Page 313 - 4371

dy
умови задачі випливає, що  0 при x  1. Таким чином,
dx
дістаємо рівняння: 2 y 3y  0 , звідки виплаває, що y  0
або y  2 3.
Через точку  0,1  проходить інтегральна крива y 0, яка
перетинає пряму x  1 під прямим кутом. А через точку
 ,1  2  3 проходить інтегральна крива y   2x 2 2x 3   1 ,
яка відповідає константі C   1 2 і також перетинає пряму
x  1 під прямим кутом.
12.11 Розв’язок даного рівняння має вигляд (див.
розв’язок попередньої задачі): x 2 xy 1  Cy , C  ,
R
y  0.Оскільки інтегральна крива x 0 не задовольняє умо-
ву задачі, то дане рівняння можна записати у вигляді:
dy y 2  3xy  dy
  0 . З умови задачі випливає, що  1 при
dx x dx
x  1. Звідси одержуємо рівняння: 3y 2  2 y 1  0, звідки
маємо, що y  1 або y 1 3.
Якщо x 1, y   1, то C  0 , тобто y   1 x . Якщо x 1,

y  1 3, то C  4 , тобто y  x 2 4 x 3  .
12.12 Продиференціюємо обидві частини рівняння:
y   y   y  4  . . .  1 2 x .
Почленно віднімемо одержану рівність від початкового рів-
2

няння: y   1 x  x . Інтегруючи одержане рівняння, діс-
x 2 x 3
таємо: y   x    C . Оскільки   00 y , то C  0 ,
2 3
x 2 x 3
отже, y   x   . Перевірка показує, що знайдена фу-
2 3
нкція дійсно є розв’язком вихідної задачі.
12.13 Очевидно, що розв’язки x 0 і y  0 даного дифе-
ренціального рівняння не задовольняють початкову умову.

313