2.2 Các dạng bài toán biên Hilbert
2.2.4 Bài toán cho miền ngoài đường tròn đơn vị
Xét bài toán biên Hilbert đối với một miền vô hạn D−bên ngoài chu tuyến đóng, đơn và trơnL.
Tương tự như trong trường hợp miền D+, giả sử rằng chiều dương của phép tịnh tiến trên chu tuyến L là ngược chiều kim đồng hồ. Chúng ta sẽ xác định thừa số chính quy hóa với giả thiết gốc tọa độ thuộc miềnD+.
Giả sử rằng
Ind[a(s) +ib(s)] = κ.
Thừa số chính quy hóa cho hàm phức a(s) +ib(s)( xác định trên chu tuyến L) đối với miền bên ngoàiD− là một đại lượng thực dương - định nghĩa hàm p(s) thỏa mãn tích sốp(s)[a(s) +ib(s)]là giá trị biên của một hàm giải tích trongD− và có cấp 0 khắp nơi trong D−, ngoại trừ tại điểm ở vô cùng hàm có cấp bằng chỉ số lấy với dấu âm(−κ).Do đó, theo định nghĩa ta có
p(s)[a(s) +ib(s)] = tκeiγ(t),
trong đóγ(z) = ω(x,y) +iω1(x,y)là một hàm giải tích khắp nơi trongD− bao gồm cả điểm tại vô cùng.
Biện luận tương tự bài thừa số chính quy hóa thực đưa tới hệ thức γ(z) = S
arctan b
a −κargt
, p(s) = |t|κe−ω1(s) pa2(s) +b2(s), trong đóSlà toán tử Schwarz trong miềnD−.
Bây giờ chúng ta tiếp tục xét bài toán biên Hilbert.
Giả sử điều kiện
a2(s) +b2(s) = 1
là thỏa mãn, chúng ta có thể viết điều kiện biên của bài toán Hilbert dưới dạng Re
F(t) a(s) +ib(s)
= c(s). chia cho thừa số chính quy hóa ta được
Re
F(t) tκeiγ(t)
= |t|−κeω1(s)c(s).
Lý luận tương tự như trong bài toán biên Hilbert không thuần nhất, sự khác biệt duy nhất là thay vì ở gốc tọa độ, điểm đặc biệt là ở vô cùng. Vì vậy, chúng ta có được kết quả như sau:
Mệnh đề 2.2. Trong trường hợp κ ≤ 0bài toán biên Hilbert thuần nhất có−2κ+1 nghiệm độc lập tuyến tính, bài toán không thuần nhất là giải được tuyệt đối và nghiệm của nó phụ thuộc tuyến tính với−2κ+1hằng số thực tùy ý.
Trong trường hợpκ > 0bài toán biên Hilbert thuần nhất không giải được và bài toán không thuần nhất giải được khi2κ −1điều kiện giải được thỏa mãn; khi đó, bài toán không thuần nhất có một nghiệm duy nhất.
Chứng minh.Xét các trường hợp 1. Vớiκ ≤0
F(z) = zκeiγ(z)[S(|t|−κeω1(s)c(s)) +Q(z)], (2.30) trong đó Q(z) là một hàm giải tích khắp nơi trong D− ngoại trừ điểm tại vô cực tại đó có một cực điểm cấp không vượt quá−κ, phần thực của hàm bị triệt tiêu trên chu tuyến. Dễ dàng nhận thấy rằng hàm Q(z) cho đường tròn đơn vị trong công thức (1.10) cũng có thể sử dụng cho trường hợp miền ngoài đường tròn đơn vị. Để thuận lợi hơn trong việc sử dụng biểu
thứcQ(z)trong một vài trường hợp khác, ta thay thếzbằng1/ztrong công thức (1.10). Như vậy, hàm Q(z) cho miền ngoài đường tròn đơn vị có thể được viết dưới dạng
Q(z) = iβ0+
−κ k=1∑
(ckz−k−ckzk). Đối với một miền D− tùy ý ta có công thức
Q(z) = iβ0+
−κ k=∑1
n
ck[ω(z)]−k−ck[ω(z)]ko.
trong đó ω(z) là hàm của ánh xạ bảo giác từ miền D− vào miền ngoài đường tròn đơn vị và biến đổi điểm ở vô cực thành điểm ở vô cực. Đặc biệt, với κ = 0thì hàm Q(z)là một số thuần ảo iβ0.
2. Với κ > 0. Nghiệm có thể thu được từ công thức (2.30) bằng cách đặt Q(z) ≡ 0.Trong trường hợp này hàm cho bởi công thức (2.30) có một cực điểm cấp κ tại vô cực. Do đó, bài toán biên Hilbert thuần nhất không giải được và bài toán không thuần nhất là giải được khi thỏa mãn một số điều kiện, từ đó nghiệm có thể thu được bằng cách khai triển hàmS|t|κeω1(s)c(s) thành chuỗi trong lân cận của điểm vô cực và lập điều kiện đối vớiκ hệ số đầu tiên bằng 0.
Trong trường hợp miền ngoài của đường tròn đơn vị, toán tử Schwarz bằng tích phân Schwarz lấy với dấu âm. Khai triển tích phân Schwarz trong chuỗi lũy thừa theo1/z và lập luận như đối với trường hợp miền trong của đường tròn đơn vị .
Dễ dàng nhận thấy rằng mệnh đề đã nêu có thể được rút ra từ mệnh đề tương ứng của bài toán biên Hilbert không thuần nhất cho miền D+, nếu κ được thay bởi−κ. Để xác định chỉ số ta chọn chiều dương trên chu tuyến theo chiều ngược chiều chuyển động của kim đồng hồ, nhưng tự nhiên hơn là cho miềnD− theo chiều kim đồng hồ, thì kết quả cuối cùng sẽ giống với các định lý tương ứng cho miềnD+.