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user: 4. 求解问题 首先考虑开口弧段 L 1 上的边值问题，由于 G ( t ) ≡ − 1 ，我们取 log G ( t ) = i π 。引入函数 Γ 1 ( z ) = 1 2 ∫ Γ 1 d t t − z ， z ∉ L 1 由 [ 1 ] 可知，在端点附近有 Γ 1 ( z ) = { − 1 2 log ( b − z ) + Δ b ( z ) ， z ∈ U ( b ， ϵ ) 1 2 log ( c − z ) + Δ c ( z ) ， z ∈ U ( c ， ϵ ) 其中 Δ b ( z ) ， Δ c ( z ) 分别在 z = b ， c 附近沿 L 1 剖开的邻域 N b ， N c 中全纯。 令 χ 1 ( z ) = e Γ 1 ( z ) 有 χ 1 ( z ) = { ( b − z ) − 1 2 + χ b ( z ) ， z ∈ U ( b ， ϵ ) ( c − z ) 1 2 + χ c ( z ) ， z ∈ U ( c ， ϵ ) 其中 χ b ， χ c 分别在 N b ， N c 中全纯。 我们假设在 h 0 类中求解，可知 λ b = 0 ， λ c = − 1 ，典则函数为 X 1 ( z ) = ( z − c ) − 1 χ 1 ( z ) 易得 Ψ 0 在端点 z = b ， c 附近是 − 1 2 阶的极点。 同理可知， Ψ 0 在 L 2 的端点 z = c ， a 附近是 − 1 2 阶的极点， Ψ 0 在 L 3 的端点 z = a ， b 附近是 − 1 2 阶的极点。从而，由对称扩张的性质可以推出 Ψ 在 ∞ 处是 − 1 2 阶的极点。 记 Σ = L 4 + L 5 + L 6 ，给出函数 Γ ( z ) = 1 2 ∫ L d τ τ − z W ( z ) = ( z − a ) 1 2 ( z − b ) 1 2 ( z − c ) 1 2 e Γ ( z ) 这里引用 [ 1 ] 中幂函数正负边值的定义 W + ( t ) = { ( t − a ) 1 2 ( t − b ) 1 2 ( t − c ) 1 2 e Γ + ( t ) ， t ∈ L ( t − a ) 1 2 ( t − b ) 1 2 ( t − c ) 1 2 e Γ ( t ) ， t ∈ Σ W − ( t ) = { ( t − a ) 1 2 ( t − b ) 1 2 ( t − c ) 1 2 e Γ − ( t ) ， t ∈ L − ( t − a ) 1 2 ( t − b ) 1 2 ( t − c ) 1 2 e Γ ( t ) ， t ∈ Σ 方程组(5)两边同时除以 W + ( t ) ，得 { Ψ 0 + ( t ) W + ( t ) = Ψ 1 − ( t ) W − ( t ) + 2 f ˜ ( t ) W + ( t ) ， t ∈ L 1 Ψ 0 + ( t ) W + ( t ) = Ψ 2 − ( t ) W − ( t ) + 2 f ˜ ( t ) W + ( t ) ， t ∈ L 2 Ψ 0 + ( t ) W + ( t ) = Ψ 3 − ( t ) W − ( t ) + 2 f ˜ ( t ) W + ( t ) ， t ∈ L 3 Ψ 2 + ( t ) W + ( t ) = Ψ 1 − ( t ) W − ( t ) + 2 f ˜ ( τ 2 ( t ) ) W + ( t ) ， t ∈ L 4 Ψ 3 + ( t ) W + ( t ) = Ψ 2 − ( t ) W − ( t ) + 2 f ˜ ( τ 3 ( t ) ) W + ( t ) ， t ∈ L 5 Ψ 1 + ( t ) W + ( t ) = Ψ 3 − ( t ) W − ( t ) + 2 f ˜ ( τ 1 ( t ) ) W + ( t ) ， t ∈ L 6 其中 2 f ˜ ( τ 2 ( t ) ) W + ( t ) ∈ H ρ * ( c ) ∩ H ^ 0 ( L 4 ) 2 f ˜ ( τ 3 ( t ) ) W + ( t ) ∈ H ρ * ( a ) ∩ H ^ 0 ( L 5 ) 2 f ˜ ( τ 1 ( t ) ) W + ( t ) ∈ H ρ * ( b ) ∩ H ^ 0 ( L 6 ) 由于 O r d [ Ψ ， ∞ ] = − 1 2 故 O r d [ Ψ W ， ∞ ] = − 1 从而上述方程组的解为 Ψ ( z ) W ( z ) = 1 2 π i ∫ L + Σ 2 f ˜ ( τ ( t + ) ) W + ( t ) ( t − z ) d t + λ a z − a + λ b z − b + λ c z − c Ψ ( z ) = W ( z ) 2 π i ∫ L + Σ 2 f ˜ ( τ ( t + ) ) W + ( t ) ( t − z ) d t + W ( z ) ( λ a z − a + λ b z − b + λ c z − c ) 为了满足条件(4)，需构造 Ψ * ( z ) [ 1 ]，我们令 Γ 1 * ( z ) = Γ 1 ( τ 1 ( z ) ) ¯ = 1 2 ∫ L 1 d t t − z − ∫ L 1 d t 2 t − ( 1 + i 3 ) α 1 = 1 i ∫ L 1 d t 2 t − ( 1 + i 3 ) = π 3 Γ 1 * ( z ) = Γ 1 ( z ) − π 3 i Γ 2 * ( z ) = Γ 2 ( τ 2 ( z ) ) ¯ = 1 2 ∫ L 2 d t t − z − 1 2 ∫ L 2 d t t + 1 α 2 = 1 2 i ∫ L 2 d t t + 1 = π 3 Γ 2 * ( z ) = Γ 2 ( z ) − π 3 i Γ 3 * ( z ) = Γ 3 ( τ 3 ( z ) ) ¯ = 1 2 ∫ L 3 d t t − z − ∫ L 3 d t 2 t − ( 1 − i 3 ) α 3 = 1 i ∫ L 3 d t 2 t − ( 1 − i 3 ) = π 3 Γ 3 * ( z ) = Γ 3 ( z ) − π 3 i W * ( z ) = { ( τ 1 ( z ) ¯ − a ¯ ) 1 2 ( τ 1 ( z ) ¯ − b ¯ ) 1 2 ( τ 1 ( z ) ¯ − c ¯ ) 1 2 e − i π 3 e Γ ( z ) ， z ∈ D 0 ∪ D 1 ( τ 2 ( z ) ¯ − a ¯ ) 1 2 ( τ 2 ( z ) ¯ − b ¯ ) 1 2 ( τ 2 ( z ) ¯ − c ¯ ) 1 2 e − i π 3 e Γ ( z ) ， z ∈ D 0 ∪ D 2 ( τ 3 ( z ) ¯ − a ¯ ) 1 2 ( τ 3 ( z ) ¯ − b ¯ ) 1 2 ( τ 3 ( z ) ¯ − c ¯ ) 1 2 e − i π 3 e Γ ( z ) ， z ∈ D 0 ∪ D 3 Ψ * ( z ) = Ψ ( τ j ( z ) ) ¯ = − W * ( z ) 2 π i ∫ L + Σ 2 f ˜ ( τ ( t + ) ) W + ( t ) ¯ ( t ¯ − τ j ( z ) ¯ ) d t ¯ + W * ( z ) ( λ a ¯ ( τ j ( z ) ¯ − a ¯ ) + λ a ¯ ( τ j ( z ) ¯ − a ¯ ) + λ a ¯ ( τ j ( z ) ¯ − a ¯ ) ) 其中 z ∈ D 0 ∪ D j ， 那么 Ψ 0 ( z ) = 1 2 [ Ψ ( z ) + Ψ * ( z ) ] 是问题(2)的解，且满足条件(4)。 接下来，我们来求解方程组(7)，令 Q ( z ) = e Γ ( z ) 易得 Q + ( t ) Q − ( t ) = − 1 ， t ∈ L Q + ( t ) = Q − ( t ) = 1 ， t ∈ Σ 方程组(7)两边同时除以 Q + ( t ) ，得 { Ω 0 + ( t ) Q + ( t ) = Ω 1 − ( t ) Q − ( t ) + 2 f ˜ ˜ ( t ) Q + ( t ) ， t ∈ L 1 Ω 0 + ( t ) Q + ( t ) = Ω 2 − ( t ) Q − ( t ) + 2 f ˜ ˜ ( t ) Q + ( t ) ， t ∈ L 2 Ω 0 + ( t ) Q + ( t ) = Ω 3 − ( t ) Q − ( t ) + 2 f ˜ ˜ ( t ) Q + ( t ) ， t ∈ L 3 Ω 2 + ( t ) Q + ( t ) = Ω 1 − ( t ) Q − ( t ) + 2 f ˜ ˜ ( τ 2 ( t ) ) Q + ( t ) ， t ∈ L 4 Ω 3 + ( t ) Q + ( t ) = Ω 2 − ( t ) Q − ( t ) + 2 f ˜ ˜ ( τ 3 ( t ) ) Q + ( t ) ， t ∈ L 5 Ω 1 + ( t ) Q + ( t ) = Ω 3 − ( t ) Q − ( t ) + 2 f ˜ ˜ ( τ 1 ( t ) ) Q + ( t ) ， t ∈ L 6 因为 f ˜ ˜ ( τ 2 ( c ) ) = 1 2 [ f ( τ 2 ( c ) ) − f ( τ 2 ( c ) ¯ ) ] = 1 2 [ f ( c ) − f ( c ¯ ) ] = 1 2 [ f ( c ) − f ( c ⋅ e i 2 π 3 ) ] = 0 f ˜ ˜ ( τ 2 ( ∞ ) ) = 1 2 [ f ( τ 2 ( ∞ ) ) − f ( τ 2 ( ∞ ) ¯ ) ] = 1 2 [ f ( b ) − f ( b ¯ ) ] = 1 2 [ f ( b ) − f ( b ) ] = 0 f ˜ ˜ ( τ 3 ( a ) ) = 1 2 [ f ( τ 3 ( a ) ) − f ( τ 3 ( a ) ¯ ) ] = 1 2 [ f ( a ) − f ( a ¯ ) ] = 1 2 [ f ( a ) − f ( a ⋅ e − i 2 π 3 ) ] = 0 f ˜ ˜ ( τ 3 ( ∞ ) ) = 1 2 [ f ( τ 3 ( ∞ ) ) − f ( τ 3 ( ∞ ) ¯ ) ] = 1 2 [ f ( c ) − f ( c ¯ ) ] = 1 2 [ f ( c ) − f ( c ⋅ e i 2 π 3 ) ] = 0 f ˜ ˜ ( τ 1 ( b ) ) = 1 2 [ f ( τ 1 ( b ) ) − f ( τ 1 ( b ) ¯ ) ] = 1 2 [ f ( b ) − f ( b ¯ ) ] = 1 2 [ f ( b ) − f ( b ) ] = 0 f ˜ ˜ ( τ 1 ( ∞ ) ) = 1 2 [ f ( τ 1 ( ∞ ) ) − f ( τ 1 ( ∞ ) ¯ ) ] = 1 2 [ f ( a ) − f ( a ¯ ) ] = 1 2 [ f ( a ) − f ( a ⋅ e − i 2 π 3 ) ] = 0 所以，有 f ˜ ˜ ( τ 2 ( t ) ) ∈ H ρ * ( c ) ∩ H ^ 0 ( L 4 ) f ˜ ˜ ( τ 3 ( t ) ) ∈ H ρ * ( a ) ∩ H ^ 0 ( L 5 ) f ˜ ˜ ( τ 1 ( t ) ) ∈ H ρ * ( b ) ∩ H ^ 0 ( L 6 ) 又 O r d [ Ω Q ， ∞ ] = − 1 2 故解为 Ω ( z ) Q ( z ) = 1 2 π i ∫ L + Σ 2 f ˜ ˜ ( τ ( t + ) ) Q + ( t ) ( t − z ) d t + η a z − a + η b z − b + η c z − c Ω ( z ) = Q ( z ) 2 π i ∫ L + Σ 2 f ˜ ˜ ( τ ( t + ) ) Q + ( t ) ( t − z ) d t + Q ( z ) ( η a z − a + η b z − b + η c z − c ) 同样的，为了满足条件(6)，下面需构造 Ω * ( z ) ，通过计算可得 Q * ( z ) = e − i π 3 Q ( z ) Ω * ( z ) = − Q * ( z ) 2 π i ∫ L + Σ 2 f ˜ ˜ ( τ ( t + ) ) Q + ( t ) ¯ ( t ¯ − τ j ( z ) ¯ ) d t ¯ + Q * ( z ) ( η a ¯ τ j ( z ) ¯ − a ¯ + η b ¯ τ j ( z ) ¯ − b ¯ η c ¯ τ j ( z ) ¯ − c ¯ ) 其中 z ∈ D 0 ∪ D j ，那么 Ω 0 ( z ) = 1 2 [ Ω ( z ) + Ω * ( z ) ] 是问题(3)的解，且满足条件(6)。