2018年考研数学二第16题

我们需要化简积分方程中的第二项 $\int_0^x t f(x-t) \, dt$。为此，令 $u = x - t$，则当 $t$ 从 $0$ 变化到 $x$ 时，$u$ 从 $x$ 变化到 $0$，且 $t = x - u$，$dt = -du$。代入原积分得： $$ \int_0^x t f(x-t) \, dt = \int_{u=x}^{u=0} (x-u) f(u) \cdot (-du) = \int_0^x (x-u) f(u) \, du. $$ 这里交换了积分上下限并消去负号。进一步展开被积函数： $$ \int_0^x (x-u) f(u) \, du = \int_0^x x f(u) \, du - \int_0^x u f(u) \, du = x \int_0^x f(u) \, du - \int_0^x u f(u) \, du. $$ 因此，原第二项化为 $x \int_0^x f(u) \, du - \int_0^x u f(u) \, du$。注意，这里的积分变量 $u$ 是哑变量，可以替换为任意字母，不影响结果。

将第一步化简得到的结果代入原方程。原方程为： $$\int_0^x f(t) \, dt + x \int_0^x f(u) \, du - \int_0^x u f(u) \, du = a x^2$$ 注意，这里第一个积分中的变量是 $t$，后两个积分中的变量是 $u$，但积分变量是哑变量，不影响结果。为了统一，可以将第一个积分也写成关于 $u$ 的形式： $$\int_0^x f(u) \, du + x \int_0^x f(u) \, du - \int_0^x u f(u) \, du = a x^2$$ 合并前两项： $$(1 + x) \int_0^x f(u) \, du - \int_0^x u f(u) \, du = a x^2$$ 这就是代入并整理后的方程。注意，这里 $a$ 是已知常数，$f(x)$ 是未知函数。该方程是一个关于 $f(x)$ 的积分方程，后续步骤将通过对 $x$ 求导等方法求解 $f(x)$ 和常数 $a$。

已知原等式为： $$ \int_0^x f(t) \, dt + \int_0^x t f(x-t) \, dt = a x^2 $$ 其中 $a$ 为常数。为了消去积分，我们对等式两端关于 $x$ 求一阶导数。 首先，左边第一项 $\int_0^x f(t) \, dt$ 是变上限积分，其导数为 $f(x)$。 左边第二项 $\int_0^x t f(x-t) \, dt$ 需要利用变上限积分求导法则。令 $u = x - t$，则当 $t$ 从 $0$ 到 $x$ 时，$u$ 从 $x$ 到 $0$，且 $dt = -du$，于是： $$ \int_0^x t f(x-t) \, dt = \int_x^0 (x-u) f(u) \, (-du) = \int_0^x (x-u) f(u) \, du = x \int_0^x f(u) \, du - \int_0^x u f(u) \, du $$ 因此，原等式可改写为： $$ \int_0^x f(t) \, dt + x \int_0^x f(u) \, du - \int_0^x u f(u) \, du = a x^2 $$ 合并第一项和第三项（注意积分变量可任意命名）： $$ \int_0^x f(u) \, du + x \int_0^x f(u) \, du - \int_0^x u f(u) \, du = a x^2 $$ 即： $$ (1+x) \int_0^x f(u) \, du - \int_0^x u f(u) \, du = a x^2 $$ 现在对等式两端关于 $x$ 求导。左边第一项 $(1+x) \int_0^x f(u) \, du$ 的导数为： $$ \frac{d}{dx} \left[ (1+x) \int_0^x f(u) \, du \right] = \int_0^x f(u) \, du + (1+x) f(x) $$ 左边第二项 $-\int_0^x u f(u) \, du$ 的导数为： $$ - x f(x) $$ 右边 $a x^2$ 的导数为 $2a x$。 因此，求导后得到： $$ \int_0^x f(u) \, du + (1+x) f(x) - x f(x) = 2a x $$ 化简得： $$ \int_0^x f(u) \, du + f(x) = 2a x $$ 即： $$ f(x) + \int_0^x f(u) \, du = 2a x $$ 这就是对原等式求一阶导数后得到的结果。

首先，由上一式（即原方程）令 $x=0$，得： $$f(0) + \int_0^0 f(t) \, dt = 0 \cdot \int_0^1 f(t) \, dt + 0 \cdot f(0)$$ 左边第二项积分为 $0$，右边两项均为 $0$，因此 $f(0) = 0$。 接下来，对原方程两边关于 $x$ 求导。原方程为： $$f(x) + \int_0^x f(t) \, dt = x \int_0^1 f(t) \, dt + x f(x)$$ 记 $A = \int_0^1 f(t) \, dt$（常数），则方程化为： $$f(x) + \int_0^x f(t) \, dt = A x + x f(x)$$ 对 $x$ 求导，左边导数为： $$f'(x) + f(x)$$ 右边导数为： $$A + f(x) + x f'(x)$$ 因此得到： $$f'(x) + f(x) = A + f(x) + x f'(x)$$ 化简，两边消去 $f(x)$，得： $$f'(x) = A + x f'(x)$$ 移项： $$f'(x) - x f'(x) = A$$ 即 $$(1 - x) f'(x) = A$$ 所以 $$f'(x) = \frac{A}{1 - x}$$ 其中 $A = \int_0^1 f(t) \, dt$ 为待定常数。

本步骤的目标是求解一阶线性微分方程 $f'(x) + f(x) = 2a$，其中 $a$ 为常数。该方程为一阶线性非齐次微分方程，标准形式为 $y' + P(x)y = Q(x)$，此处 $P(x) = 1$，$Q(x) = 2a$。 首先求解对应的齐次方程 $f'(x) + f(x) = 0$。分离变量得 $\frac{df}{f} = -dx$，两边积分得 $\ln|f| = -x + C_1$，即 $f_h(x) = C e^{-x}$，其中 $C$ 为任意常数。 对于非齐次方程，使用常数变易法。设特解形式为 $f_p(x) = u(x) e^{-x}$，代入原方程： $$f_p'(x) = u'(x) e^{-x} - u(x) e^{-x}$$ 代入 $f_p' + f_p = u'(x) e^{-x} - u(x) e^{-x} + u(x) e^{-x} = u'(x) e^{-x} = 2a$， 解得 $u'(x) = 2a e^{x}$，积分得 $u(x) = 2a e^{x} + C$。 因此通解为 $f(x) = (2a e^{x} + C) e^{-x} = C e^{-x} + 2a$。 利用初始条件 $f(0) = 0$ 确定常数 $C$：代入 $x=0$ 得 $f(0) = C e^{0} + 2a = C + 2a = 0$，解得 $C = -2a$。 故所求函数为 $f(x) = -2a e^{-x} + 2a = 2a(1 - e^{-x})$。

根据题目条件，函数 $f(x)$ 在区间 $[0,1]$ 上的平均值为 $1$，即 $$ \int_0^1 f(x) \, dx = 1. $$ 已知 $f(x) = \frac{1}{x+\sqrt{1+x^2}}$，代入积分得 $$ \int_0^1 \frac{1}{x+\sqrt{1+x^2}} \, dx = 1. $$ 为计算该积分，先对分母进行有理化： $$ \frac{1}{x+\sqrt{1+x^2}} = \frac{\sqrt{1+x^2} - x}{(\sqrt{1+x^2}+x)(\sqrt{1+x^2}-x)} = \frac{\sqrt{1+x^2} - x}{1+x^2 - x^2} = \sqrt{1+x^2} - x. $$ 因此积分化为 $$ \int_0^1 (\sqrt{1+x^2} - x) \, dx = \int_0^1 \sqrt{1+x^2} \, dx - \int_0^1 x \, dx. $$ 计算 $\int_0^1 x \, dx = \left. \frac{x^2}{2} \right|_0^1 = \frac{1}{2}$。 计算 $\int_0^1 \sqrt{1+x^2} \, dx$：令 $x = \sinh t$，则 $dx = \cosh t \, dt$，当 $x=0$ 时 $t=0$，当 $x=1$ 时 $t = \operatorname{arsinh}(1) = \ln(1+\sqrt{2})$。于是 $$ \int_0^1 \sqrt{1+x^2} \, dx = \int_0^{\ln(1+\sqrt{2})} \cosh t \cdot \cosh t \, dt = \int_0^{\ln(1+\sqrt{2})} \cosh^2 t \, dt. $$ 利用恒等式 $\cosh^2 t = \frac{1+\cosh 2t}{2}$，得 $$ \int_0^{\ln(1+\sqrt{2})} \frac{1+\cosh 2t}{2} \, dt = \frac{1}{2} \left[ t + \frac{\sinh 2t}{2} \right]_0^{\ln(1+\sqrt{2})} = \frac{1}{2} \left( \ln(1+\sqrt{2}) + \frac{\sinh(2\ln(1+\sqrt{2}))}{2} \right). $$ 计算 $\sinh(2\ln(1+\sqrt{2})) = \frac{(1+\sqrt{2})^2 - (1+\sqrt{2})^{-2}}{2} = \frac{3+2\sqrt{2} - (3-2\sqrt{2})}{2} = 2\sqrt{2}$。因此 $$ \int_0^1 \sqrt{1+x^2} \, dx = \frac{1}{2} \left( \ln(1+\sqrt{2}) + \frac{2\sqrt{2}}{2} \right) = \frac{1}{2} \ln(1+\sqrt{2}) + \frac{\sqrt{2}}{2}. $$ 所以原积分 $$ \int_0^1 f(x) \, dx = \left( \frac{1}{2} \ln(1+\sqrt{2}) + \frac{\sqrt{2}}{2} \right) - \frac{1}{2} = \frac{1}{2} \ln(1+\sqrt{2}) + \frac{\sqrt{2}-1}{2}. $$ 令其等于 $1$，得到方程 $$ \frac{1}{2} \ln(1+\sqrt{2}) + \frac{\sqrt{2}-1}{2} = 1. $$ 整理得 $$ \ln(1+\sqrt{2}) + \sqrt{2} - 1 = 2 \quad \Rightarrow \quad \ln(1+\sqrt{2}) + \sqrt{2} = 3. $$ 此即由平均值条件导出的方程。

本步骤需要计算定积分 $\int_0^1 2a(1-e^{-x})\,dx$，并令其等于1，从而解出参数 $a$。 首先计算不定积分： $$\int 2a(1-e^{-x})\,dx = 2a\int (1-e^{-x})\,dx = 2a\left(\int 1\,dx - \int e^{-x}\,dx\right) = 2a\left(x + e^{-x}\right) + C$$ 注意：$\int e^{-x}\,dx = -e^{-x}$，因此 $\int (1-e^{-x})\,dx = x - (-e^{-x}) = x + e^{-x}$。 代入上下限计算定积分： $$\int_0^1 2a(1-e^{-x})\,dx = 2a\left[ x + e^{-x} \right]_0^1 = 2a\left[(1 + e^{-1}) - (0 + e^{0})\right] = 2a\left(1 + e^{-1} - 1\right) = 2a \cdot e^{-1} = \frac{2a}{e}$$ 根据题意，该积分值等于1，因此有方程： $$\frac{2a}{e} = 1$$ 解得： $$a = \frac{e}{2}$$ 验证：将 $a = e/2$ 代入原积分，得 $\int_0^1 2\cdot\frac{e}{2}(1-e^{-x})\,dx = e\int_0^1 (1-e^{-x})\,dx = e\left[ x + e^{-x} \right]_0^1 = e\left(1 + e^{-1} - 1\right) = e \cdot e^{-1} = 1$，结果正确。 因此，参数 $a$ 的值为 $\displaystyle a = \frac{e}{2}$。