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)
và ∫β
α
φ(t) lnt−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−x dt+
+ 1
ln(β−α 4
)
∫β α
f(t)
[(t−α)(β −t)]12dt ]
,
(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−x dt+c
]
, (2.3.4)
Chương 2. Phương pháp Riemann - Hilbert giải PTTP trên đường cong mở
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)}12dt= 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−Aln
(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:
lim
y→0+Aln(α−z β −z
) =Aln(x−α β−x
)−πiA, x∈ (α, β), (2.3.7)
y→0lim+
∫x α
φ(t) ln(t−z α−z
)dt=
∫x α
φ(t) ln(x−t x−α
)dt, (2.3.8)
y→0lim+
∫β x
φ(t) ln(t−z α−z
)dt=
∫β x
φ(t) ln x−t (x−α)e−πidt
=
∫β x
φ(t)[ln(t−x)−ln(x−α) +πi]dt. (2.3.9)
Chương 2. Phương pháp Riemann - Hilbert giải PTTP trên đường cong mở
Từ (2.3.7), (2.3.8) và (2.3.9) suy ra Φ+(x) = lim
y→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−Aln(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−Bln(x−α) +πiB
−Aln(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−Bln(x−α)
−πiB−Aln(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−2Aln(x−α β−x )
−2Bln(x−α), x∈ (α, β).
(2.3.13)
Chương 2. Phương pháp Riemann - Hilbert giải PTTP trên đường cong mở
Đặt
r(x) = 2πi [
A+
∫β x
φ(t)dt ]
, x ∈ (α, β). (2.3.14) Ta tìm được
φ(x) = −1
2πi r′(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)−Aln(x−α β −x
)−Bln(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−Cln(α−z)−Dln(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)
Chương 2. Phương pháp Riemann - Hilbert giải PTTP trên đường cong mở
= 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−Cln(α−z)−Dln(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−2Cln(α−z)
−2Dln(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
2 với D là một hằng số phức.
Bước 3. Tìm nghiệm của phương trình (2.3.1):
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)−Bln(x−α)−Aln(x−α β −x
)].
Chương 2. Phương pháp Riemann - Hilbert giải PTTP trên đường cong mở
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
dt ln|x−t|dt }]
, (2.3.25)
ở đó
Ψ(t) = {(t−α)(β−t)}12[
f(t)−Bln(t−α)−Aln(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
πln(β−α
4
){(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:
Giả sử φ(t) là nghiệm của phương trình (2.3.2). Đặt Φ(z) =
∫β α
φ(t) ln(t−z t+z
)dt+Aln(z−α z−β
)+Bln(z+α z +β
) (2.3.27)
Chương 2. Phương pháp Riemann - Hilbert giải PTTP trên đường cong mở
ở đó z = x+iy vàA, 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
y→0lim±lnz =
lnx với x > 0,
±i+ ln(−x) với x < 0,
(2.3.28)
tìm được
Φ±(x) = lim
y→0±Φ(z) =
∓iπ
∫x α
φ(t)dt+
∫β α
φ(t) lnt−x
t+xdt∓iπA +Aln(x−α
β−x
)+Blnx+α
β+x, với α < x < β,
±iπ
−x∫
α
φ(t)dt+
∫β α
φ(t) lnt−x
t+xdt∓iπB +Alnx−α
β −x+Blnx+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
φ(t) lnt−x
t+xdt+2Alnx−α
β −x+2Blnx+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) +Alnx−α
β −x+Blnx+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
Chương 2. Phương pháp Riemann - Hilbert giải PTTP trên đường cong mở
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) Bước 2. Giải bài toán RHP (2.3.32):
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 biệtφ= 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) =
−1
2πir′(x) với x∈ (α, β),
1
2πir′(−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) +Alntβ−t−α +Bln t+αβ+t Φ+0(t)
}
lnz −t
z+t +E(z) ]
, (2.3.37)
Chương 2. Phương pháp Riemann - Hilbert giải PTTP trên đường cong mở
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.
Bước 3. Tìm nghiệm của phương trình (2.2.2):
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) +Aln t−α β−t +Blnt+α
β+t }]
lnt−x
t+xdt+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 hàmφ(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
Chương 2. Phương pháp Riemann - Hilbert giải PTTP trên đường cong mở
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)