数收敛，因而，对这样的入，级数式(2.1-8)或{g(x)}一致收敛于函数(x)。 对式(2.1-6)，令n→*o∞，得到 (x)A"k(z,t)p ()dt+f(x) 因为序列{(x)}一致收敛，所以积分号下取极限是合理的。于是(x)是方程(2.1-1)的解。 还可证明(x)是方程(2.1-1)的惟一解。这是因为，如果还存在方程(2.1-1)的另一个 解(x),若取零次近似，(x)=(x),就得到名(x)=(x),(x)=(x),…,单(x)=(x), …由于g(x)的极限为(x),所以p(x)=(x)。 由于当a<A6-@时，级数式(2.1-8)收敛，对这样的，级数召4a-(6-a)- 也收教，此级数是级数.(x,6)的强级数，因为对达核有，，川≤Ab一a)1,因而 级数∑-.(x,)一致收敛，设 R(x,t;A)= Sx-k.() (2.1-9) 级数(2.1-8)可记为 )f()(fd f(x)R(a,t;a)f(t)dt (2.1-10) 函数R(x,t;A)称为方程(2.1-1)或核克(x,t)的解核。 以下给出解核的一般定义。 定义2.1.1若对于A的某个值（≠0）和任意自由项，方程(2.1-1)的解仔在且惟一， 且这个解由式(2.1-10)表示，则称方程(2.1-1)对于以R(x,t;入)为解核。 定理2.1.2若方程(2.1-1)的解核存在，则解核必是惟一的。 证明设对于，方程(2.1-1)有两个解核：R1(x,t;)与Rz(x,t;)。因为当A=时 方程(2.1-1)有惟一解，所以对任意函数f(x)有下列恒等式 f(z)+AR(z,tiAo)f(t)dt=f(x)+AoR2(t;A)f(t)dt 记 u(x,t)=Ri(z,t;Ao)-R2(z,t;Ao) 就有 u(x,t)f(t)dt =0 又由于f(t)是任意的，对于固定的x,可取 f(t)=u(x,t). 这样就有 lu(x)1a=0 JA 从而u(x,t)=0,即R1(x,t;A)=R2(x,t;入)。 这样，如果已知方程(2.1-1)的解核，则由式(2.1-10)就可得到此方程的解。以上我们 —20—
仪对满足a<A-。的入确定出解核。在82.3 Fredho方法一节中，将给出解核的另一 个解析表达式-一Fredhoim公式(2.3-14)。利用此式可以把解核R(x,t:λ)解析延拓到复数 入平面的任何有限区域（除了使D()=0成立的某些孤立奇点）。这样，在入平面的上述区域 内，解核总是存在的，因而对入的任何值，除了上述奇点外，可以用式(2.1-10)得到积分方 程(2.1-1)解。 下面给出(x)的另一种形式，设 (x)=克.(x)f2)dtn=1,2, 则式(2.1-8)可记为 (r)=f(x+∑4，(x)” (2.1-11) 即把p(x)表示为入的幂级数形式的解，式(2.1-11)称为方程(2.1-1)的Neumann级数。 对解核成立 R(x,t)=(z,t)+(x,)R(u,t;)d (2.1-12) R(t)k(k()R(du (2.1-13) 式(2.1-12)可利用式(2.1-9)来证明： RC)-.) =(x,）+A&(x,):(a,t0du+ A(x,w,(u,)du+… =(x,)+Ab(x,w)Chu,）+,,）+…w (()R(,t)du 式(2.1-13)可类似地证明。 逐次逼近法可用来证明某些积分方程解的存在性。如果能求出{g,(x)的极限函数，就求 出了积分方程的解；在已知{织(x)}收敛于原方程解的情况下，有限次迭代的结果就给出此积 分方程的近似解。 例2.1.1求解积分方程 Mx)=- 解在0≤≤1,0≤≤1，r1长，所以A6-。1,=合满足条件|<A6-o 因此由式(2.1-11)，方程的解为 )=吾：+24)+(2}4，)+ 而 4()=吾=8{} -21-
x=a{-3}' )=a4e={3）”z 因此 ✉)=各+2》x+28x+… =1+日+}+…z 1 1- x-I | 对某些积分方程，可利用迭核求出解核，进而可求出积分方程的解来。 例2.1.2求方程(x)- x)山=fx)的解核，并求出方程的解。 解由于k1(x,t)=xt,因此 k2(x,t)= J。（axu)(u2)du=xthu= 0 3 ,(x,t)= 1 3j。(xu)(uu)du= 32c , kn(x,t)= 3-141 于是R(x,t:)=】 ，6红，t)-= 3可 xt-1 3xt -名3-入 (}A!<3) 由式(2.1~10)，方程的解 )=fo)+A32ed 特别，当f(x》=x时 下面介绍迭核的表示与性质。 迭核可以用核(x,t)直接表示 kn(z,t)= …k(x,u)k(u1,u2)…(un-i,t)dudu2…dut-1 A-- 若核(x,t)在域a≤x≤b,a≤t≤b内平方可积，则所有的送核k,(x,t)(n≥2)在上述正方 形区域内连续；对正整数i,方成立 k()=kj(z,u)k-(u,t)du (2.1-14) 式中i=1,2,…；j=1,2,“。 一22…
若核(x,t)为对称核，即(z,t)=(t,x),则送核也是对称的：n(x,t)=兔n(t,x)。 最后给出计算送核与解核的几个例子。 例2.1.3设方程的核(x,t)=x-t,a=0,b=1,求迭核。 解由式(2.1-7) k(x,t)=x一t k:(,t)= ∫u-a-u=生-a-吉 2 ,0=x-支--=-2 12 b,(x,0=- r-fdu ( 动 m- -引 122 经归纳，当n=2m-1时，k-1=(x-),m=1,2,… 当=2m时，a0=2--》,m-1,2.… 例2.上.4设核(x,t)=em、u=0,b=1,求送核1(x,t)与k2(r,t)。 解 x(0≤xt) min(t)= t(t≤x1) 所以核k(x,t)可记为 e"(0) (x,t)- le(t≤x≤l) 容易验证此核是对称的，即(x,t)=(t,x)。 显然，(x,t)=(xt),而 ka(xt)-k(u)()du-()(u)du 其中 fe (0u) 克(x,u)= e(a≤r≤1) {e“(0≤u≤t) k(u,){e红≤u≤1) 由于(x,t)对称，于是2(x,t)也对称，因此只要对x≥t求k2(x,t)即可，当x≤t时的表达式 可利用对称性得到。当x≥t时 k(t)-(d((d k(工，u(u,e)du 】 在区间(0，t),u≤t≤x、因此 10 2 在区间(t,x),u≤x,于是 -23-
(udu=ee'du= 在区间(x,1),≤x≤u,有 (dneda-( 因说，）=2+e"-e+1-2en=(2-0e-号 2 当x≤t时kz(x,t)的表达式可通过x,t互换的方法得到 (x,)-,(t,z)=(2-t)e*-e+1 2 于是 42-0e*-e+1(0sx≤0 | 2 k2(x,t)= | (2-x)e-e1e≤x≤1) 2 下面引进核互为正交的概念。已知两个核(x,t),(x,t),如果对定义域内x,t任何允 许的值都有 atc,eeed=0 1(x,w)(u,t)du=0 则称核(xt)与l(x,t)在〔a,b们互为正交。 例如核(x,t)=xt,(x,t)=r2t2在〔-1,1]正交。这是由于 ∫w)atdk=∫ad=0 ,（eada=zfau=0 存在与自身正交的核，对于这种核，2(x,t)一0，显然以后的迭核均为零、于是解核与核 k(x,t)相同。例如当k(x,t)=sin(x一2t),0≤x≤2π，0≤≤2π，有 2 sin(-u)sin(u-2t)duccos(+2t-3u)-cos(x-2-4) =2(-吉inc+2a-)+sim(x-2-=0 由式(2.1-9)，解核等于核本身，即 R(x,t;a)sin(x-2t) 如果m(x,t)与n(x,t)互为正交核，则与核k(x,t)=m(x:t)十n(x,t)对应的解核 R(x,t;A),等于m(x,t)对应的解核R1(x,t:)与n(x,t)的解核R2(x,t:入)之和（请读者自己加 以证明)。这个性质可以推广到任意有限个核的情况，如果核m1(x,),m(x,t),…, m(x,)两两正交，则与它们之程k(x,)一∑m”(工，t)相应的解核，等于每个核所对应的 解核之和。 例.1.5求核k(x,t)=xt十x2t2,a=-1,b=1对应的解核。 解以前已指出核m(x,t)=xt与l(x,t)=x2在〔-1,1)正交。再分别求出x2t2对应的 一24-