Page 318 - 4371

 0 x  e a  Tx  0
 e
y  Tx   e ax   at q    edtt  at q      aT  e at q  dtt 
dt
t
 T 0  1  e T
 0 x e aT 0 
 e ax   at q    edtt  at q   dtt aT  e at q   
dt
t
 e


 T 0 1  e T 
 x  e aT  0 
 e
 e
t
dt
 e ax  at q   dtt  1 aT  at q   



 0  1  e T 
 x 1 0 
 e  ax   e at q  dtt   aT  e at q  dtt    y  x , що і вимагалось.
 0 1  e  T 
2
 x  y 1  y 
12.22 Маємо      y       , тобто

  2
 y  x ln Cx  x 
1
  u   .
u 2
y
12.23 Позначимо sin 2 x  y , тоді   yf  1  y2  
1  y
1  1 
2
 
 2 y  ,   yf   2 y    dy   y  ln  1 y  C .
1  y  1  y 
Таким чином,   xxf   2  ln  1 x  C при 0  x  1.
12.24 Розв’язок рівняння, який задовольняє початкову
умову y  0  y можна записати у виді
0
x  t 

 a  dtt x  a  d
y    ex 0   e 0 f    ydtt  , або
 0 
0
   
x x

x  a  d  a  dtt

y    ex  t f    ydtt 0 e 0 . Другий доданок, очевидно,
0
x
 a  dtt y y
прямує до нуля при x  : y e 0  0  0  0 .
0 x e cx
 a  dtt
e 0
318