1989年考研数学一真题

（1）

答案： $-1$。

解题思路： 已知的是 $x=3$ 处的导数，因而应把极限中的差商改写成导数定义的形式。这里自变量的增量是 $-h$，不是 $h$。

详细解答： 由导数定义，

$$f'(3)=\lim_{\Delta x\to0}\frac{f(3+\Delta x)-f(3)}{\Delta x}=2.$$

令 $\Delta x=-h$。当 $h\to0$ 时，仍有 $\Delta x\to0$，所以

$$\begin{aligned} \lim_{h\to0}\frac{f(3-h)-f(3)}{2h} &=-\frac12\lim_{h\to0}\frac{f(3-h)-f(3)}{-h}\\ &=-\frac12f'(3)=-1. \end{aligned}$$

（2）

答案： $f(x)=x-1$。

解题思路： 积分 $\int_0^1f(t)\,\mathrm dt$ 的上下限都是常数，积分结果不随 $x$ 改变。先把它记为一个未知常数，再利用原等式确定这个常数。

详细解答： 设

$$A=\int_0^1f(t)\,\mathrm dt.$$

题设变成 $f(x)=x+2A$。对等式两边在 $[0,1]$ 上积分，利用 $f$ 连续以及定积分的线性性质，得

$$\begin{aligned} A&=\int_0^1(x+2A)\,\mathrm dx\\ &=\left.\frac{x^2}{2}\right|_0^1+2A\left.x\right|_0^1 =\frac12+2A. \end{aligned}$$

因此 $A=-\frac12$，代回得

$$f(x)=x+2\left(-\frac12\right)=x-1.$$

这个函数确实满足 $\int_0^1(t-1)\,\mathrm dt=-\frac12$，从而满足题设等式。

（3）

答案： $\pi$。

解题思路： 在半径为 $1$ 的下半圆上，$x^2+y^2$ 恒为 $1$。第一类曲线积分 $\int_L1\,\mathrm ds$ 就是曲线的弧长。

详细解答： 曲线 $L$ 满足

$$x^2+y^2=1,\qquad y\le0.$$

因此

$$\int_L(x^2+y^2)\,\mathrm ds=\int_L1\,\mathrm ds.$$

单位圆的周长是 $2\pi$，下半圆弧长是 $\pi$，故积分等于 $\pi$。

也可用参数验证：令

$$x=\cos t,\qquad y=\sin t,\qquad \pi\le t\le2\pi.$$

此时

$$\mathrm ds=\sqrt{\left(\frac{\mathrm dx}{\mathrm dt}\right)^2+ \left(\frac{\mathrm dy}{\mathrm dt}\right)^2}\,\mathrm dt =\sqrt{\sin^2t+\cos^2t}\,\mathrm dt=\mathrm dt,$$

从而

$$\int_L(x^2+y^2)\,\mathrm ds =\int_\pi^{2\pi}1\,\mathrm dt=\pi.$$

易错点： $\mathrm ds$ 表示非负的弧长元素，第一类曲线积分与曲线行进方向无关。

（4）

答案： $\operatorname{div}\boldsymbol u(1,1,0)=2$。

解题思路： 散度是向量场三个分量分别对 $x,y,z$ 求偏导后的和，不能把每个分量都对同一个变量求导。

详细解答： 对向量场

$$\boldsymbol u=(xy^2,\ ye^z,\ x\ln(1+z^2)),$$

散度的定义为

$$\operatorname{div}\boldsymbol u =\frac{\partial(xy^2)}{\partial x} +\frac{\partial(ye^z)}{\partial y} +\frac{\partial[x\ln(1+z^2)]}{\partial z}.$$

三个偏导数分别是 $y^2$、$e^z$ 和 $\frac{2xz}{1+z^2}$，所以

$$\operatorname{div}\boldsymbol u =y^2+e^z+\frac{2xz}{1+z^2}.$$

代入 $(x,y,z)=(1,1,0)$，得

$$\operatorname{div}\boldsymbol u(1,1,0) =1+1+0=2.$$

（5）

答案：

$$(A-2E)^{-1}= \begin{pmatrix} 1&0&0\\ -\frac12&\frac12&0\\ 0&0&1 \end{pmatrix}.$$

解题思路： 先计算 $A-2E$，再对增广矩阵 $(A-2E\mid E)$ 做初等行变换。左半部分化为单位矩阵时，右半部分就是所求逆矩阵。

详细解答： 从 $A$ 的每个对角元减去 $2$，得到

$$B=A-2E= \begin{pmatrix} 1&0&0\\ 1&2&0\\ 0&0&1 \end{pmatrix}.$$

这是下三角矩阵，其行列式为 $1\cdot2\cdot1=2\ne0$，故存在逆矩阵。构造增广矩阵并变换：

$$\left( \begin{array}{ccc|ccc} 1&0&0&1&0&0\\ 1&2&0&0&1&0\\ 0&0&1&0&0&1 \end{array} \right) \xrightarrow{R_2\leftarrow R_2-R_1} \left( \begin{array}{ccc|ccc} 1&0&0&1&0&0\\ 0&2&0&-1&1&0\\ 0&0&1&0&0&1 \end{array} \right).$$

再将第二行除以 $2$：

$$\left( \begin{array}{ccc|ccc} 1&0&0&1&0&0\\ 0&1&0&-\frac12&\frac12&0\\ 0&0&1&0&0&1 \end{array} \right).$$

读取右半部分，就得到答案中的 $(A-2E)^{-1}$。

（1）

答案： A，曲线有且仅有水平渐近线 $y=1$，没有铅直渐近线。

解题思路： 水平渐近线要考察 $x\to+\infty$ 时的函数极限；铅直渐近线则要求函数在某个有限位置趋于无穷。题设定义域是 $(0,+\infty)$，唯一需要特别检查的有限边界是 $x=0$。

详细解答： 当 $x\to+\infty$ 时，令 $t=1/x$，则 $t\to0^+$。利用基本极限 $\lim_{t\to0}\sin t/t=1$，

$$\lim_{x\to+\infty}x\sin\frac1x =\lim_{x\to+\infty}\frac{\sin(1/x)}{1/x}=1.$$

因此 $y=1$ 是水平渐近线。

当 $x\to0^+$ 时，由 $|\sin(1/x)|\le1$ 得

$$\left|x\sin\frac1x\right|\le x\to0.$$

夹逼定理给出

$$\lim_{x\to0^+}x\sin\frac1x=0,$$

所以 $x=0$ 不是铅直渐近线。在任意 $x_0>0$ 处，函数连续且函数值有限，也不会出现铅直渐近线。故选 A。

（2）

答案： C，$P=(1,1,2)$。

解题思路： 两个平面平行时，其法向量互相平行。将曲面写成隐式方程，用梯度求出切平面的法向量，再与已知平面的法向量比较。

详细解答： 将曲面表示为

$$F(x,y,z)=x^2+y^2+z-4=0.$$

设切点是 $P=(x_0,y_0,z_0)$。由于

$$\nabla F(P)=(2x_0,2y_0,1)\ne(0,0,0),$$

该向量是曲面在 $P$ 处切平面的法向量。已知平面 $2x+2y+z-1=0$ 的法向量是 $(2,2,1)$。

平行条件要求存在非零常数 $k$，使

$$(2x_0,2y_0,1)=k(2,2,1).$$

比较第三分量得 $k=1$，再比较前两分量得 $x_0=y_0=1$。最后利用 $P$ 在曲面上，

$$z_0=4-x_0^2-y_0^2=4-1-1=2.$$

因此 $P=(1,1,2)$，选 C。

（3）

答案： D，通解为

$$y=C_1y_1+C_2y_2+(1-C_1-C_2)y_3.$$

解题思路： 非齐次方程的两个特解之差是对应齐次方程的解。因此用 $y_1-y_3$、$y_2-y_3$ 构造齐次方程的两个独立解，再加上一个非齐次特解 $y_3$。

详细解答： 记线性微分算子

$$L[y]=y''+p(x)y'+q(x)y.$$

题设给出 $L[y_1]=L[y_2]=L[y_3]=f(x)$。由 $L$ 的线性性，

$$L[y_1-y_3]=0,\qquad L[y_2-y_3]=0.$$

还要证明这两个齐次解线性无关。假设

$$a(y_1-y_3)+b(y_2-y_3)=0,$$

展开为

$$ay_1+by_2-(a+b)y_3=0.$$

因为 $y_1,y_2,y_3$ 线性无关，三个系数必须全为零，特别是 $a=b=0$。所以 $y_1-y_3$ 与 $y_2-y_3$ 线性无关，构成二阶齐次方程的基本解组。

非齐次方程的通解等于齐次通解加一个特解，即

$$\begin{aligned} y&=C_1(y_1-y_3)+C_2(y_2-y_3)+y_3\\ &=C_1y_1+C_2y_2+(1-C_1-C_2)y_3. \end{aligned}$$

也可用系数之和检查选项。对 $ay_1+by_2+cy_3$，有

$$L[ay_1+by_2+cy_3]=(a+b+c)f(x).$$

由于题设有三个线性无关的特解，$f$ 不可能恒为零，否则二阶齐次方程将有三个独立解。于是要对任意 $C_1,C_2$ 都满足原方程，系数之和必须恒等于 $1$。A 的系数和是 $C_1+C_2+1$，B 的是 $0$，C 的是 $2C_1+2C_2-1$；只有 D 的系数和恒为 $1$。

（4）

答案： B，$S(-\frac12)=-\frac14$。

解题思路： 题设的 $b_n$ 正是 $[0,1]$ 上函数的傅里叶正弦系数。正弦级数对应把 $f$ 作奇延拓，再以周期 $2$ 延拓。先确定 $\frac12$ 处的级数和，再利用奇对称关系求 $-\frac12$ 处的值。

详细解答： 在 $(-1,1)$ 上定义奇延拓函数

$$F(x)= \begin{cases} x^2,&0<x<1,\\ 0,&x=0,\\ -x^2,&-1<x<0, \end{cases}$$

在 $x=\pm1$ 处取 $F(x)=0$，再向全轴作周期为 $2$ 的延拓；改变这些孤立点的值不影响傅里叶系数。其正弦系数为

$$b_n=2\int_0^1x^2\sin(n\pi x)\,\mathrm dx,$$

与题设一致。$F$ 分段光滑，傅里叶级数收敛定理说明：在连续点处，级数和等于函数值。

由于 $x=\frac12$ 是 $F$ 的连续点，

$$S\left(\frac12\right)=F\left(\frac12\right)=\left(\frac12\right)^2=\frac14.$$

每一个有限部分和都是奇函数，因为

$$\sin\left(-\frac{n\pi}{2}\right)=-\sin\left(\frac{n\pi}{2}\right).$$

令部分和趋于级数和，得

$$S\left(-\frac12\right)=-S\left(\frac12\right)=-\frac14.$$

故选 B。也可直接用 $F(-\frac12)=-\frac14$ 得到同一结果。

（5）

答案： C，必有一列向量能表示为其余列向量的线性组合。

解题思路： 行列式等于零等价于列向量线性相关。线性相关关系至少有一个系数非零，解出这一项就能得到 C。其他选项提出了更强的条件，应使用反例排除。

详细解答： 设 $A$ 的四个列向量为 $\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3,\alpha_4$。由 $|A|=0$，这些列向量线性相关，所以存在不全为零的数 $c_1,c_2,c_3,c_4$，满足

$$c_1\alpha_1+c_2\alpha_2+c_3\alpha_3+c_4\alpha_4=0.$$

选一个 $c_j\ne0$ 的系数，移项并除以 $c_j$：

$$\alpha_j=-\sum_{i\ne j}\frac{c_i}{c_j}\alpha_i.$$

这就证明至少有一列是其他列的线性组合。

为检查 A、B、D，考虑

$$A_0= \begin{pmatrix} 1&0&1&0\\ 0&1&1&0\\ 0&0&0&0\\ 0&0&0&1 \end{pmatrix}.$$

它的第三行全为零，故 $|A_0|=0$，但它满足：

• 四列都不是零向量，所以 A 不一定成立；
• 任意两列都不成比例，所以 B 不一定成立；
• 第四列的第四分量为 $1$，前三列的第四分量全为 $0$，因此第四列不能由前三列线性表示，D 不一定成立。

其中第三列等于第一列加第二列，与 C 完全一致。

（1）

答案：

$$\frac{\partial^2z}{\partial x\partial y} =-2f''(2x-y)+xg_{12}(x,xy)+g_2(x,xy)+xyg_{22}(x,xy).$$

这里下标 $1,2$ 分别对应 $g$ 的变量 $u,v$，例如 $g_2=\partial g/\partial v$，$g_{11}=\partial^2g/\partial u^2$，$g_{12},g_{21}$ 为两个次序的混合偏导，$g_{22}=\partial^2g/\partial v^2$。

解题思路： $f$ 的自变量是 $2x-y$，$g$ 的两个自变量是 $u=x$、$v=xy$。用多元复合函数链式法则求一阶偏导，再求另一变量的偏导；特别要注意 $yg_2(x,xy)$ 同时包含乘积求导和复合函数求导。

详细解答： 记 $u=x,v=xy$，并用 $g_1=\partial g/\partial u$ 表示第一偏导。因为

$$\frac{\partial(2x-y)}{\partial x}=2,\qquad \frac{\partial u}{\partial x}=1,\qquad \frac{\partial v}{\partial x}=y,$$

先求得

$$\frac{\partial z}{\partial x} =2f'(2x-y)+g_1(x,xy)+yg_2(x,xy).$$

对这三个部分分别求 $y$ 的偏导。在此过程中，$x$ 看作常数，而 $u_y=0,v_y=x$：

$$\frac{\partial}{\partial y}[2f'(2x-y)]=-2f''(2x-y),$$

$$\frac{\partial}{\partial y}g_1(x,xy) =g_{11}(x,xy)\cdot0+g_{12}(x,xy)\cdot x =xg_{12}(x,xy),$$

$$\begin{aligned} \frac{\partial}{\partial y}[yg_2(x,xy)] &=g_2(x,xy)+y[g_{21}(x,xy)\cdot0+g_{22}(x,xy)\cdot x]\\ &=g_2(x,xy)+xyg_{22}(x,xy). \end{aligned}$$

相加即得答案。由于 $g$ 具有二阶连续偏导，$g_{12}=g_{21}$；直接先对 $y$ 求导、再对 $x$ 求导也得到相同的表达式。

易错点： 对 $yg_2(x,xy)$ 求 $y$ 的偏导时，不能漏掉对前面的 $y$ 求导产生的 $g_2(x,xy)$。

（2）

答案： $\varphi(x)=x^2$，所求曲线积分为 $\frac12$。

解题思路： 路径无关使两个分量满足 $\partial P/\partial y=\partial Q/\partial x$。据此先求出 $\varphi$，再把积分写成某个函数的全微分，直接用终点值减起点值。

详细解答： 令

$$P(x,y)=xy^2,\qquad Q(x,y)=\varphi(x)y.$$

两者的一阶偏导连续，且题设积分与路径无关，因此

$$\frac{\partial P}{\partial y}=\frac{\partial Q}{\partial x}, \qquad 2xy=\varphi'(x)y.$$

对所有 $y$ 都成立的等式，可取 $y=1$ 得 $\varphi'(x)=2x$。积分得

$$\varphi(x)=x^2+C.$$

由 $\varphi(0)=0$ 得 $C=0$，故 $\varphi(x)=x^2$。

现在考察势函数

$$U(x,y)=\frac12x^2y^2.$$

它满足

$$U_x=xy^2,\qquad U_y=x^2y,$$

所以

$$xy^2\,\mathrm dx+x^2y\,\mathrm dy=\mathrm dU.$$

于是

$$\begin{aligned} \int_{(0,0)}^{(1,1)}xy^2\,\mathrm dx+\varphi(x)y\,\mathrm dy &=U(1,1)-U(0,0)\\ &=\frac12-0=\frac12. \end{aligned}$$

也可选折线路径 $(0,0)\to(1,0)\to(1,1)$：第一段 $y=0,\mathrm dy=0$，积分为零；第二段 $x=1,\mathrm dx=0$，积分是 $\int_0^1y\,\mathrm dy=\frac12$。

（3）

答案： $\displaystyle\iiint_\Omega(x+z)\,\mathrm dv=\frac{\pi}{8}$。

解题思路： 两个曲面都绕 $z$ 轴对称，区域关于 $x=0$ 对称，故奇函数项 $x$ 的积分为零。余下的 $z$ 项适合用柱坐标：先找圆锥和上半球的交线，确定径向范围，再对 $z$ 积分。

详细解答： 令 $r=\sqrt{x^2+y^2}$。区域内下方曲面是 $z=r$，上方曲面是 $z=\sqrt{1-r^2}$。两者交线满足

$$r=\sqrt{1-r^2} \quad\Longrightarrow\quad 2r^2=1 \quad\Longrightarrow\quad r=\frac1{\sqrt2}.$$

因此区域可写成

$$0\le r\le\frac1{\sqrt2},\qquad 0\le\theta\le2\pi,\qquad r\le z\le\sqrt{1-r^2}.$$

将 $(x,y,z)$ 换成 $(-x,y,z)$ 后，区域仍不变，而 $x$ 变号，所以

$$\iiint_\Omega x\,\mathrm dv=0.$$

柱坐标变换为 $x=r\cos\theta,y=r\sin\theta$，体积元素带有 Jacobian 因子 $r$：

$$\mathrm dv=r\,\mathrm dz\,\mathrm dr\,\mathrm d\theta.$$

由此

$$\begin{aligned} \iiint_\Omega(x+z)\,\mathrm dv &=\iiint_\Omega z\,\mathrm dv\\ &=\int_0^{2\pi}\mathrm d\theta \int_0^{1/\sqrt2}r\,\mathrm dr \int_r^{\sqrt{1-r^2}}z\,\mathrm dz\\ &=\int_0^{2\pi}\mathrm d\theta \int_0^{1/\sqrt2}\frac r2[(1-r^2)-r^2]\,\mathrm dr\\ &=2\pi\int_0^{1/\sqrt2}\left(\frac r2-r^3\right)\,\mathrm dr\\ &=2\pi\left[\frac{r^2}{4}-\frac{r^4}{4}\right]_0^{1/\sqrt2}\\ &=2\pi\left(\frac18-\frac1{16}\right)=\frac{\pi}{8}. \end{aligned}$$

也可使用球坐标

$$x=\rho\sin\varphi\cos\theta,\quad y=\rho\sin\varphi\sin\theta,\quad z=\rho\cos\varphi.$$

单位球给出 $0\le\rho\le1$，圆锥上方条件 $z\ge\sqrt{x^2+y^2}$ 给出 $0\le\varphi\le\pi/4$，方位角是 $0\le\theta\le2\pi$。因为 $\mathrm dv=\rho^2\sin\varphi\,\mathrm d\rho\,\mathrm d\varphi\,\mathrm d\theta$，

$$\begin{aligned} \iiint_\Omega z\,\mathrm dv &=2\pi\int_0^1\rho^3\,\mathrm d\rho \int_0^{\pi/4}\cos\varphi\sin\varphi\,\mathrm d\varphi\\ &=2\pi\cdot\frac14\cdot \left[\frac12\sin^2\varphi\right]_0^{\pi/4} =\frac{\pi}{8}. \end{aligned}$$

答案：

$$f(x)=\frac{\pi}{4} +\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{2n+1}x^{2n+1}, \qquad -1\le x<1.$$

级数本身在 $x=1$ 也收敛，但题设函数在该点没有定义。

解题思路： 直接展开复合的反正切较繁琐，而它的导数恰好简化为 $\frac1{1+x^2}$。先用几何级数展开导数，再逐项积分，最后由 $f(0)$ 确定常数并检查端点。

详细解答： 在含有 $0$ 的区间 $x<1$ 内，

$$\begin{aligned} f'(x) &=\frac{1}{1+\left(\frac{1+x}{1-x}\right)^2} \cdot\frac{(1-x)+(1+x)}{(1-x)^2}\\ &=\frac{(1-x)^2}{(1-x)^2+(1+x)^2} \cdot\frac2{(1-x)^2}\\ &=\frac2{2+2x^2}=\frac1{1+x^2}. \end{aligned}$$

由几何级数公式 $\frac1{1-t}=\sum_{n=0}^{\infty}t^n$（$|t|<1$），令 $t=-x^2$，得

$$\frac1{1+x^2}=\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^nx^{2n},\qquad |x|<1.$$

幂级数在收敛区间内部可以逐项积分。因此，对 $-1<x<1$，

$$\begin{aligned} f(x)-f(0) &=\int_0^xf'(t)\,\mathrm dt\\ &=\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n\int_0^xt^{2n}\,\mathrm dt\\ &=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{2n+1}x^{2n+1}. \end{aligned}$$

又 $f(0)=\arctan1=\pi/4$，从而得到所求展开式。

还需单独检查端点。在 $x=-1$ 和 $x=1$，级数都化为正负号交替的 $\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n/(2n+1)$ 或其相反数。因为 $1/(2n+1)$ 单调趋于 $0$，交错级数判别法说明两端都收敛。

为确定左端点处的和，记

$$T=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{2n+1}.$$

对 $0\le t\le1$ 使用有限几何级数恒等式：

$$\frac1{1+t^2} =\sum_{n=0}^{N}(-1)^nt^{2n} +\frac{(-1)^{N+1}t^{2N+2}}{1+t^2}.$$

积分余项的绝对值不超过

$$\int_0^1t^{2N+2}\,\mathrm dt=\frac1{2N+3}\to0.$$

所以

$$T=\int_0^1\frac{\mathrm dt}{1+t^2} =\arctan1-\arctan0=\frac{\pi}{4}.$$

当 $x=-1$ 时，展开式右边是 $\pi/4-T=0$，等于 $f(-1)=\arctan0=0$；当 $x=1$ 时，级数和是 $\pi/2$，但原函数的分母 $1-x=0$，没有函数值。因此表示题设函数的范围是 $[-1,1)$。

易错点： 反正切取主值，不能将 $f(x)=\pi/4+\arctan x$ 不加区间限制地用于整个定义域。这里的展开是在 $x=0$ 附近建立的。

答案：

$$f(x)=\frac12\sin x+\frac{x}{2}\cos x.$$

解题思路： 积分核是 $x-t$，对积分项求导两次就能消去积分，将积分方程转化为二阶常系数微分方程。由原式和第一次求导后的等式还可得到两个初始条件。

详细解答： 记

$$I(x)=\int_0^x(x-t)f(t)\,\mathrm dt =x\int_0^xf(t)\,\mathrm dt-\int_0^xtf(t)\,\mathrm dt.$$

因为 $f$ 连续，微积分基本定理和乘积求导法则给出

$$\begin{aligned} I'(x) &=\int_0^xf(t)\,\mathrm dt+xf(x)-xf(x)\\ &=\int_0^xf(t)\,\mathrm dt, \end{aligned} \qquad I''(x)=f(x).$$

原式 $f(x)=\sin x-I(x)$ 因此保证 $f$ 二阶可导。对它连续求导两次，

$$f'(x)=\cos x-\int_0^xf(t)\,\mathrm dt,$$

$$f''(x)=-\sin x-f(x), \qquad\text{即}\qquad f''(x)+f(x)=-\sin x.$$

令 $x=0$，原式与一阶导数式分别给出

$$f(0)=0,\qquad f'(0)=1.$$

齐次方程 $f''+f=0$ 的特征方程是 $r^2+1=0$，所以齐次通解为

$$C_1\cos x+C_2\sin x.$$

右端 $-\sin x$ 已经是齐次解，普通的 $a\cos x+b\sin x$ 不能作为有效特解，需乘上 $x$。注意到

$$(x\cos x)'=\cos x-x\sin x,$$

$$(x\cos x)''=-2\sin x-x\cos x,$$

所以

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

因此微分方程的通解是

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

由 $f(0)=0$ 得 $C_1=0$；其导数在 $0$ 处等于 $C_2+\frac12$，由 $f'(0)=1$ 得 $C_2=\frac12$，从而得到答案。

最后确认这也是原积分方程的解。对求得的函数定义

$$H(x)=f(x)+\int_0^x(x-t)f(t)\,\mathrm dt-\sin x.$$

由微分方程，$H''(x)=f''(x)+f(x)+\sin x=0$，故 $H(x)=ax+b$，其中 $a,b$ 是常数。而

$$H(0)=f(0)=0,\qquad H'(0)=f'(0)-1=0,$$

分别给出 $b=0,a=0$，所以 $H$ 恒为零。这证明代回原积分方程确实成立。