VNU. JOURNAL OF SCIENCE, Mathematics - Physics. T.XXI, N 0 1 - 2005 PROBL ` EME G ´ EN ´ ERAL AUX LIMITES DE RIEMANN AV E C D ´ EPLACEMENT ET PROBL ` EMEDEHILBERT POUR L’E’XT ´ ERIEUR DOMAIN DE L’UNITAIRE CIRCLE Vu Van Khu ong Universit ´e de Comm unication et de transport R´esum´e. Dans le livre ”probl`eme aux limites” de prof. Ph. D. Gakhov (voir [1]), on a r´esolu les trois probl`emes suivants: +Probl`eme aux limites de Riemann Φ + (t)=  µ k=1 (t − α k ) m k  ν j=1 (t − β j ) p j G 1 (t)Φ − (t), (1) o`u α k (k = 1,µ), β j (j = 1, ν) sont des quelconques points sur la fronti`ere L; m k ,p j des entiers p ositifs. G 1 (t) est la fonction diff´erente de z´ero pour tout t ∈ L, satisfaisante `a condition de Holder. +Probl`eme g´en´eral aux limites de Riemann avec d´eplacement Φ + [α(t)] = G(t)Φ − (t). (2) +Probl`eme de Hilb ert pour la circonf´erence int´erieure D + de l’unitaire circle. Dans cet article nous consid´erons les trois probl`emes g´en´eralis´es (en correspondance) suiv- ants. +Probl`eme de Riemann satisfaisant `al’´equation (1) et aux conditions de Cauchy d k Φ(z h ) dz k = a h k ,k= 1,m h − 1,h= 1,n. +Probl`eme g´en´eral aux limites de Riemann avec d´eplacement Φ + [α(t)] =  µ k=1 (t − α k ) m k  ν j=1 (t − β j ) p j G(t)Φ − (t). +Probl`eme de Hilbert pour la circonf´erence ´ext´erieure D − de l’unitaire circle. A. R´esolutionduprobl`emedeRiemannsatisfaisantauxconditionsdeCauchy On doit c h ercher deux fonctions Φ + (z) analytiques dans D + et Φ − (z)dans D − . On ´ecrire la condition aux limites du probl`eme de Riemann. Φ + (t)=  µ k=1 (t − α k ) m k  ν j=1 (t − β j ) p j G 1 (t)Φ − (t)+g(t), Typeset by A M S-T E X 8 Probl`eme g´en´eral aux limites de R iemann avec 9 o`u α k (k = 1,µ), β j (j = 1, ν) sont des quelconques points de la fronti`ere L; m k ,p j des entiers positifs. On d´esigne par IndG 1 (t)=χ, ν  j=1 p j = p, µ  k−1 m k = m. On ch ´echera les solutions en classe des fonctions born´ees `alafronti`ere et satisfaisantes aux conditions de Cauc hy d k Φ(z h ) dz k = a h k ,k= 1,m h − 1,h= 1,n n  h=1 m k = m ∗ . En supposant que χ − p  m ∗ ,o`u z 1 ,z 2 , ··· ,z n sont les points donn´es du D + ou du D − .Nousavonsd´ej`a (voir [1], [2], [3]) les formules des solutions g´en´erales du probl`eme de Riemann comme suite Φ + (z)=Y + (z)+X + (z) ν  j=1 (z − β j ) p j P χ−p (z) Φ − (z)=Y − (z)+X − (z) ν  j=1 (z − β j ) p j P χ−p (z) o`u Y + (z)=X + (z). ψ + (z) − Q ρ (z) ν  j=1 (z − β j )p j Y − (z)=X − (z). ψ − (z) − Q ρ (z) µ  k=1 (z − α k ) m k , sont la particulaire solution du probl`eme no n homˆog`ene. D’o`uonobtient P χ−p (z)= Φ + (z) − Y + (z) X + (z) µ  k=1 (z − α k ) m k = A(z ) avec z ∈ D + P χ−p (z)= Φ − (z) − Y − (z) X − (z) µ  k=1 (z − α k ) m k = B(z) avec z ∈ D − . 10 Vu Van Khuong On a, alors d k P χ−p (z h ) dz k =[A(z)] (k) z =z h = c h k − connues, avec z ∈ D + d k P χ−p (z h ) dz k =[B(z)] (k) z=z h = b h k − connues, avec z ∈ D − o`u c h k ,b h k on peut les calculer sur la base des conditions donne´es d k Φ(z h ) dz k = a h k . D’o`u, on peut calculer le polynˆomedeHermitte P χ−p (z). Le probl`eme donn´eestr´ealis´e avec la condition que χ − p  m ∗ ; m ∗ = m 1 + m 2 + ···+ m n . B. Probl`eme g´en´eral aux limites de Riemann avec d ´eplacemen t On donne une courbe close, simple s´eparante plane complexe en circonf´erence int´erieure D + et ´ext´erieure D − . La fonction est donn´ee sur la courbe, et est satis- faisante `alaconditiondeHolder. Lafonctionα(t)estisomorphismedeLsurleuret diff´erente de z´ero. On ´ecrire les conditions du probl`eme homˆog`ene sous la forme Φ + [α(t)] = µ  k=1 (t − α k ) m k ν  j=1 (t − β j ) p j G(t)Φ − (t), (2) o`u α k (k = 1,µ), β j (j = 1, ν) -lespointsdiff´erents `alacourbeL;m k ,p j -nombres entiers positifs. On d´esigne par µ  k=1 m k = m ν  j=1 p j = p, IndG(t)=χ. On ch´echera les solutions dans la classe des fontions born´ees `alafronti`ere L. On doit d´eterminer les fontions Φ + (z) analytiques dans D + , Φ − (z) analytiques dans D − ,leures valeures aux limites satisfaisantes `a (2) avec la condition compl´ementaire Φ − (∞)=0. On r´e´ecrire la condition (2) comme suite Φ + [α(t)] µ  k=1 [(α(t) − α k )] m k = µ  k=1 ( t − α k α(t) − α k ) m k .G(t). Φ − (t) ν  j=1 (t − β j ) p j , (3) Probl`eme g´en´eral aux limites de Ri emann avec 11 en posant Φ + 1 [α(t)] = Φ + [α(t)] µ  k=1 [(α(t) − α k )] m k Φ − 1 (t)= Φ − (t) ν  j=1 (t − β j ) p j . On a alors Φ + 1 [α(t)] = µ  k=1 ( t − α k α(t) − α k ) m k .G(t).Φ − 1 (t), (3’) o`u α(t) est isomorphisme de L sur leur et conserve l’orientation, α  (t) satisfaite `ala condition de Holder, α  (t) =0∀t ∈ L. C’est pourquoi, on a Ind Φ + 1 [α(t)] = Ind Φ + [α(t)] = Ind Φ + (t)=N + χ = Ind G 1 (t)=Ind [ µ  k=1 ( t − α k α(t) − α k ) m k G(t)] = Ind G(t)=N + + N − . En cas de χ < 0leprobl`eme homˆog`ene a l’unique s olution z ´ero, (voir [1], [2]). En cas de χ  0lasolutionduprobl`eme homˆog`ene a χ z´eros. On ´etudiera la cas de χ =0. On r´echerchera la solution satisfaisante `a Φ − 1 (∞)=1. De (3’) on a alors ln Φ + 1 [α(t)] − ln Φ − 1 (t)=ln G 1 (t)=g(t). En posant Γ(z)=ln Φ 1 (z) - la fonction analytique dans D + ou dans D − , et satisfaite `alaconditionauxlimites  Γ + [α(t)] − Γ − (t)=g(t) Γ − (∞)=ln Φ − 1 (∞)=0. (4) En cas de χ =0leprobl`eme a l’unique solution exprim´ee par la formule: Φ 1 (z)=e Γ(z) , Γ ± (z)= 1 2πi  L Γ ± (ζ) ζ − z dζ Γ − (t)=g 1 (t)+  R(t, ζ)g 1 (ζ)dζ Γ + (t)=Γ − [β(t)] + ln G 1 (t), o`u g 1 (t)=− 1 2 ln G 1 (t)+ 1 2πi  L ln G 1 (ζ)α  (ζ) α(ζ) − α(t) dζ. 12 Vu Van Khuong On obt ient alors G(t). µ  k=1 ( t − α k α(t) − α k ) m k = G 1 (t)= e Γ + [α(t)] e Γ − (t) . Cette pr´esentation est unique avec Φ − (∞)=1. Encasde χ > 0,on´ecrire la condition aux limites sous la forme Φ + 1 [α(t)] = t χ {[t −χ G(t)] µ  k=1 ( t − α k α(t) − α k ) m k }Φ − 1 (t) Φ + 1 [α(t)] = t χ .G 2 (t).Φ − 1 (t), o`u G 2 (t)=t −χ G(t) µ  k=1 ( t − α k α(t) − α k ) m k = e Γ + [α(t)] Γ − (t) on pose g 2 (t)=− 1 2 ln [t −χ G 1 (t)] + 1 2πi  L ln [ζ −χ G 1 (ζ)]α  (ζ) α(ζ) − α(t) dζ on a alors Φ + 1 [α(t)] e Γ + [α(t)] = t χ . Φ − 1 (t) e Γ − (t) , nous consid´erons les fonctions Φ + 1 (z) e Γ + (z) ,z χ . Φ − 1 (z) e Γ − (z) . Comme les fonctions `a chercher. En particulaire, la fonction z χ . Φ − 1 (z) e Γ − (z) = z χ .Φ − (z) e Γ − (z) ν  j=1 (z − β j ) p j alad´egr ´ee χ − ν  j=1 p j = χ − p, enz= ∞. En effet, on obtient Φ − 1 (t)=g 2 (t)+P χ−p (t)+  L R(t, ζ)[g 2 (ζ)+P χ−p (ζ)]dζ ϕ − (t)=g 2 (t)+  L R(t, ζ)g 2 (ζ)dζ Φ ∗− k (t)=t k +  L R(t, ζ)ζ k dζ ,k= 0, χ − p Φ − 1 (t)=ϕ − (t)+ χ−p  k=0 C k .Φ ∗− k (t), Probl`eme g´en´eral aux limites de Ri emann avec 13 o`u Φ ∗− k (t) est la solution de l’´equation de Fredholm suivante Φ ∗ 1 (t) − 1 2πi  L [ α  (ζ) α(ζ) − α(t) − 1 ζ − t ]Φ ∗− (ζ)dζ = t k ,k= 0, χ − p Φ + 1 (t)=Φ − 1 [β(t)] + g[β(t)] ; (β[α(t)] ≡ t) Sur la base de la formule de Cauchy on obtient les fonctions analytiques Φ + (z)et Φ − (z). On a maitenant: Th´eor`eme : Le probl`eme de Riemann homˆogene av ec χ  0 a (χ−p+ 1) solutions linairement ind´ependantes. La solution g´en´erale se donera par la formule: Φ + (z)=e Γ + (z) χ−p  k=0 C k .Φ ∗− k (z) Φ − (z)=z −χ .e Γ − (z) χ−p  k=0 C k .Φ − k (z), o`u Γ ± (z)= 1 2πi  L Γ ± (ζ) ζ − z dζ Γ − (t)=g 2 (t)+  L R(t, ζ)g 2 (ζ)dζ g 2 (t)=− 1 2 ln [t −χ G 1 (t)] + 1 2πi  L ln [ζ −χ G 1 (ζ)]α  (ζ) α(ζ) − α(t) dζ Φ ∗− k (t)=t k +  L R(t, ζ)ζ k dζ ,k= 0, χ − p Φ ∗+ k (t)=Φ ∗− k [β(t)] + g[β(t)] Φ ∗± (z)= 1 2πi  L Φ ∗± (ζ) ζ − z dζ ,k= 0, χ − p. C. Le probl `emedeHilbertpourlacirconf´erence ´ext´etieure D − de l’unitaire circle Pour l’unitaire circle, l’op´erationdeSchwartzestidentique`al’int´egral de Schwartz, (voir [1], [3]) F (z)=u(x, y)+iv(x, y) γ(z)= 1 2π 2π  0 [arctg b(σ) a(σ) − χσ] e iσ + z e iσ − z dσ γ(z)=w(x, y)+iw 1 (x, y) 14 Vu Van Khuong Q(z)=iβ 0 + −χ  k=1 (c k z −k − c k z k ). On obtient la solution du probl`eme de Hilbert a(s)u(s)+b(s)v(s)=c(s); 0(0, 0) ∈ D,etInd[a(s)+ib(s)] = χ. On c h´echera des r´eelles fonctions p(s)tellesque p(s)[a(s)+ib(s)] soient la valeur aux limites des fonctions analytiques ayantes z´ero pour tout z ∈ D − , except´e z = ∞ ,o`u elles ont la d´egr´ee (−χ). En effet, on a p(s)[a(s)+ib(s)] = t χ e iγ(z) γ(z)=w(x, y)+iw 1 (x, y) - analytique pour tout z ∈ D − maintenant, on a la formule γ(z)=S[arctg b a − χarctgt] p(s)= |t| χ e −w 1 (s)  a 2 (s)+b 2 (s) = e −w 1 (s) , o`uS-op´eration de Schwartz pour D − . On a maintenan t le pr obl`eme de Hilbert suivant Re  F (t) a(s)+ib(s)  = c(s) Re  F (t) t χ e iγ(t)  = |t| −χ e w 1 (s) c(s)=e w 1 (s) c(s) pour χ a 0. F (t)=z χ e iγ [S(|t| −χ e w 1 (s) c(s)) + Q(z)] = z χ e iχ(z ) [S(e w 1 (s) c(s)) + Q(z)]. u Q(z)estla fonction analytique pour tout z ∈ D − except´ez = ∞.Enz = ∞ Q(z)alad´egre´ea (−χ) et ReQ(z)|z ∈ L = 0, on voit facilement Q(z)=iβ 0 + −χ  k=1 (c k z −k − c k z k ) adapt´ee `alacondictiondel’ext´erieure circonstance de l’unitaire circle F (z)=z χ e iγ(z) [− 1 2π 2π  0 c(σ)e w 1 (σ) e iσ + z e iσ − z dσ + Q(z)]. En particulaire, pour χ = 0 on obtient F (z)=z χ e iγ(z) [S(e w 1 (s) c(s)) + Q(z)]; Q(z) ≡ 0. Probl`eme g´en´eral aux limites de Ri emann avec 15 En ce cas, F (z)alapoldelad´egre´eχ;c’estpourquoi,leprobl`eme de Hilbert homˆog`ene n’est r´esonable. F (z)=z χ e iγ(z) iβ 0 Le probl`eme non homˆog`ene est seulement r´esonable `a condition que: il satisfasse `atoutes conditions suivantes S(c(s)e w 1 (s) )=− 1 2π 2π  0 c(σ)e w 1 (σ) e iσ + z e iσ − z dσ e iσ + z e iσ − z =1+ 2z e iσ − z =1− 2 1 − e iσ z =1− 2(1 + e iσ z + e i2σ z 2 + ···) on doit obtenir les condi tions `afaire ⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ − 1 2π 2π  0 c(σ)e w 1 (σ) dσ =0→ k =0 2π  0 c(σ)e w 1 (σ) e ikσ dσ =0→ k = 1, χ − 1 2π  0 c(σ)e w 1 (σ) cos kσdσ =0→ k = 0, χ − 1. 2π  0 c(σ)e w 1 (σ) sin kσdσ =0→ k = 1, χ − 1 on a totalement les (2χ − 1) conditions `ar´esoudre le probl`emedeHilbertnonhomˆog`ene. References 1. Ph. D. Gakhov, Probl`emes aux limites, Moscou 1970 (en Russe). 2. G. S. Litvinchouk, Probl`emes aux limites et ´equations int´egrales singulaires avec d´eplacement, M oscou 1977 (en R usse). 3. Syst`eme des ´equations int´egrales singulaires, Moscou 1970 (en Russe). . 2005 PROBL ` EME G ´ EN ´ ERAL AUX LIMITES DE RIEMANN AV E C D ´ EPLACEMENT ET PROBL ` EMEDEHILBERT POUR L’E’XT ´ ERIEUR DOMAIN DE L’UNITAIRE CIRCLE Vu Van. 1,n. +Probl`eme g´en´eral aux limites de Riemann avec d´eplacement Φ + [α(t)] =  µ k=1 (t − α k ) m k  ν j=1 (t − β j ) p j G(t)Φ − (t). +Probl`eme de Hilbert pour