首先，我注意到你已经掌握了两个相关积分方程的解法，那我们可以从拆分目标方程、关联已知解入手，一步步拆解问题：

步骤1：拆分方程，关联已知算子 #

先把目标方程的核拆成你熟悉的形式：
$$
\int_0^x \ln(x-t)y(t)dt - \ln x \int_0^x y(t)dt = f(x)
$$
令：

• $A[y] = \int_0^x \ln(x-t)y(t)dt$（你已知解的第一个方程的积分算子）
• $z(x) = \int_0^x y(t)dt$（$y(x) = z'(x)$，原函数关系）

方程可以改写为：
$$
A[y] - \ln x \cdot z(x) = f(x)
$$
因为你已经知道$A[y] = g(x)$的解是$y = A^{-1}[g(x)]$，我们可以把$A[y]$用$f(x) + \ln x \cdot z(x)$替换，得到：
$$
y(x) = A^{-1}\left[f(x) + \ln x \cdot \int_0^x y(t)dt\right]
$$
这是一个关于$y(x)$的积分方程，接下来可以用迭代法求解。

步骤2：迭代法逼近解 #

利用你已知的$A^{-1}$算子，构造迭代序列：

1. 初始迭代：取$y_0(x) = A^{-1}[f(x)]$（直接用第一个方程的解作为初始猜测）
2. 迭代更新：
   $$
   y_{n+1}(x) = A^{-1}\left[f(x) + \ln x \cdot \int_0^x y_n(t)dt\right]
   $$
3. 重复迭代直到序列收敛（比如相邻两次迭代的误差小于设定阈值）。

这种方法的优势是完全复用你已掌握的第一个方程的解，不需要推导新的算子逆。

步骤3：变量替换简化核，转化为Fredholm型方程 #

做变量替换$t = xu$（$u \in [0,1]$），则$dt = xdu$，代入原方程：
$$
x \int_0^1 \ln(1-u) y(xu) du = f(x)
$$
两边除以$x$（$x \neq 0$）：
$$
\int_0^1 \ln(1-u) y(xu) du = \frac{f(x)}{x}
$$
这个形式是关于$x$的函数方程，如果$f(x)$是解析函数，你可以尝试将$y(x)$展开为幂级数$y(x) = \sum_{k=0}^\infty a_k x^k$，代入后对比系数求解：

• 已知$\int_0^1 \ln(1-u) u^k du = -\frac{H_{k+1}}{k+1}$（$H_n$为第$n$个调和数）
• 代入后可以得到系数$a_k$的递推关系，快速构造多项式解或级数解。

步骤4：拉普拉斯变换法（针对光滑$f(x)$） #

对原方程两边做拉普拉斯变换，记$\mathcal{L}[y(x)] = Y(s)$，$\mathcal{L}[f(x)] = F(s)$：

• 第一项$\mathcal{L}\left[\int_0^x \ln(x-t)y(t)dt\right] = -\frac{(\gamma + \ln s)}{s}Y(s)$（$\gamma$为欧拉常数，卷积的拉普拉斯变换性质）
• 第二项$\mathcal{L}\left[\ln x \int_0^x y(t)dt\right] = -\int_s^\infty \frac{Y(v)}{v(v-s)} dv - \gamma \frac{Y(s)}{s}$（利用$\ln x$的积分表示推导）

最终得到关于$Y(s)$的积分方程：
$$
-\frac{(\gamma + \ln s)}{s}Y(s) + \int_s^\infty \frac{Y(v)}{v(v-s)} dv + \gamma \frac{Y(s)}{s} = F(s)
$$
化简后：
$$
\int_s^\infty \frac{Y(v)}{v(v-s)} dv - \frac{\ln s}{s}Y(s) = F(s)
$$
对$s$求导后可以转化为微分方程，再通过逆拉普拉斯变换得到$y(x)$。

内容的提问来源于stack exchange，提问作者tyobrien