解方程
ϕ(x)=2∫0πcos(x+s)ϕ(s)ds+1\phi(x)=2\int_{0}^\pi \cos(x+s)\phi(s)ds+1ϕ(x)=2∫0πcos(x+s)ϕ(s)ds+1。
解：由于ϕ(x)=2∫0πcos(x+s)ϕ(s)ds+1\phi(x)=2\int_{0}^\pi \cos(x+s) \phi(s) ds+1ϕ(x)=2∫0πcos(x+s)ϕ(s)ds+1，则可知K(s,x)=2cos(x+s)=2(cosx⋅coss−sinx⋅sins)=2cosx⋅2coss+i2sinx⋅(i2)sinsK(s,x)=2\cos(x+s)=2(\cos x·\cos s-\sin x·\sin s)=\sqrt{2} \cos x \cdot \sqrt{2} \cos s+i\sqrt{2} \sin x·(i\sqrt{2})\sin sK(s,x)=2cos(x+s)=2(cosx⋅coss−sinx⋅sins)=2 cosx⋅2 coss+i2 sinx⋅(i2 )sins
(Aϕ)(x)=∫0π2cos(x+s)ϕ(s)ds(A\phi)(x)=\int_{0}^\pi2\cos(x+s)\phi(s)ds(Aϕ)(x)=∫0π2cos(x+s)ϕ(s)ds。
因为p1(x)=q1(x)=2cosxp_1(x)=q_1(x)=\sqrt{2} \cos xp1(x)=q1(x)=2 cosx，p2(x)=q2(x)=i2sinx，p_2(x)=q_2(x)=i\sqrt{2} \sin x，p2(x)=q2(x)=i2 sinx，有⟨p1,q2⟩=∫0π2cosx⋅(i2)sinxdx=0\langle p_1,q_2\rangle =\int_{0}^\pi \sqrt{2} \cos x \cdot (i\sqrt{2})\sin x dx=0⟨p1,q2⟩=∫0π2 cosx⋅(i2 )sinxdx=0。
显然由{p1,⋯ ,pn}\{p_1,\cdots,p_n\}{p1,⋯,pn}张成的有限维线性子空间M的正交补空间M⊥M^\botM⊥中任一非零函数都是相应于0的特征函数，此条件满足从而积分算子A的非零特征值为λ1=q11=∫0π2cos2xdx=π\lambda 1=q{11}=\int_{0}^\pi2\cos^2x dx=\piλ1=q11=∫0π2cos2xdx=π
λ2=q22=−∫0π2sin2xdx=−π\lambda_2=q_22=-\int_{0}^\pi2 \sin^2x dx=-\piλ2=q22=−∫0π2sin2xdx=−π
对应的特征函数分别为c0cosx,c0sinxc_{0}\cos x,c_{0}\sin xc0cosx,c0sinx，其中c0c_{0}c0为任意非零常数。
易得A的非零特征值λ1\lambda_{1}λ1、λ2\lambda_2λ2不为0，则由教材§5定理1，此方程有唯一解φ(s)=∑k=1∞<f,ek>1−λkekφ (s)=\sum_{k=1}^\infty \frac{<f,e_{k}>}{1-\lambda_{k}}e_{k}φ(s)=k=1∑∞1−λk<f,ek>ek,其中eke_{k}ek是相应于λk\lambda_kλk的特征向量。
现取与λ1=π\lambda_{1}=\piλ1=π对应的特征向量e1=2πcosxe_{1}=\sqrt{\frac{2}{\pi}}\cos xe1=π2 cosx，与λ2=−πλ_2=-\piλ2=−π对应的特征向量e2=2πsinxe_2=\sqrt{\frac{2}{\pi}}\sin xe2=π2 sinx，设与0对应的特征向量为eke_{k}ek,k=3,4,...,使得{2πcosx,2πsinx,e3,e4,...}\{\sqrt{\frac{2}{\pi}}\cos x,\sqrt{\frac{2}{\pi}}\sin x,e_{3},e_{4},... \}{π2 cosx,π2 sinx,e3,e4,...}构成L2[0,π]L^2[0,\pi]L2[0,π]的完全规范正交系，则
ϕ(s)=11−π∫0π2πcosxdx⋅2πcoss\phi(s)=\frac{1}{1-\pi} \int_{0}^\pi \sqrt{\frac{2}{\pi}}\cos x dx \cdot \sqrt{\frac{2}{\pi}} \cos sϕ(s)=1−π1∫0ππ2 cosxdx⋅π2 coss
+11+π∫0π2πsinxdx⋅2πsins+∑k=3∞<1,ek>ek+\frac{1}{1+\pi} \int_{0}^\pi \sqrt{\frac{2}{\pi}}\sin x dx \cdot \sqrt{\frac{2}{\pi}} \sin s+\sum_{k=3}^\infty <1,e_{k}>e_{k}+1+π1∫0ππ2 sinxdx⋅π2 sins+k=3∑∞<1,ek>ek
=4π(1+π)sins+∑k=3∞<1,ek>ek=\frac{4}{\pi(1+\pi)}\sin s+\sum_{k=3}^\infty <1,e_{k}>e_k=π(1+π)4sins+k=3∑∞<1,ek>ek。
由于{e1,e2,⋯ }\{e_{1},e_2,\cdots\}{e1,e2,⋯}是完全规范正交系，1作为L2[0,π]L^2[0,\pi]L2[0,π]中零元可以写成
1=∑k=1∞<1,ek>ek1=\sum_{k=1}^\infty <1,e_{k}>e_{k}1=k=1∑∞<1,ek>ek
则
∑k=3∞<1,ek>ek=1−<1,e1>e1−<1,e2>e2=1−4πsins\sum_{k=3}^\infty <1,e_{k}>e_{k} =1-<1,e_{1}>e_{1}-<1,e_2> e_2=1-\frac{4}\pi \sin sk=3∑∞<1,ek>ek=1−<1,e1>e1−<1,e2>e2=1−π4sins。
所以积分方程的解为
ϕ(s)=4π(π+1)sins+1−4πsins=−4π+1sins+1\phi(s)=\frac{4}{\pi(\pi+1)}\sin s+1-\frac{4}\pi \sin s=-\frac{4}{\pi+1} \sin s+1ϕ(s)=π(π+1)4sins+1−π4sins=−π+14sins+1。
解这道积分方程用了以下几个实变函数中的定理和引理：
- 傅里叶级数理论：这个理论说明了在L2[0,π]L^2[0, \pi]L2[0,π]空间中，任何平方可积的函数都可以表示为三角函数的傅里叶级数。
- 正交性：傅里叶级数理论中的正交性，即不同的三角函数在给定区间上的内积为零。
- 特征值和特征函数：积分算子的理论，其中涉及到特征值和特征函数的概念，以及如何找到算子的特征值和特征函数。
- 完备性：傅里叶级数的完备性，意味着任何函数都可以通过这些基函数的线性组合来表示。
- 正交补空间：正交补空间的概念，用于确定哪些函数与给定的函数正交。
- 希尔伯特空间理论：特别是关于积分方程解的存在性和唯一性的定理。
- 狄利克雷条件：保证傅里叶级数收敛的必要
解题的关键在于理解积分方程与线性算子理论之间的关系，以及如何利用特征值和特征函数来构造和求解方程的解。通过这些定理和概念，可以将一个复杂的积分方程转化为一系列可解的代数问题。条件。 - 帕塞瓦尔定理：在L2L^2L2空间中，函数的平方的积分等于其傅里叶系数平方的和。
以下是应用这些定理的解题思路：
- 1：将积分方程转化为算子形式。这里，积分方程被写成算子A作用在函数ϕ(x)\phi(x)ϕ(x)上的形式。
- 2：分析算子的特征值和特征函数。通过将积分核K(s,x)K(s,x)K(s,x)写成复数形式并分解，找到算子A的特征值和特征函数。
- 3：验证正交性。计算特征函数的正交性，确认⟨p1,q2⟩=0\langle p_1, q_2 \rangle = 0⟨p1,q2⟩=0。
- 4：求解特征值。通过计算积分，确定积分算子A的非零特征值。
- 5：构造解的表达式。利用教材中的定理1，构造积分方程的解。
- 6：找到规范正交系。利用傅里叶级数的完备性，将1表示为规范正交系的线性组合。
- 7：计算解。通过计算内积并代入解的表达式，得到最终的解。