+ a21∫

−1

φ(t)

t− ξ

{ 1∫−1

(1− x)(1 + x

1− x

)1−β( 1

t− x+

1

x− ξ

)dx

}dt

+

1∫−1

(1− t2)12φ(t)

t− ξ

{ 1∫−1

(1− x

1 + x

)β−12( 1

t− x+

1

x− ξ

)dx

}dt

= g2(ξ), −1 < ξ < 1, (3.3.17)

với

g2(ξ) =2

p+ 1

1∫−1

(1− x

1 + x

)β−12g(x)

x− ξdx. (3.3.18)

51


Bây giờ tính các tích phân trong các hệ thức (3.3.15) và (3.3.17) bằng cách

sử dụng kết quả (3.3.6), thu được

− (1− ξ)(1 + ξ

1− ξ

)β(1 + a2)π2φ(ξ) +

πa2

sinπβ

1∫−1

φ(t)dt

− πa2 cotπβ

1∫−1

φ(t)

t− ξ

{(1− ξ)

(1 + ξ

1− ξ

)β − (1− t)(1 + t

1− t

)β}dt

+ π tanπβ

1∫−1

(1− t2)12φ(t)

t− ξ

{(1 + ξ

1− ξ

)β−12 −

(1 + t

1− t

)β−12

}dt

= g1(ξ), −1 < ξ < 1, (3.3.19)

và

− (1− ξ)(1 + ξ

1− ξ

)1−β(1 + a2)π2φ(ξ) +

πa2

sin πβ

1∫−1

φ(t)dt

+ πa2 cotπβ

1∫−1

φ(t)

t− ξ

{(1− ξ)

(1 + ξ

1− ξ

)1−β − (1− t)(1 + t

1− t

)1−β}dt

− π tanπβ

1∫−1

(1− t2)12φ(t)

t− ξ

{(1 + ξ

1− ξ

)12−β −

(1 + t

1− t

)12−β}

dt

= g2(ξ), −1 < ξ < 1. (3.3.20)

Nhân hai vế của (3.3.19) với(1− ξ

1 + ξ

)βvà hai vế của (3.3.20) với

(1− ξ

1 + ξ

)1−βvà

cộng lại, ta được

− 2π2(1 + a2)(1− ξ)φ(ξ)

=(1− ξ

1 + ξ

)βg1(ξ) +

(1− ξ

1 + ξ

)1−βg2(ξ)−

πa2c

sinπβ

{(1− ξ

1 + ξ

)β+(1− ξ

1 + ξ

)1−β}

+ πa2 cotπβ

1∫−1

φ(t)

t− ξ(1− t)

{(1− ξ

1 + ξ.1 + t

1− t

)β − (1− ξ

1 + ξ.1 + t

1− t

)1−β}dt

− π tanπβ

1∫−1

φ(t)

t− ξ(1− t2)

12

{(1− ξ

1 + ξ

)β.(1 + t

1− t

)β−12

52


−(1− ξ

1 + ξ

)1−β.(1 + t

1− t

)β−12

}dt,−1 < ξ < 1, (3.3.21)

trong đó

c =

1∫−1

φ(t)dt. (3.3.22)

Ta có biểu diễn

(1− t2)12 = (1− t)

(1 + t

1− t

)12 .

Từ (3.3.21) ta nhận thấy nghiệm φ của phương trình tích phân (3.3.13) có thể

được xác định từ (3.3.21) nếu chọn β sao cho

a2 cotπβ = tan πβ ⇔ tanπβ = |a|.

Trong trường hợp này nghiệm của (3.3.13) là

φ(t) = − 1

2π2(1 + a2)(1− t)

[(1− t

1 + t

)βg1(t) +

(1− t

1 + t

)1−βg2(t)

− πa2c

sin πβ

{(1− t

1 + t

)β+(1− t

1 + t

)1−β}]

, −1 < t < 1. (3.3.23)

Nhận xét. Từ phương trình (3.3.13) suy ra φ là hàm lẻ và do vậy có c = 0.

Do đó nghiệm φ(t) có dạng

φ(t) = − 1

2π2(1 + a2)(1− t)

[(1− t

1 + t

)βg1(t) +

(1− t

1 + t

)1−βg2(t)

], −1 < t < 1,

(3.3.24)

trong đó g1, g2 là các hàm được xác định từ (3.3.16) và (3.3.18).

53

Kết luận

Luận văn đã trình bày các phương pháp giải một số phương trình tích phân

kỳ dị gồm có:

• Phương pháp Riemann - Hilbert giải các phương trình tích phân dạng

Rieman - Hilbert, phương trình tích phân Abel và phương trình tích phân

kỳ dị với nhân Logarit.

• Một số phương pháp đặc biệt giải các phương trình tích phân kỳ dị với

nhân Cauchy và nhân Logarit.

Các hướng có thể phát triển từ luận văn

• Nghiên cứu cách giải phương trình tích phân kỳ dị cấp cao.

• Nghiên cứu thêm các phương pháp đặc biệt để giải phương trình tích phân

kỳ dị.

• Nghiên cứu phương trình vi - tích phân kỳ dị.

Mặc dù đã cố gắng hết mình nhưng do khả năng và thời gian có hạn, vì vậy

luận văn không thể tránh khỏi những thiếu sót cả về phương diện kiến thức

lẫn kỹ năng trong soạn thảo LATEX. Tác giả luận văn mong nhận được sự đóng

góp ý kiến của quý thầy cô và các bạn bè đồng nghiệp để luận văn ngày càng

được hoàn chỉnh. Tác giả xin chân thành cảm ơn!

54

Tài liệu tham khảo

[A] Tiếng Việt

[1] Phạm Kỳ Anh, Trần Đức Long (2001), Giáo trình hàm thực và giải tích

hàm, NXB Đại học Quốc gia Hà Nội.

[2] Nguyễn Văn Khuê, Lê Mậu Hải (2009), Hàm biến phức, NXB Đại học

Quốc gia Hà Nội.

[3] Nguyễn Văn Mậu (2006), Lý thuyết toán tử và phương trình tích phân kỳ

dị, NXB Đại học Quốc gia Hà Nội.

[4] Nguyễn Thủy Thanh (2005), Cơ sở lý thuyết hàm biến phức, NXB Đại học

Quốc gia Hà Nội.

[B] Tiếng Anh

[5] B. N. Mandal, A. Chakrabarti (2011), Applied singular integral equations,

Science Publishers.

[6] A. Chakrabarti (2008), Solution of a generalized Abel integral equation, J.

Integr. Eqns & Applic.

[7] A. Chakrabarti (2008), Applied integral equations, Vijay Nicole Imprints

Pvt. Ltd. Chennai.

[8] F. D. Gakhov (1966), Boundary value problems, Pergamon Press, Oxford.

[9] F. G. Tricomi (1955), Integral equation, Interscience Publisher.

55

Documents

GIẢI MỘT SỐ PHƯƠNG TRÌNH TÍCH PHÂN KỲ DỊ VÀ ÁP DỤNG