Tài liệu Phương pháp sử dụng biểu diễn tích phân để giải một số bài toán biên và ứng dụng trong một số bài toán kỹ thuật 272051

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HÀ NỘI - - - - - - - - - - -o0o- - - - - - - - - - - VŨ THỊ CHI PHƯƠNG PHÁP SỬ DỤNG BIỂU DIỄN TÍCH PHÂN ĐỂ GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN BIÊN VÀ ỨNG DỤNG TRONG MỘT SỐ BÀI TOÁN KĨ THUẬT LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC CHUYÊN NGÀNH: TOÁN TIN Hà Nội - 2013 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HÀ NỘI - - - - - - - - - - -o0o- - - - - - - - - - - VŨ THỊ CHI PHƯƠNG PHÁP SỬ DỤNG BIỂU DIỄN TÍCH PHÂN ĐỂ GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN BIÊN VÀ ỨNG DỤNG TRONG MỘT SỐ BÀI TOÁN KĨ THUẬT Chuyên ngành: Toán Tin LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC NGÀNH: TOÁN TIN NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC TS. VŨ THỊ NGỌC HÀ Hà Nội - 2013 Mục lục Danh mục ký hiệu iii Lời nói đầu 1 1 Phương pháp phức giải bài toán Dirichlet cho phương trình vi phân 1.1 5 Công thức tích phân Cauchy – Pompieu bậc một giải bài toán biên Dirichlet cấp một . . . . . . . . . . . . . . . . 5 1.1.1 Công thức tích phân Cauchy - Pompieu bậc một . 6 1.1.2 Bài toán biên Dirichlet cho phương trình vi phân cấp một . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.2 11 Công thức tích phân Cauchy – Pompieu bậc cao để giải bài toán biên Dirichlet cấp cao . . . . . . . . . . . . . . . 17 1.2.1 Công thức tích phân Cauchy - Pompieu bậc hai . 17 1.2.2 Bài toán biên Dirichlet cho phương trình vi phân cấp hai . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22 1.2.3 Công thức tích phân Cauchy - Pompieu bậc n . . 25 1.2.4 Bài toán biên Dirichlet cho phương trình vi phân cấp n . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . i 25 2 Mở rộng sang giải tích quaternion 27 2.1 Mô hình bài toán dòng chảy chất lỏng . . . . . . . . . . 27 2.2 Đại số Quaternion thực . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31 2.2.1 Công thức tích phân Cauchy - Pompieu . . . . . . 39 2.2.2 Công thức Plemelj - Sokhotzki . . . . . . . . . . . 49 2.2.3 Phép phân tích trực giao . . . . . . . . . . . . . . 52 2.2.4 Ứng dụng giải bài toán Dirichlet . . . . . . . . . . 54 2.3 Bài toán Stokes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55 2.4 Phương trình Galpern - Sobolev . . . . . . . . . . . . . . 60 Kết luận 64 Tài liệu tham khảo 66 ii Danh mục ký hiệu C tập các số phức H Quaternion trên trường số thực C k (Ω, H) không gian các hàm khả vi đến cấp k trong Ω C (k,ε) (Ω, H) không gian các hàm liên tục Hölder số mũ ε cùng với các đạo hàm riêng đến cấp k của nó Lp (Ω, H) không gian các hàm khả tích bậc p trên Ω Wpk (Ω, H) không gian các hàm khả vi theo nghĩa suy rộng và thuộc vào Lp (Ω, H) 0 Wpk (Ω, H) không gian các hàm thuộc không gian Wpk (Ω, H) và bị triệt tiêu trên biên Γ  Wpk,loc (Ω, H) f, f ∈ Wpk (Ω, H) , compact K ⊂ Ω iii Lời nói đầu Như ta đã biết toán tử Cauchy - Pompieu ∂z và ∂z̄ là xuất hiện trong các phương trình vật lý toán. Với W (z) = u (x, y) − iv (x, y) là nghiệm của hệ Cauchy - Riemann ∂W = 0, ∂ z̄ trong đó ∂ ∂ z̄ ∂ ∂ = 12 ( ∂x + i ∂y ), ∂ ∂z (1) ∂ ∂ = 12 ( ∂x − i ∂y ) được sử dụng. Phương trình vi phân ∂ 2u ∂ 2u ∆u = ∇ u = 2 + 2 , ∂x ∂y 2 được gọi là phương trình Laplace. Phương trình này xuất hiện trong các bài toán về năng lượng, chẳng hạn năng lượng trong cơ khí hay trong các trường điện từ, trường các lực hấp dẫn. Đặc biệt toán tử Laplace xuất hiện trong trạng thái dừng ổn định (the steady - state) của phương trình truyền nhiệt. Lý do đơn giản là trong trạng thái dừng ổn định thì nghiệm của phương trình truyền nhiệt sẽ độc lập với biến thời gian t, nên ∂u ∂t = 0 và phương trình truyền nhiệt trình Laplace ∇2 u (x, y) = 0. 1 ∂u ∂t = k∇2 u trở thành phương Đối với phương trình (1), hai nghiệm cơ bản độc lập tuyến tính của phương trình này là ∂ ln |z| 1 = , ∂z z ∂ ln |z| i W2 = 2i = , ∂z z W1 = 2 được gọi là hạt nhân của tích phân Cauchy. Trường hợp phương trình Cauchy - Riemann không đồng nhất viết dưới dạng ∂W = f, ∂ z̄ chúng dẫn đến các công thức biểu diễn tích phân Cauchy - Pompieu. Với ứng dụng của tích phân Cauchy và Cauchy - Pompieu phương pháp phức phát triển mạnh mẽ. Bạn đọc có thể xem xét trong Begehr [2], Dzhuraev [4] và Vekua [15] cho rất nhiều ứng dụng trong việc giải quyết các phương trình vi phân bằng phương pháp phức. Từ biểu diễn tích phân Cauchy - Pompieu với ý tưởng sử dụng phương pháp lặp dẫn đến công thức Cauchy - Pompieu bậc hai, và biểu diễn Cauchy - Pompieu bậc n - tổng quát. Kết quả của phương pháp lặp này như một nghiệm cơ bản cho toán tử bậc cao hơn với cách sử dụng định nghĩa toán tử tích phân Pompieu bậc cao. Tuy nhiên Dzhuraev và Vekua dùng phương pháp phức giải quyết vấn đề chứa phương trình Laplace mà ở đó không có điều kiện ban đầu, nhưng trong thực tế chúng ta sẽ gặp phải các bài toán giải phương trình Laplace ∇u (x, y) = 0 trên một miền D nằm trong mặt phẳng phức với điều kiện u (x, y) = f (x, y) với (x, y) thuộc biên của miền D. Bài toán xác định một hàm điều hòa với điều kiện biên đã cho như ta đã biết 2 được gọi là bài toán Dirichlet. Tuy nhiên, một vấn đề gặp phải là bài toán Dirichlet sẽ khó khăn tăng theo mức độ phức tạp của biên miền D. Chính vì vậy, trong chương 1 chúng tôi sẽ sử dụng phương pháp phức để giải quyết bài toán Dirichlet cho phương trình vi phân cấp một và phương trình vi phân cấp hai, sau đó là phương trình vi phân tổng quát cấp n bằng cách dùng biểu diễn tích phân Cauchy - Pompieu bậc một, bậc hai và bậc n. Tuy nhiên, chúng tôi đều lựa chọn giải quyết bài toán Dirichlet cho miền D là đĩa đơn vị. Lý do đơn giản là sau đó chúng ta có thể xây dựng ánh xạ bảo giác giữa đĩa đơn vị và miền D bất kì để giải quyết bài toán Dirichlet với miền có biên phức tạp hơn. Chương 2 chúng tôi xây dựng công thức tích phân Cauchy - Pompieu trong giải tích Quaternion dẫn đến định nghĩa toán tử tích phân Teodorescu và phép phân tích trực giao trong không gian L2 (Ω, H). Sử dụng phương pháp phức chúng tôi giải quyết bài toán Dirichlet cho phương trình vi phân cấp hai đối với toán tử Dirac D. Ý tưởng sử dụng xuyên suốt quá trình giải tìm công thức biểu diễn nghiệm là chúng tôi sử dụng công thức biểu diễn tích phân Cauchy-Pompeiu và tính chất của toán tử tích phân Teodorescu cùng với phép phân tích trực giao của không gian L2 (Ω, H). Tuy nhiên khi giải quyết bài toán dòng chảy chất lỏng Stokes phụ thuộc vào thời gian cho trường hợp hệ số Reynolds thấp chúng tôi phải rời rạc hóa các khoảng thời gian hữu hạn để đưa bài toán Stokes về trạng thái dừng. Khi đó những bài toán biên sẽ được giải quyết bằng phương pháp phức ở trên hay còn gọi là áp dụng lý thuyết hypercomplex vào bài toán Stokes thành công vì sau đó chúng tôi đánh giá được tính 3 ổn định nghiệm của phương trình sai phân đó. Những kết quả trên mà tôi đạt được là nhờ có sự hướng dẫn tận tình của TS. Vũ Thị Ngọc Hà trong suốt thời gian qua. Tôi xin trân trọng cảm ơn cô đã tận tâm hướng dẫn tôi trong quá trình tìm hiểu, lựa chọn, thực hiện đề tài này; cũng như đã định hướng và rèn luyện tác phong nghiên cứu khoa học của mình. Tôi cũng xin trân trọng cảm ơn sự động viên, giúp đỡ của các thầy cô giáo trong viện Toán ứng dụng và Tin học đã có những ý kiến đóng góp quý báu cho tôi khi hoàn thiện luận văn. Vì thời gian có hạn và trình độ còn hạn chế, luận văn không tránh khỏi thiếu sót, tôi rất mong nhận được ý kiến đóng góp và sự cảm thông từ phía độc giả. Hà Nội, ngày 29 tháng 05 năm 2013 Học viên Vũ Thị Chi 4 Chương 1 Phương pháp phức giải bài toán Dirichlet cho phương trình vi phân Trong chương này, chúng tôi trình bày phương pháp phức với ý tưởng sử dụng biểu diễn tích phân Cauchy – Pompieu để giải quyết bài toán Dirichlet cho các phương trình vi phân cấp một và tổng quát lên cấp cao. 1.1 Công thức tích phân Cauchy – Pompieu bậc một giải bài toán biên Dirichlet cấp một Định lý công thức tích phân Cauchy – Pompieu là chìa khóa để giải các bài toán biên Dirichlet trên đĩa đơn vị. Vậy nội dung chính của phần này là định lý tích phân Cauchy - Pompieu được chứng minh một cách chi tiết. Vì ý tưởng chứng minh định lý tích phân Cauchy - Pompieu xuyên suốt luận văn khi chúng tôi chứng minh định lý Cauchy - Pompieu cho phương trình vi phân tổng quát cấn n trong mặt phẳng phức hay định lý Cauchy - Pompieu trong giải tích quaternion. 5 1.1.1 Công thức tích phân Cauchy - Pompieu bậc một Với định nghĩa toán tử 2∂z = ∂x − i∂y , 2∂z̄ = ∂x + i∂y , ở đó z = x + iy, z̄ = x − iy, x, y ∈ R. Kí hiệu w : D −→ C, D là miền mở liên thông trong C, z 7−→ w(z) trong đó w (z) = u (x, y) + iv (x, y), x, y ∈ R, z = x + iy. Nếu w là một hàm giải tích, thỏa mãn hệ Cauchy – Riemann của phương trình vi phân cấp một ux = vy , uy = −vx , hay wz̄ = 0. Ta có thể viết lại như sau: 2∂z̄ w = (∂x + i∂y ) (u + iv) = ∂x u − ∂y v + i (∂x v + ∂y u) , (1.1) tương tự 2∂z w = (∂x − i∂y ) (u + iv) = ∂x u + ∂y v + i (∂x v − ∂y u) = 2∂x w = −2i∂y w = 2w0 . (1.2) Định lý 1.1. (Định lý Gauss dạng thực). Cho (f, g) ∈ C 1 (D; R2 ) ∩ C(D; R2 ) là một vectơ vi phân thực trong miền liên thông D ⊂ R2 thì Z Z (fx (x, y) + gy (x, y)) dxdy = (f (x, y) dy − g (x, y) dx). (1.3) D ∂D 6 Định lý 1.2. (Định lý Gauss dạng phức). Cho w ∈ C 1 (D; C) ∩ C(D; C) trong miền liên thông D của mặt phẳng phức C thì Z Z 1 wz̄ (z)dxdy = w (z)dz 2i D (1.4) ∂D và Z 1 wz (z)dxdy = − 2i D Z w (z)dz̄. (1.5) ∂D Chứng minh. a) Chứng minh (1.4). Sử dụng (1.1) và áp dụng (1.3) ta có: Z Z Z 2 wz̄ (z)dxdy = (ux (z) − vy (z))dxdy + i (vx (z) + uy (z))dxdy D D ZD Z = (u (z) dy + v(z)dx) + i ∂D (v (z) dy − u (z) dx) ∂D Z = −i w (z)dz. ∂D Ta có điều phải chứng minh. b) Chứng minh (1.5) có thể được suy ra tương tự hoặc lấy liên hợp (1.4). Bằng cách lấy liên hợp (1.4) ta có Z Z −2i wz̄ (z)dxdy = w (z)dz̄, D ∂D Z Z mà ∂z̄ w = ∂z w̄ nên −2i w̄z (z)dxdy = D w (z)dz̄. ∂D Thay w̄ bởi w dẫn đến công thức (1.5). 7 Hệ quả 1.1. (Định lý Cauchy) Với w (z) là hàm giải tích thì Z w (z)dz = 0, γ với γ là đường cong trơn kín không tự cắt và miền D được giới hạn bởi γ. Định lý 1.3. (Định lý công thức tích phân Cauchy - Pompieu). Cho D ⊂ C là tập liên thông và w ∈ C 1 (D; C) ∩ C(D; C). Khi đó với ζ = ξ + iη, z ∈ D ta có: 1 w (z) = 2πi Z dζ 1 w (ζ) − ζ −z π Z wζ̄ (ζ) dξdη ζ −z (1.6) dξdη . ζ −z (1.7) D ∂D và 1 w (z) = − 2πi Z dζ̄ 1 w (ζ) − ζ −z π Z wζ (ζ) D ∂D Chứng minh. a) Chứng minh công thức (1.6). Cho zo ∈ D và ε > 0 đủ bé sao cho Kε (zo ) ⊂ D, Kε (zo ) = {z : |z − zo | < ε} . Khi đó Dε = D − Kε (z) với biên ∂Dε = ∂D ∪ (−∂Kε ). Áp dụng (1.4) ta có 1 2i Z Z dζ w (ζ) − ζ − zo wζ (ζ) dξdη = 0. ζ − zo (1.8) Dε ∂Dε Bằng phương pháp tọa độ cực ζ = z0 + teiϕ , t ∈ [0, ε] , ϕ ∈ [0, 2π] ta có Z Kε (zo ) dξdη wζ̄ (ζ) = ζ − zo Zε Z2π 0 0 8
wζ̄ zo + teiϕ e−iϕ dϕdt. Mà Z dξdη = wζ̄ (ζ) ζ − zo Z dξdη wζ̄ (ζ) + ζ − zo Dε D Z wζ̄ (ζ) dξdη , ζ − zo Kε (zo ) do đó Z lim ε→0 dξdη wζ̄ (ζ) = ζ − zo Dε Z wζ̄ (ζ) dξdη . ζ − zo D Mặt khác ta có Z Z Z dζ dζ w (ζ) = w (ζ) − ζ − zo ζ − zo ∂Dε (1.9) ∂D w (ζ) dζ , ζ − zo ∂Kε (zo ) trong đó Z dζ =i w (ζ) ζ − zo Z2π
w zo + εeiϕ dϕ 0 ∂Kε (zo ) nên Z lim ε→0 ∂Dε dζ w (ζ) = ζ − zo Z w (ζ) dζ − 2πiw (zo ) . ζ − zo (1.10) ∂D Thế (1.9) và (1.10) vào (1.8) ta có điều phải chứng minh. b) Chứng minh công thức (1.7) có thể được suy ra tương tự hoặc lấy liên hợp như trong chứng minh trước. Bằng cách lấy liên hợp (1.6) ta có: Z Z 1 dζ̄ 1 dξdη w (z) = − w (ζ) − wζ̄ (ζ) 2πi ζ −z π ζ −z D ∂D Z Z 1 dζ̄ 1 dξdη = − w (ζ) − wζ (ζ) , 2πi ζ −z π ζ −z D ∂D thay w̄ bởi w dẫn đến 1 w (z) = − 2πi Z dζ̄ 1 w (ζ) − ζ −z π Z wζ (ζ) D ∂D 9 dξdη . ζ −z Điều phải chứng minh. Từ công thức tích phân Cauchy – Pompieu cho ta định nghĩa toán tử tích phân Pompieu. Định nghĩa 1.1. Cho f ∈ L1 (D; C), toán tử tích phân Z 1 dξdη T f (z) = − f (ζ) , z ∈ C, π ζ −z D được gọi là toán tử tích phân Pompieu. Định lý 1.4. Cho f ∈ L1 (D; C), ϕ ∈ C01 (D; C). Khi đó ta có Z Z T f (z)ϕz̄ (z) dxdy + f (z)ϕ (z) dxdy = 0, D (1.11) D trong đó C01 (D; C) biểu thị tập của các hàm giá trị phức trong D có đạo hàm cấp một liên tục trên D . Chứng minh. Từ (1.6) và giả thiết rằng các giá trị biên của ϕ triệt tiêu tại biên ta có 1 ϕ (z) = 2πi Z dζ 1 ϕ (ζ) − ζ −z π Z ϕζ̄ (ζ)
dξdη = T ϕζ̄ (z) , ζ −z D ∂D mà Z Z  Z 1 dξdη  T f (z) ϕz̄ (z) dxdy = − f (ζ) ϕz̄ (z) dxdy. π ζ −z D D (1.12) D Do đó, đổi thứ tự tích phân (1.12) ta được Z Z Z Z 1 dxdy f (ζ) ϕz̄ (z) dξdη = − f (ζ)ϕ (ζ) dξdη. T f (z) ϕz̄ (z) dxdy = − π ζ −z D D D Điều phải chứng minh. 10 D Công thức (1.11) có thể viết dưới dạng ∂z̄ T f = f, khi đó toán tử tích phân Pompieu là khả nghịch và có nghịch đảo là toán tử ∂z̄ . 1.1.2 Bài toán biên Dirichlet cho phương trình vi phân cấp một Trong phần này, tôi sử dụng công thức tích phân Cauchy – Pompieu bậc một để giải bài toán Dirichlet cho phương trình vi phân cấp một. Định lý 1.5. Bài toán Dirichlet cho phương trình Cauchy – Riemann thuần nhất trong đĩa đơn vị wz̄ = 0 trong D, w = γ trên ∂D, với γ ∈ C (∂D; C) là giải được nếu và chỉ nếu với |z| < 1 Z z̄dζ 1 γ (ζ) = 0. 2πi 1 − z̄ζ (1.13) |ζ|=1 Nghiệm là duy nhất được đưa ra bởi tích phân Cauchy Z 1 dζ w (z) = γ (ζ) . 2πi ζ −z (1.14) |ζ|=1 Chứng minh. a) Điều kiện cần của (1.13). Cho w là một nghiệm của bài toán Dirichlet. Khi đó với w giải tích trong D, có giá trị liên tục trên biên thì lim w (z) = γ (ζ) , z→ζ 11 (1.15) với mọi |ζ| = 1 . Xét trường hợp 1 < |z| ta có hàm Z Z 1
1 1 z̄dζ z̄ dζ w =− =− . γ (ζ) γ (ζ) z̄ 2πi 1 − z̄ζ 2πi ζ −z ζ |ζ|=1 |ζ|=1 Với z, 1 < |z|, hướng theo ζ, |ζ| = 1, 1/z̄ cũng hướng theo ζ, nên lim w (1/z̄) tồn tại, nghĩa là lim w (z) tồn tại với 1 < |z|. Từ z→ζ z→ζ Z 1
1 w (z) − w = z̄ 2πi  dζ  ζ ζ −1 + , γ (ζ) ζ −z ζ −z ζ |ζ|=1 và từ tính chất của hạt nhân Poisson với |ζ| = 1 ta có lim w (z) − z→ζ,|z|<1 lim w (z) = γ (ζ) . (1.16) z→ζ,1<|z| So sánh (1.16) với (1.15) cho thấy lim w (z) = 0 với 1 < |z|. Vì w (∞) = z→ζ 0, khi đó áp dụng nguyên lý modul cực đại cho hàm giải tích cho w (z) ≡ 0 với 1 < |z|. Đây là điều kiện (1.13). b) Điều kiện đủ của (1.13), thêm (1.13) vào (1.14) dẫn đến Z  ζ 1 z̄  dζ w (z) = γ (ζ) + 2πi ζ −z ζ −z ζ |ζ|=1 1 = 2πi Z  ζ  dζ ζ̄ γ (ζ) + −1 . ζ −z ζ −z ζ |ζ|=1 Do đó với |ζ| = 1 thì lim w (z) = γ (ζ) . z→ζ,|z|<1 12 Nhận xét 1.1. Kết quả này là kết quả của công thức Plemelj-Sokhotzki. Tích phân Cauchy (1.14) rõ ràng cung cấp một hàm giải tích trong D. Công thức Plemelj-Sokhotzki cho rằng với |ζ| = 1 ta có w (z) − lim z→ζ,|z|<1 lim w (z) = γ (ζ) . z→ζ,1<|z| Vậy với |ζ| = 1 lim w (z) = γ (ζ) với điều kiện z→ζ,|z|<1 lim w (z) = 0, z→ζ,1<|z| là cần và đủ. Công thức Plemelj – Sokhotzki được xây dựng với điều kiện γ là Hölder liên tục. Tuy nhiên, đối với đĩa đơn vị điều kiện Hölder liên tục là không cần thiết. Định lý 1.6. Bài toán Dirichlet cho phương trình Cauchy – Riemann không thuần nhất trong đĩa đơn vị wz̄ = f trong D, w = γ trên ∂D, với f ∈ L1 (D; C) , γ ∈ C (∂D; C) là giải được nếu và chỉ nếu với |z| < 1 Z Z 1 z̄dζ 1 z̄dξdη = . (1.17) γ (ζ) f (ζ) 2πi 1 − z̄ζ π 1 − z̄ζ |ζ|=1 |ζ|<1 Nghiệm là duy nhất được đưa ra bởi tích phân Z Z 1 dζ 1 dξdη w (z) = γ (ζ) − f (ζ) . 2πi ζ −z π ζ −z |ζ|=1 (1.18) |ζ|<1 Chứng minh. Biểu diễn (1.18) theo từ (1.6) nếu bài toán giải được. Nghiệm duy nhất là một hệ quả của định lý (1.5). Bây giờ ta chứng minh điều kiện (1.17) nếu bài toán có nghiệm duy nhất (1.18). Xét hàm ϕ = w − T f thỏa mãn ϕz̄ = 0 trong D, w = γ trên ∂D với γ ∈ C (∂D; C). 13 Theo định lý (1.5) ta có 1 ϕ (z) = 2πi Z (w − T f ) (ζ) dζ , ζ −z |ζ|=1 nếu và chỉ nếu 1 2πi Z (w − T f ) (ζ) z̄dζ = 0. 1 − z̄ζ |ζ|=1 Hay 1 2πi Z Z z̄dζ 1 w (ζ) = 1 − z̄ζ 2πi |ζ|=1 T f (ζ) z̄dζ 1 − z̄ζ |ζ|=1 Z 1 = − 2πi 1 π Z f (ζ̃) |ζ̃ |<1 Z 1 f (ζ̃) 2πi ˜ dξdη̃ z̄dζ ζ̃ − ζ 1 − z̄ζ |ζ|=1 = = 1 π 1 π Z z̄ dζ ˜ dξdη̃ 1 − z̄ζ ζ − ζ̃ |ζ|=1 |ζ̃ |<1 Z f (ζ̃) z̄ ˜ dξdη̃. 1 − z̄ζ |ζ̃ |<1 Điều phải chứng minh. Ví dụ: Về dùng ánh xạ bảo giác chúng tôi có thể chuyển bất kì bài toán Dirichlet trong đĩa đơn vị sang giải bài toán Dirichlet cho phương trình Cauchy - Riemann trên nửa mặt phẳng, wz̄ = 0 với x > 0, −∞ < x < +∞ u (0, y) = γ (y) với − ∞ < y < +∞. Bằng phương pháp sử dụng ánh xạ bảo giác từ nửa mặt phẳng lên đĩa đơn vị và kết quả trong định lý (1.5) . 14 Ta có công thức tích phân để giải bài toán biên Dirichlet trên đĩa đơn vị : 1 f (z) = 2πi Z  ζ +z u (ζ) ζ −z  1 dζ, ζ |ζ|=1 với u (ζ) = γ (ζ), ta có   h 1 Z ζ +z 1 i u (x, y) = Re [f (z)] = Re γ (ζ) dζ . 2πi ζ −z ζ |ζ|=1 Công thức tích phân để giải bài toán Dirichlet trên nửa mặt phẳng bên phải là   h 1 Z T (ξ) + T (z) T 0 (ξ) i γ (ξ) dξ , u (x, y) = Re [f (z)] = Re 2πi T (ξ) − T (z) T (ξ) C với C = (−∞, ∞), ζ = T (ξ), ξ ∈ C. Chúng ta sử dụng   z−i w = T (z) = −i , z+i T 0 (z) = −2i . (z + i)2 Khi đó 1 f (z) = 2πi Z  −i (ξ − 1) / (ξ + 1) − i (z − 1) / (z + 1) u (ξ) −i (ξ − 1) / (ξ + 1) + i (z − 1) / (z + 1) C 1 −2i dξ −i (ξ − 1) / (ξ + 1) (ξ + 1)2   Z 1 ξz − 1 1 = dξ. u (ξ) πi ξ − z ξ2 − 1 C 15