Page 315 - 4371

законом T   100t  e  2 k t . При t  10 відповідно маємо:
2
t
80 100e  10k 1 і 64 100e  10k 2 , звідки T   100t  0,8  і
10
1
t
T   100t  0,64  . Тепер складаємо рівняння:
10
2
t
T   t  T   t  25 , яке відносно 0,8  зводиться до квадра-
10
1 2
2
 t  t
тного: 0,8  10   0,8   0,25 0 . Розв’язуючи це рівнян-
10

 
ln 0,5 
ня, знаходимо t  10 .
ln 0,8 
12.15 Відокремлюючи змінні в даному рівнянні, одержу-
2
1 y x 2 x   2 1  y
ємо: dy  dx . Враховуючи, що  dy 
2
y x  1 y
1  y x 2 x 2   2 x 2 x 2 1  x2
 dy  ln y  y , а  2 dx   2 dx 
y x 1 x 1
 2x  2 2
  2  x  dx  x  ln x   1 , маємо загальний інтеграл
 x 2  1 
2
2
рівняння: x  ln x 1  ln y  y  C . Врахування початко-
вої умови дає значення C   1 і одержаний частинний інте-
2
2
грал запишемо у виді x 1  ln x 1   y  ln  y .
Розглянемо функцію   x  x ln x . Легко встановити, що
вона неперервна і монотонно зростає на  ,0   , причому
   1x для всіх x  1. До того ж   x 1 для всіх x  0.
Тому, якщо  x    x і x  1 то x  x .
1 2 1 1 2
Одержаний розв’язок задачі Коші можна подати у виді
2
2
 x 1     y . Оскільки x 2  1  1, то x 1   y , або
4x
y  x 2  1 і тоді f  x  . Неважко бачити, що
4 x 2

315