問題040｜積分方程式

積分を $x{\int }_0^{x}f(t)dt-{\int }_0^{x}tf(t)dt$ と分けてから微分する．

$f^{″}=f,f(0)=0,f^{\prime }(0)=1$ を得る．$u=f^{\prime }+f$ と置くと $u^{\prime }=u$ になる．

$A={\int }_0^{1}f(t)dt,B={\int }_0^{1}tf(t)dt$ と置く．

$f(x)=1+\lambda Ax+\lambda B$ をそれぞれ積分して，$A,B$ の連立方程式にする．

積分を $t=x$ で分ける．2回微分すると，積分を含まない式になる．

$\lambda f^{″}=-f,f(0)=0,f^{\prime }(1)=0$ を得る．まず部分積分を用いて $\lambda >0$ を示す．

$f/g$ の最小値 $r$ を取り，$h=f-rg$ を考える．

$h\ge 0$ でどこかで0になる．もし $h$ が恒等的に0でなければ，正の $K$ を掛けて積分した関数はすべての点で正になる．これを2回行う．

連続性と積分の基本定理により右辺は微分可能で，

となる．また $f(0)=0,f^{\prime }(0)=1$ である．$u=f^{\prime }+f$ とすれば $u^{\prime }=u,u(0)=1$ なので $(e^{-x}u{)}^{\prime }=0$，したがって $u=e^x$ となる．よって $(e^{x}f{)}^{\prime }=e^{2x}$ を積分して，

逆にこの $f$ は $f^{″}=f,f(0)=0,f^{\prime }(0)=1$ を満たす．$E(x)=f(x)-x-{\int }_0^x(x-t)f(t)dt$ と置くと $E^{″}=0,E(0)=E^{\prime }(0)=0$ だから $E=0$ であり，元の式も満たす．

上記の $A,B$ を用いると，

$D=(1-\lambda /2{)}^2-{\lambda }^2/3=1-\lambda -{\lambda }^2/12$ と置く．$D\ne 0$ なら

となるので，

この関数を積分すれば，確かに上記の $A,B$ を与えるから十分性も成り立つ．$D=0$，すなわち $\lambda =-6\pm 4\sqrt{3}$ の場合は，第1式に $1-\lambda /2$，第2式に $\lambda$ を掛けて足すと $DA=1$ となり矛盾する．したがってこの2つの $\lambda$ では解はない．

左辺を $F(x)$ とすると

$\lambda =0$ なら $F=0$ から $f=0$ となるので不適である．$\lambda \ne 0$ なら $f$ は2回連続微分可能で，

両辺に $f$ を掛けて積分すると，境界条件と部分積分により

左の積分も正だから $\lambda >0$ である．$\mu =1/\sqrt{\lambda }$ とし，$f^{″}+{\mu }^{2}f=0$ を考える．この方程式の解は $A\cos \mu x+B\sin \mu x$ である．これは $f^{\prime }\cos \mu x+\mu f\sin \mu x$ と $f^{\prime }\sin \mu x-\mu f\cos \mu x$ の導関数がともに0になることからも導ける．$f(0)=0$ より $A=0$，$f^{\prime }(1)=0$ と $B\ne 0$ より $\cos \mu =0$ である．したがって答えは

逆にこれらについて $E=F-\lambda f$ とすれば $E^{″}=0,E(0)=0,E^{\prime }(1)=0$ なので $E=0$ となり，元の積分方程式を満たす．

連続な正値関数 $f/g$ は最小値 $r>0$ をもつ．$h=f-rg$ と置けば $h\ge 0$ で，ある $x_0$ で $h(x_0)=0$ となる．$h$ が恒等的に0でないと仮定する．連続性から $h$ はある長さの正の区間上で正であるため，すべての $x$ で

もう一度，正の $K$ を掛けて積分すると

がすべての $x$ で成り立つ．これは $h(x_0)=0$ に矛盾する．したがって $f=rg$ である．最初の積分方程式へ代入すると $g=rf=r^{2}g$ となるので，$r>0,g>0$ より $r=1$，よって $\boxed{{\displaystyle f=g}}$ である．