四、积分方程的求解

小题

1. 【1991-12-3 分】 若连续函数 $f(x)$ 满足关系式

$f(x)={\int }_0^{2x}f\left(\frac{t}{2}\right)dt+\ln 2$，

求 $f(x)$。

查看答案与解析

答案： $f(x)=e^{2x}\ln 2$。

解析： 在积分中令

$u=\frac{t}{2}$，

则 $t=2u$，$dt=2du$，且当 $t$ 从 $0$ 变到 $2x$ 时，$u$ 从 $0$ 变到 $x$。因此

${\int }_0^{2x}f\left(\frac{t}{2}\right)dt=2{\int }_0^{x}f(u)du$。

原积分方程化为

$f(x)=2{\int }_0^{x}f(u)du+\ln 2$。

由于 $f(x)$ 连续，两边对 $x$ 求导，得

$f^{\prime }(x)=2f(x)$。

令 $x=0$ 代入原方程，得

$f(0)=\ln 2$。

微分方程 $f^{\prime }=2f$ 的通解为

$f(x)=C{e}^{2x}$。

由 $f(0)=\ln 2$，得 $C=\ln 2$，所以

$f(x)=e^{2x}\ln 2$。

将其代回原方程可验证等式成立。

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2. 【1992-4-5 分】 求连续函数 $f(x)$，使它满足

$f(x)+2{\int }_0^{x}f(t)dt=x^2$。

查看答案与解析

答案： $f(x)=x-\frac{1}{2}+\frac{1}{2}{e}^{-2x}$。

解析： 由于 $f(x)$ 连续，原式两边对 $x$ 求导，得

$f^{\prime }(x)+2f(x)=2x$。

令 $x=0$ 代入原积分方程，有

$f(0)=0$。

解一阶线性微分方程

$f^{\prime }+2f=2x$。

其积分因子为

$e^{\int 2dx}=e^{2x}$，

故

${\left(e^{2x}f(x)\right)}^{\prime }=2x{e}^{2x}$。

积分得

$e^{2x}f(x)=\int 2x{e}^{2x}dx+C$。

分部积分可得

$\int 2x{e}^{2x}dx=x{e}^{2x}-\frac{1}{2}{e}^{2x}$，

从而

$f(x)=x-\frac{1}{2}+C{e}^{-2x}$。

由 $f(0)=0$，得

$C=\frac{1}{2}$。

因此

$f(x)=x-\frac{1}{2}+\frac{1}{2}{e}^{-2x}$。

大题

1. 【1989-123-7 分】 设连续函数 $f(x)$ 满足

$$f(x)=\sin x-{\int }_0^x(x-t)f(t)dt,$$

求 $f(x)$。

查看答案与解析

答案：

$$f(x)=\frac{1}{2}\left(\sin x+x\cos x\right).$$

解析： 原积分方程为

$f(x)=\sin x-{\int }_0^x(x-t)f(t)dt$。

令 $x=0$，得

$f(0)=0$。

对等式两边求导。由莱布尼茨公式，

$\frac{d}{dx}{\int }_0^x(x-t)f(t)dt={\int }_0^{x}f(t)dt$，

所以

$f^{\prime }(x)=\cos x-{\int }_0^{x}f(t)dt$。

令 $x=0$，得

$f^{\prime }(0)=1$。

再次求导，得

$f^{\prime \prime }(x)=-\sin x-f(x)$，

即

$f^{\prime \prime }+f=-\sin x$。

对应齐次方程

$f^{\prime \prime }+f=0$

的通解为

$f_h=C_1\cos x+C_2\sin x$。

由于右端 $-\sin x$ 与齐次解共振，设特解为

$f_p=Ax\cos x$。

计算得

$f_p^{\prime \prime }+f_p=-2A\sin x$。

与 $-\sin x$ 比较，得

$A=\frac{1}{2}$。

所以

$f(x)=C_1\cos x+C_2\sin x+\frac{1}{2}x\cos x$。

由 $f(0)=0$，得 $C_1=0$；又

$f^{\prime }(0)=C_2+\frac{1}{2}=1$，

故 $C_2=\frac{1}{2}$。

因此

$f(x)=\frac{1}{2}\left(\sin x+x\cos x\right)$。

由于原积分方程可经两次求导化为上述初值问题，且初值问题的解唯一，故所得函数即为原积分方程的唯一连续解。

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2. 【1992-5-6 分】 求连续函数 $f(x)$，使

${\int }_0^{1}f(tx)dt=f(x)+x\sin x$。

查看答案与解析

答案： $f(x)=C+\cos x-x\sin x$，其中 $C$ 为任意常数。

解析： 当 $x\ne 0$ 时，在左端积分中令

$u=tx$，

则 $dt=\frac{du}{x}$，从而

${\int }_0^{1}f(tx)dt=\frac{1}{x}{\int }_0^{x}f(u)du$。

因此原方程化为

${\int }_0^{x}f(u)du=xf(x)+x^2\sin x$。

两边对 $x$ 求导，得

$f(x)=f(x)+x{f}^{\prime }(x)+2x\sin x+x^2\cos x$。

于是

$x{f}^{\prime }(x)+2x\sin x+x^2\cos x=0$。

当 $x\ne 0$ 时，约去 $x$，得

$f^{\prime }(x)=-2\sin x-x\cos x$。

注意到

$-2\sin x-x\cos x=-(x\sin x{)}^{\prime }-\sin x$，

故积分得

$f(x)=-x\sin x+\cos x+C$。

即

$f(x)=C+\cos x-x\sin x$。

验证：

${\int }_0^{1}f(tx)dt=C+{\int }_0^1\left[\cos (tx)-tx\sin (tx)\right]dt$。

而

$\frac{d}{dt}\left[t\cos (tx)\right]=\cos (tx)-tx\sin (tx)$，

所以

${\int }_0^{1}f(tx)dt=C+{\left[t\cos (tx)\right]}_0^1=C+\cos x$。

另一方面，

$f(x)+x\sin x=C+\cos x$，

两边相等。由于令 $x=0$ 时原方程恒成立，不能确定 $f(0)$ 的具体数值，因此常数 $C$ 任意。

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3. 【1995-4-6 分】 已知连续函数 $f(x)$ 满足条件

$f(x)={\int }_0^{3x}f\left(\frac{t}{3}\right)dt+e^{2x}$，

求 $f(x)$。

查看答案与解析

答案： $f(x)=3e^{3x}-2e^{2x}$。

解析： 在积分中令

$u=\frac{t}{3}$，

则 $t=3u$，$dt=3du$，积分上限由 $3x$ 变为 $x$，所以

${\int }_0^{3x}f\left(\frac{t}{3}\right)dt=3{\int }_0^{x}f(u)du$。

原方程化为

$f(x)=3{\int }_0^{x}f(u)du+e^{2x}$。

两边求导，得

$f^{\prime }(x)=3f(x)+2e^{2x}$，

即

$f^{\prime }-3f=2e^{2x}$。

令 $x=0$ 代入原方程，得

$f(0)=1$。

取积分因子 $e^{-3x}$，有

${\left(e^{-3x}f(x)\right)}^{\prime }=2e^{-x}$。

积分得

$e^{-3x}f(x)=-2e^{-x}+C$，

即

$f(x)=-2e^{2x}+C{e}^{3x}$。

由 $f(0)=1$，得

$-2+C=1$，

所以 $C=3$。

故

$f(x)=3e^{3x}-2e^{2x}$。

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4. 【1997-3-6 分】 设函数 $f(t)$ 在 $[0,+\infty )$ 上连续，且满足方程

$f(t)=e^{4\pi t^2}+{\iint }_{x^2+y^2\le 4t^2}f\left(\frac{1}{2}\sqrt{x^2+y^2}\right)dxdy$，

求 $f(t)$。

查看答案与解析

答案： $f(t)=\left(1+4\pi t^2\right)e^{4\pi t^2}$。

解析： 二重积分区域为圆域

$x^2+y^2\le 4t^2$。

采用极坐标变换

$x=r\cos \theta ,y=r\sin \theta ,dxdy=rdrd\theta$，

其中

$0\le r\le 2t,0\le \theta \le 2\pi$。

于是

${\iint }_{x^2+y^2\le 4t^2}f\left(\frac{1}{2}\sqrt{x^2+y^2}\right)dxdy$

$={\int }_0^{2\pi }{\int }_0^{2t}f\left(\frac{r}{2}\right)rdrd\theta$

$=2\pi {\int }_0^{2t}f\left(\frac{r}{2}\right)rdr$。

令

$u=\frac{r}{2}$，

则 $r=2u$，$dr=2du$，从而

$2\pi {\int }_0^{2t}f\left(\frac{r}{2}\right)rdr=8\pi {\int }_0^{t}uf(u)du$。

原积分方程化为

$f(t)=e^{4\pi t^2}+8\pi {\int }_0^{t}uf(u)du$。

令 $t=0$，得

$f(0)=1$。

对上式两边关于 $t$ 求导，得

$f^{\prime }(t)=8\pi t{e}^{4\pi t^2}+8\pi tf(t)$，

即

$f^{\prime }(t)-8\pi tf(t)=8\pi t{e}^{4\pi t^2}$。

这是关于 $f(t)$ 的一阶线性微分方程。积分因子为

$e^{\int -8\pi tdt}=e^{-4\pi t^2}$。

因此

${\left(e^{-4\pi t^2}f(t)\right)}^{\prime }=8\pi t$。

积分得

$e^{-4\pi t^2}f(t)=4\pi t^2+C$。

由 $f(0)=1$，得 $C=1$，故

$f(t)=\left(1+4\pi t^2\right)e^{4\pi t^2}$。

将所得结果代回微分方程及初值可验证其成立，因而它就是原积分方程的解。

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5. 【2000-2-8 分】 函数 $f(x)$ 在 $[0,+\infty )$ 上可导，$f(0)=1$，且满足等式

$f^{\prime }(x)+f(x)-\frac{1}{x+1}{\int }_0^{x}f(t)dt=0$。

（1）求导数 $f^{\prime }(x)$；

（2）证明：当 $x\ge 0$ 时，成立不等式

$e^{-x}\le f(x)\le 1$。

查看答案与解析

答案： （1）$f^{\prime }(x)=-\frac{e^{-x}}{x+1}$；

（2）$e^{-x}\le f(x)\le 1$。

解析： 原方程两边乘以 $x+1$，得

$(x+1)\left[f^{\prime }(x)+f(x)\right]={\int }_0^{x}f(t)dt$。

两边求导，有

$f^{\prime }(x)+f(x)+(x+1)\left[f^{\prime \prime }(x)+f^{\prime }(x)\right]=f(x)$。

整理得

$(x+1)f^{\prime \prime }(x)+(x+2)f^{\prime }(x)=0$。

令

$g(x)=f^{\prime }(x)$，

则

$(x+1)g^{\prime }(x)+(x+2)g(x)=0$，

即

$\frac{g^{\prime }(x)}{g(x)}=-\frac{x+2}{x+1}=-1-\frac{1}{x+1}$。

积分得

$\ln |g(x)|=-x-\ln (x+1)+C$，

所以

$g(x)=\frac{C{e}^{-x}}{x+1}$。

由原方程在 $x=0$ 处成立，且 $f(0)=1$，可得

$f^{\prime }(0)+f(0)=0$，

故

$f^{\prime }(0)=-1$。

于是 $C=-1$，从而

$f^{\prime }(x)=-\frac{e^{-x}}{x+1}$。

这就得到第（1）问。

下面证明第（2）问。

由于当 $x\ge 0$ 时

$f^{\prime }(x)=-\frac{e^{-x}}{x+1}<0$，

所以 $f(x)$ 在 $[0,+\infty )$ 上单调减少。由 $f(0)=1$，得

$f(x)\le 1$。

再令

$h(x)=f(x)-e^{-x}$。

则

$h(0)=f(0)-1=0$，

且

$h^{\prime }(x)=f^{\prime }(x)+e^{-x}$

$=-\frac{e^{-x}}{x+1}+e^{-x}$

$=\frac{x}{x+1}{e}^{-x}\ge 0$。

因此 $h(x)$ 在 $[0,+\infty )$ 上单调增加，由 $h(0)=0$ 得

$h(x)\ge 0$，

即

$f(x)\ge e^{-x}$。

综上，

$e^{-x}\le f(x)\le 1(x\ge 0)$。

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6. 【2001-4-6 分】 设函数 $f(x)$ 在 $(0,+\infty )$ 内连续，$f(1)=\frac{5}{2}$，且对任意 $x,t\in (0,+\infty )$ 满足

${\int }_1^{xt}f(u)du=t{\int }_1^{x}f(u)du+x{\int }_1^{t}f(u)du$。

求 $f(x)$。

查看答案与解析

答案： $f(x)=\frac{5}{2}\left(1+\ln x\right)$。

解析： 令

$F(x)={\int }_1^{x}f(u)du$，

则 $F^{\prime }(x)=f(x)$，且原条件可写为

$F(xt)=tF(x)+xF(t)$。

固定 $x$，对上式两边关于 $t$ 求导，得

$xf(xt)=F(x)+xf(t)$。

令 $t=1$，则

$xf(x)=F(x)+xf(1)$。

由 $f(1)=\frac{5}{2}$，得

$F(x)=xf(x)-\frac{5}{2}x$。

两边关于 $x$ 求导，得到

$f(x)=f(x)+x{f}^{\prime }(x)-\frac{5}{2}$。

因此

$x{f}^{\prime }(x)=\frac{5}{2}$，

即

$f^{\prime }(x)=\frac{5}{2x}$。

积分得

$f(x)=\frac{5}{2}\ln x+C$。

利用 $f(1)=\frac{5}{2}$，得

$C=\frac{5}{2}$。

故

$f(x)=\frac{5}{2}\left(1+\ln x\right)$。

验证：

$F(x)={\int }_1^x\frac{5}{2}(1+\ln u)du=\frac{5}{2}x\ln x$。

于是

$F(xt)=\frac{5}{2}xt\ln (xt)$

$=\frac{5}{2}xt(\ln x+\ln t)$

$=tF(x)+xF(t)$，

故所得函数满足原条件。

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7. 【2007-4-10 分】 设函数 $f(x)$ 具有连续的一阶导数，且满足

$f(x)={\int }_0^x(x^2-t^2)f^{\prime }(t)dt+x^2$，

求 $f(x)$ 的表达式。

查看答案与解析

答案： $f(x)=e^{x^2}-1$。

解析： 令 $x=0$，由原方程得

$f(0)=0$。

对原方程两边求导。由莱布尼茨公式，

$\frac{d}{dx}{\int }_0^x(x^2-t^2)f^{\prime }(t)dt$

$={\int }_0^{x}2x{f}^{\prime }(t)dt+(x^2-x^2)f^{\prime }(x)$

$=2x{\int }_0^x{f}^{\prime }(t)dt$。

由于

${\int }_0^x{f}^{\prime }(t)dt=f(x)-f(0)=f(x)$，

故

$f^{\prime }(x)=2xf(x)+2x$，

即

$f^{\prime }(x)-2xf(x)=2x$。

这是一个一阶线性微分方程，其积分因子为

$e^{\int -2xdx}=e^{-x^2}$。

因此

${\left(e^{-x^2}f(x)\right)}^{\prime }=2x{e}^{-x^2}$。

从 $0$ 到 $x$ 积分，得

$e^{-x^2}f(x)-f(0)={\int }_0^{x}2t{e}^{-t^2}dt$。

而

${\int }_0^{x}2t{e}^{-t^2}dt=1-e^{-x^2}$，

且 $f(0)=0$，所以

$e^{-x^2}f(x)=1-e^{-x^2}$。

故

$f(x)=e^{x^2}-1$。

代回原方程可验证该函数满足条件。

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8. 【2011-3-10 分】 设函数 $f(x)$ 在区间 $[0,1]$ 上具有连续导数，$f(0)=1$，且满足

${\iint }_{D_t}{f}^{\prime }(x+y)dxdy={\iint }_{D_t}f(t)dxdy$，

其中

$D_t=\{(x,y)\mid 0\le y\le t-x,0\le x\le t\}$，

$0<t\le 1$。求 $f(x)$ 的表达式。

查看答案与解析

答案： $f(x)=\frac{4}{(2-x{)}^2}(0\le x\le 1)$。

解析： 先计算等式左端。按照区域 $D_t$ 的积分次序，

${\iint }_{D_t}{f}^{\prime }(x+y)dxdy$

$={\int }_0^t\left[{\int }_0^{t-x}{f}^{\prime }(x+y)dy\right]dx$。

对内层积分，令 $u=x+y$，则

${\int }_0^{t-x}{f}^{\prime }(x+y)dy={\int }_x^t{f}^{\prime }(u)du=f(t)-f(x)$。

所以

${\iint }_{D_t}{f}^{\prime }(x+y)dxdy$

$={\int }_0^t[f(t)-f(x)]dx$

$=tf(t)-{\int }_0^{t}f(x)dx$。

右端被积函数 $f(t)$ 与 $x,y$ 无关，而三角形区域 $D_t$ 的面积为

$\frac{t^2}{2}$。

因此

${\iint }_{D_t}f(t)dxdy=\frac{t^2}{2}f(t)$。

原条件化为

$tf(t)-{\int }_0^{t}f(x)dx=\frac{t^2}{2}f(t)$。

两边关于 $t$ 求导，得

$f(t)+t{f}^{\prime }(t)-f(t)=tf(t)+\frac{t^2}{2}{f}^{\prime }(t)$，

即

$t{f}^{\prime }(t)=tf(t)+\frac{t^2}{2}{f}^{\prime }(t)$。

由于 $0<t\le 1$，可约去 $t$，得

$\left(1-\frac{t}{2}\right)f^{\prime }(t)=f(t)$，

也就是

$\frac{f^{\prime }(t)}{f(t)}=\frac{2}{2-t}$。

积分得

$\ln |f(t)|=-2\ln (2-t)+C$，

故

$f(t)=\frac{C_1}{(2-t{)}^2}$。

由连续性以及 $f(0)=1$，得

$1=\frac{C_1}{4}$，

所以 $C_1=4$。

因此

$f(x)=\frac{4}{(2-x{)}^2}(0\le x\le 1)$。

将其代回积分关系可验证等式成立。

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9. 【2016-3-10 分】 设函数 $f(x)$ 连续，且满足

${\int }_0^{x}f(x-t)dt={\int }_0^x(x-t)f(t)dt+e^{-x}-1$，

求 $f(x)$。

查看答案与解析

答案： $f(x)=-\cosh x=-\frac{e^x+e^{-x}}{2}$。

解析： 由换元 $u=x-t$，有

${\int }_0^{x}f(x-t)dt={\int }_0^{x}f(u)du$。

令

$F(x)={\int }_0^{x}f(t)dt$，

则原方程可写成

$F(x)={\int }_0^x(x-t)f(t)dt+e^{-x}-1$。

两边关于 $x$ 求导。由莱布尼茨公式，

$\frac{d}{dx}{\int }_0^x(x-t)f(t)dt={\int }_0^{x}f(t)dt=F(x)$，

所以

$f(x)=F(x)-e^{-x}$。

再对上式求导，得到

$f^{\prime }(x)=f(x)+e^{-x}$，

即

$f^{\prime }(x)-f(x)=e^{-x}$。

令 $x=0$ 代入 $f(x)=F(x)-e^{-x}$，由于 $F(0)=0$，可得

$f(0)=-1$。

方程 $f^{\prime }-f=e^{-x}$ 的积分因子为 $e^{-x}$，故

${\left(e^{-x}f(x)\right)}^{\prime }=e^{-2x}$。

从 $0$ 到 $x$ 积分，得

$e^{-x}f(x)-f(0)={\int }_0^x{e}^{-2t}dt=\frac{1-e^{-2x}}{2}$。

代入 $f(0)=-1$，有

$e^{-x}f(x)=-1+\frac{1-e^{-2x}}{2}=-\frac{1+e^{-2x}}{2}$。

因此

$f(x)=-\frac{e^x+e^{-x}}{2}=-\cosh x$。

将其代回原积分方程，两端均为 $-\sinh x$，故结果正确。

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10. 【2018-2-10 分】 已知连续函数 $f(x)$ 满足

${\int }_0^{x}f(t)dt+{\int }_0^{x}tf(x-t)dt=a{x}^2$。

（Ⅰ）求 $f(x)$；

（Ⅱ）若 $f(x)$ 在区间 $[0,1]$ 上的平均值为 $1$，求 $a$ 的值。

查看答案与解析

答案： （Ⅰ）$f(x)=2a\left(1-e^{-x}\right)$；

（Ⅱ）$a=\frac{e}{2}$。

解析： 对第二个积分作换元 $u=x-t$，有

${\int }_0^{x}tf(x-t)dt={\int }_0^x(x-u)f(u)du$。

令

$F(x)={\int }_0^{x}f(t)dt$，

则原方程为

$F(x)+{\int }_0^x(x-t)f(t)dt=a{x}^2$。

两边关于 $x$ 求导，得

$f(x)+F(x)=2ax$。

再求导，得到

$f^{\prime }(x)+f(x)=2a$。

在 $f(x)+F(x)=2ax$ 中令 $x=0$，可得

$f(0)=0$。

解初值问题

$f^{\prime }+f=2a,f(0)=0$，

得

$f(x)=2a+C{e}^{-x}$。

由 $f(0)=0$，得 $C=-2a$，故

$f(x)=2a\left(1-e^{-x}\right)$。

这就是第（Ⅰ）问的结果。

第（Ⅱ）问中，区间 $[0,1]$ 的长度为 $1$，所以平均值为

${\int }_0^{1}f(x)dx$。

由题设，

$1={\int }_0^{1}2a\left(1-e^{-x}\right)dx$。

而

${\int }_0^1\left(1-e^{-x}\right)dx=1-\left(1-e^{-1}\right)=e^{-1}$，

故

$1=\frac{2a}{e}$，

从而

$a=\frac{e}{2}$。