Page 308 - 4371

k
5
2
5
5
x x 1 x   x 
f   x 2   2      


2012  x 2012 x 2012 k 0  2012 
1 
2012
  1 k   1 k
n
  k 1 x 2k 5   c n x , де c n  k  1 , якщо
k 0 2012 n 0 2012
n  2 k 5 і c  0, якщо n 2 k 5. Тоді
n
1004 2013 !
 1
f 2013    20130  !c  2013 !c  2013 !  .
2013 2 1004 5 1005 1005
2012 2012
12.1 Із цього рівняння знайдемо x як функцію y . Рівнян-
dx 2
ня можна записати у виді  2x   y , тобто одержано
dy
лінійне рівняння. Розв’язуючи його, одержуємо
y 2 y 1
 Cex 2y    .
2 2 4
z
12.2 Зробимо заміну xy  , де z  z  x – нова невідома

функція. Оскільки z  y x   y , то рівняння зводиться до
1 1 C
виду  z  2 z 1, звідки z   Ce  2 x . Тоді y   e  2 x .
2 2 x x
1
Враховуючи початкову умову, одержуємо Ce  2   1, тоб-
2
1 1
2
то C  e . Остаточно знаходимо y   1 e 2  1  x .
2 2 x
12.3 Зробимо заміну y   ln z , де z  z  x – нова шукана
z p  x
функція. Одержимо    q  x , або z   q  zx  p  x –
z z
маємо лінійне рівняння першого порядку. Розв’язавши його,

 q  dxx   q  dxx 
отримаємо:  ez  e p  dxx  C  . Тоді

 

308