Page 78 - Лекція 1

Тоді
1
1
1
y 2 u e k x k ue k x e k x ( u k u),
1
1

2
y 2 u e k x 2 k u e k x k ue k x
1
1
1
1
1

2
e k x u ( 2 k u k u).
1
1
1
Підставимо y , y , y у ліву частину рівняння (5.1),
2
2
2
дістанемо

1
e k x [ u 2( u 1 p 2/ u ) ( k 1 2 pk 1 q u) ] 0.

За умовою k 1 2 pk 1 q 0 . Окрім того,
p p
k 1 k 2 , тому k 1 0. Щоб знайти функцію
2 2
u x( ), треба розв язати рівняння u 0 . Проінтегруємо його
послідовно, дістанемо

u C , u C x C ,
1
1
2

де C і C довільні сталі.
2
1
Візьмемо C 1 1, C 2 0, тоді u x( ) x . Отже,
1
y 2 xe k x другий розв язок рівняння (5.1).
1
1
Розв язки y 1 e k x і y 2 xe k x лінійно
y 1 1
незалежні, оскільки const. За теоремою 4 (лекція
y 2 x
4) загальний розв язок рівняння (5.1) має вигляд