Báo cáo "Problè me gé né ral aux limites de Riemann avec dé placement et probl\è me de Hilbert pour l'e'xté rieur domain de l'unitaire circle "

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Dans le livre ”probl`me aux limites” de prof. Ph. D. Gakhov (voir [1]), on a e e e r´solu les trois probl`mes suivants: e e + Probl`me aux limites de Riemann e Φ (t) = + µ mk k=1 (t − αk ) ν pj j=1 (t − βj ) G1 (t)Φ− (t), (1) o` αk (k = 1, µ), βj (j = 1, ν) sont des quelconques points sur la fronti`re L; mk , pj u e des entiers positifs. G1 (t) est la fonction diﬀ´rente de z´ro pour tout t ∈ L, satisfaisante e e a ` condition de Holder....

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Nội dung Text: Báo cáo "Problè me gé né ral aux limites de Riemann avec dé placement et probl\è me de Hilbert pour l'e'xté rieur domain de l'unitaire circle "

VNU. JOURNAL OF SCIENCE, Mathematics - Physics. T.XXI, N0 1 - 2005 ` ´´ PROBLEME GENERAL AUX LIMITES DE RIEMANN ´ ` AVEC DEPLACEMENT ET PROBLEME DE HILBERT ´ POUR L’E’XTERIEUR DOMAIN DE L’UNITAIRE CIRCLE Vu Van Khuong Universit´ de Communication et de transport e R´sum´. Dans le livre ”probl`me aux limites” de prof. Ph. D. Gakhov (voir [1]), on a e e e r´solu les trois probl`mes suivants: e e + Probl`me aux limites de Riemann e µ mk k=1 (t − αk ) + G1 (t)Φ− (t), Φ (t) = (1) ν pj j =1 (t − βj ) o` αk (k = 1, µ), βj (j = 1, ν ) sont des quelconques points sur la fronti`re L; mk , pj u e des entiers positifs. G1 (t) est la fonction diﬀ´rente de z´ro pour tout t ∈ L, satisfaisante e e a ` condition de Holder. + Probl`me g´n´ral aux limites de Riemann avec d´placement e ee e Φ+ [α(t)] = G(t)Φ− (t). (2) + Probl`me de Hilbert pour la circonf´rence int´rieure D+ de l’unitaire circle. e e e Dans cet article nous consid´rons les trois probl`mes g´n´ralis´s (en correspondance) suiv- e e ee e ants. + Probl`me de Riemann satisfaisant ` l’´quation (1) et aux conditions de Cauchy e ae dk Φ(zh ) = ah , k = 1, mh − 1, h = 1, n. k dz k + Probl`me g´n´ral aux limites de Riemann avec d´placement e ee e µ mk k=1 (t − αk ) Φ+ [α(t)] = G(t)Φ− (t). ν pj j =1 (t − βj ) + Probl`me de Hilbert pour la circonf´rence ´xt´rieure D− de l’unitaire circle. e e ee A. R´solution du probl`me de Riemann satisfaisant aux conditions de Cauchy e e On doit chercher deux fonctions Φ+ (z ) analytiques dans D+ et Φ− (z ) dans D− . On ´crire la condition aux limites du probl`me de Riemann. e e µ mk k=1 (t − αk ) Φ+ (t) = G1 (t)Φ− (t) + g (t), ν pj j =1 (t − βj ) Typeset by AMS-TEX 8
Probl`me g´n´ral aux limites de Riemann avec... e ee 9 o` αk (k = 1, µ), βj (j = 1, ν ) sont des quelconques points de la fronti`re L; mk , pj des u e entiers positifs. On d´signe par e µ ν IndG1 (t) = χ, pj = p, mk = m. j =1 k−1 On ch´chera les solutions en classe des fonctions born´es a la fronti`re et satisfaisantes e e` e aux conditions de Cauchy dk Φ(zh ) = ah , k = 1, mh − 1, h = 1, n k dz k n mk = m∗ . h=1 En supposant que χ − p m , o` z1 , z2 , · · · , zn sont les points donn´s du D+ ou du ∗ u e − D . Nous avons d´j` (voir [1], [2], [3]) les formules des solutions g´n´rales du probl`me ea ee e de Riemann comme suite ν + + + (z − βj )pj Pχ−p (z ) Φ (z ) = Y (z ) + X (z ) j =1 ν Φ− (z ) = Y − (z ) + X − (z ) (z − βj )pj Pχ−p (z ) j =1 o` u ψ + (z ) − Qρ (z ) Y + (z ) = X + (z ). ν (z − βj )pj j =1 ψ − (z ) − Qρ (z ) Y − (z ) = X − (z ). , µ (z − αk )mk k=1 sont la particulaire solution du probl`me non homˆg`ne. D’o` on obtient e oe u Φ+ (z ) − Y + (z ) Pχ−p (z ) = = A(z ) µ X + (z ) (z − αk )mk k=1 avec z ∈ D+ Φ− (z ) − Y − (z ) Pχ−p (z ) = = B (z ) µ X − (z ) (z − αk )mk k=1 − avec z ∈ D .
Vu Van Khuong 10 On a, alors dk Pχ−p (zh ) = [A(z )](k)zh = ch − connues, avec z ∈ D+ z= k dz k dk Pχ−p (zh ) = [B (z )](k)zh = bh − connues, avec z ∈ D− z= k dz k o` ch , bh on peut les calculer sur la base des conditions donne´s ukk e dk Φ(zh ) = ah . k dz k D’o`, on peut calculer le polynˆme de Hermitte Pχ−p (z ). Le probl`me donn´ est r´alis´ u o e e ee ∗ avec la condition que χ − p m ; m∗ = m1 + m2 + · · · + mn . B. Probl`me g´n´ral aux limites de Riemann avec d´placement e ee e On donne une courbe close, simple s´parante plane complexe en circonf´rence e e + − int´rieure D et ´xt´rieure D . La fonction est donn´e sur la courbe, et est satis- e ee e faisante ` la condition de Holder. La fonction α(t) est isomorphisme de L sur leur et a diﬀ´rente de z´ro. On ´crire les conditions du probl`me homˆg`ne sous la forme e e e e oe µ (t − αk )mk k=1 Φ+ [α(t)] = G(t)Φ− (t), (2) ν )pj (t − βj j =1 o` αk (k = 1, µ), βj (j = 1, ν ) - les points diﬀ´rents a la courbe L; mk , pj - nombres u e ` entiers positifs. On d´signe par e µ mk = m k=1 ν pj = p , IndG(t) = χ. j =1 On ch´chera les solutions dans la classe des fontions born´es a la fronti`re L. On doit e e` e d´terminer les fontions Φ+ (z ) analytiques dans D+ , Φ− (z ) analytiques dans D− , leures e valeures aux limites satisfaisantes ` (2) avec la condition compl´mentaire Φ− (∞) = 0. a e On r´´crire la condition (2) comme suite ee µ Φ+ [α(t)] Φ− (t) t − αk mk = ( ) .G(t). , (3) µ ν α(t) − αk (t − βj )pj )]mk [(α(t) − αk k=1 j =1 k=1
Probl`me g´n´ral aux limites de Riemann avec... e ee 11 en posant Φ+ [α(t)] Φ+ [α(t)] = 1 µ [(α(t) − αk )]mk k=1 Φ− (t) Φ− (t) = . 1 ν (t − βj )pj j =1 On a alors µ t − αk mk Φ+ [α(t)] = ) .G(t).Φ− (t), ( (3’) 1 1 α(t) − αk k=1 o` α(t) est isomorphisme de L sur leur et conserve l’orientation, α (t) satisfaite ` la u a condition de Holder, α (t) = 0 ∀t ∈ L. C’est pourquoi, on a Ind Φ+ [α(t)] = Ind Φ+ [α(t)] = Ind Φ+ (t) = N + 1 µ t − αk mk ) G(t)] = Ind G(t) = N + + N − . χ = Ind G1 (t) = Ind [ ( α(t) − αk k=1 En cas de χ < 0 le probl`me homˆg`ne a l’unique solution z´ro, (voir [1], [2]). e oe e En cas de χ 0 la solution du probl`me homˆg`ne a χ z´ros. e oe e On ´tudiera la cas de χ = 0. e On r´cherchera la solution satisfaisante ` Φ− (∞) = 1. e a1 De (3’) on a alors ln Φ+ [α(t)] − ln Φ− (t) = ln G1 (t) = g (t). 1 1 En posant Γ(z ) = ln Φ1 (z ) - la fonction analytique dans D+ ou dans D− , et satisfaite a ` la condition aux limites Γ+ [α(t)] − Γ− (t) = g (t) (4) Γ− (∞) = ln Φ− (∞) = 0. 1 En cas de χ = 0 le probl`me a l’unique solution exprim´e par la formule: e e Γ± (ζ ) 1 Φ1 (z ) = eΓ(z) , Γ± (z ) = dζ ζ −z 2π i L Γ− (t) = g1 (t) + R(t, ζ )g1 (ζ )dζ Γ+ (t) = Γ− [β (t)] + ln G1 (t), o` u 1 1 ln G1 (ζ )α (ζ ) g1 (t) = − ln G1 (t) + dζ . α(ζ ) − α(t) 2 2π i L
Vu Van Khuong 12 On obtient alors µ + eΓ [α(t)] t − αk mk G(t). ( ) = G1 (t) = Γ− (t) . α(t) − αk e k=1 Cette pr´sentation est unique avec Φ− (∞) = 1. En cas de χ > 0 , on ´crire la condition e e aux limites sous la forme µ t − αk mk − Φ+ [α(t)] χ −χ = t {[t ) }Φ1 (t) G(t)] ( 1 α(t) − αk k=1 Φ+ [α(t)] t .G2 (t).Φ− (t), χ = 1 1 o` u µ + eΓ [α(t)] t − αk mk −χ G2 (t) = t G(t) ( )= Γ− (t) α(t) − αk k=1 on pose ln [ζ −χ G1 (ζ )]α (ζ ) 1 1 g2 (t) = − ln [t−χ G1 (t)] + dζ α(ζ ) − α(t) 2 2π i L on a alors Φ+ [α(t)] Φ− (t) = tχ . Γ− (t) , 1 1 eΓ+ [α(t)] e nous consid´rons les fonctions e Φ+ (z ) χ Φ− (z ) 1 1 , z . Γ− (z) . eΓ+ (z) e Comme les fonctions ` chercher. En particulaire, la fonction a Φ− (z ) z χ .Φ− (z ) zχ. 1 = ν eΓ− (z) eΓ− (z) (z − βj )pj j =1 a la d´gr´e ee ν χ− pj = χ − p , enz = ∞. j =1 En eﬀet, on obtient Φ− (t) = g2 (t) + Pχ−p (t) + R(t, ζ )[g2 (ζ ) + Pχ−p (ζ )]dζ 1 L ϕ− (t) = g2 (t) + R(t, ζ )g2 (ζ )dζ L Φ∗− (t) = tk + R(t, ζ )ζ k dζ , k = 0, χ − p k L χ−p Φ− (t) Ck .Φ∗− (t), − = ϕ (t) + 1 k k=0
Probl`me g´n´ral aux limites de Riemann avec... e ee 13 o` Φ∗− (t) est la solution de l’´quation de Fredholm suivante uk e 1 α (ζ ) 1 Φ∗ (t) − ]Φ∗− (ζ )dζ = tk , k = 0, χ − p − [ 1 α(ζ ) − α(t) ζ − t 2π i L Φ+ (t) = Φ− [β (t)] + g [β (t)] ; (β [α(t)] ≡ t) 1 1 Sur la base de la formule de Cauchy on obtient les fonctions analytiques Φ+ (z ) et Φ− (z ). On a maitenant: Th´or`me: ee Le probl`me de Riemann homˆgene avec χ 0 a (χ − p + 1) solutions linairement e o ind´pendantes. La solution g´n´rale se donera par la formule: e ee χ−p Γ+ (z ) Ck .Φ∗− (z ) + Φ (z ) = e k k=0 χ−p Γ− (z ) Ck .Φ− (z ), Φ− (z ) = z −χ .e k k=0 o` u Γ± (ζ ) 1 Γ± (z ) = dζ ζ −z 2π i L Γ− (t) = g2 (t) + R(t, ζ )g2 (ζ )dζ L ln [ζ −χ G1 (ζ )]α (ζ ) 1 1 g2 (t) = − ln [t−χ G1 (t)] + dζ α(ζ ) − α(t) 2 2π i L Φ∗− (t) = tk + R(t, ζ )ζ k dζ , k = 0, χ − p k L Φ∗+ (t) = Φ∗− [β (t)] + g [β (t)] k k Φ∗± (ζ ) 1 Φ∗± (z ) = dζ , k = 0, χ − p. ζ −z 2π i L C. Le probl`me de Hilbert pour la circonf´rence ´xt´tieure D− de l’unitaire e e ee circle Pour l’unitaire circle, l’op´ration de Schwartz est identique `l’int´gral de Schwartz, e a e (voir [1], [3]) F (z ) = u(x, y ) + iv(x, y) 2π eiσ + z 1 b(σ ) − χσ ] iσ γ (z ) = [arctg dσ e −z 2π a(σ ) 0 γ (z ) = w(x, y ) + iw1 (x, y )
Vu Van Khuong 14 −χ (ck z −k − ck z k ). Q(z ) = iβ0 + k=1 On obtient la solution du probl`me de Hilbert e a(s)u(s) + b(s)v(s) = c(s) ; 0(0, 0) ∈ D , et Ind [a(s) + ib(s)] = χ. On ch´chera des r´elles fonctions p(s) telles que p(s)[a(s) + ib(s)] soient la valeur aux e e limites des fonctions analytiques ayantes z´ro pour tout z ∈ D− , except´ z = ∞ , o` e e u elles ont la d´gr´e (−χ). En eﬀet, on a ee p(s)[a(s) + ib(s)] = tχ eiγ (z) γ (z ) = w(x, y) + iw1 (x, y ) - analytique pour tout z ∈ D− maintenant, on a la formule b − χarctgt] γ (z ) = S [arctg a |t|χ e−w1 (s) = e−w1 (s) , p(s) = 2 (s) + b2 (s) a o` S - op´ration de Schwartz pour D− . On a maintenant le probl`me de Hilbert suivant u e e F (t) Re = c(s) a(s) + ib(s) F (t) = |t|−χ ew1 (s) c(s) = ew1 (s) c(s) Re tχ eiγ (t) pour χ 0. F (t) = z χ eiγ [S (|t|−χ ew1 (s) c(s)) + Q(z )] = z χ eiχ(z) [S (ew1 (s) c(s)) + Q(z )]. u Q(z ) est la fonction analytique pour tout z ∈ D− except´z = ∞. En z = ∞ Q(z ) a la d´gre´ (−χ) e ee et ReQ(z )|z ∈ L = 0, on voit facilement −χ (ck z −k − ck z k ) adapt´e a la condiction de l’ext´rieure circonstance de Q(z ) = iβ0 + e` e k=1 l’unitaire circle 2π eiσ + z 1 χ iγ (z ) c(σ )ew1 (σ) [− F (z ) = z e dσ + Q(z )]. eiσ − z 2π 0 En particulaire, pour χ = 0 on obtient F (z ) = z χ eiγ (z) [S (ew1 (s) c(s)) + Q(z )]; Q(z ) ≡ 0.
Probl`me g´n´ral aux limites de Riemann avec... e ee 15 En ce cas, F (z ) a la pol de la d´gre´χ; c’est pour quoi, le probl`me de Hilbert homˆg`ne ee e oe n’est r´sonable. e F (z ) = z χ eiγ (z) iβ0 Le probl`me non homˆg`ne est seulement r´sonable a condition que: il satisfasse a toutes e oe e ` ` conditions suivantes 2π eiσ + z 1 w1 (s) c(σ )ew1 (σ) )=− S (c(s)e dσ eiσ − z 2π 0 iσ eiσ ei2σ e +z 2z 2 =1− = 1 − 2(1 + + 2 + ···) = 1 + iσ eiσ iσ − z e −z e z z 1− z on doit obtenir les conditions ` faire a ⎧ 2π ⎪ ⎪ ⎪−1 w1 (σ ) ⎪ dσ = 0 → k = 0 ⎪ 2π c(σ )e ⎪ ⎨ 0 ⎪ 2π ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ c(σ )ew1 (σ) eikσ dσ = 0 → k = 1, χ − 1 ⎪ ⎩ 0 2π c(σ )ew1 (σ) cos k σ dσ = 0 → k = 0, χ − 1. 0 2π c(σ )ew1 (σ) sin kσ dσ = 0 → k = 1, χ − 1 0 on a totalement les (2χ − 1) conditions ` r´soudre le probl`me de Hilbert non homˆg`ne. ae e oe References 1. Ph. D. Gakhov, Probl`mes aux limites, Moscou 1970 (en Russe). e 2. G. S. Litvinchouk, Probl`mes aux limites et ´quations int´grales singulaires avec e e e d´placement, Moscou 1977 (en Russe). e 3. Syst`me des ´quations int´grales singulaires, Moscou 1970 (en Russe). e e e