Page 319 - 4371

Розглянемо перший доданок. Якщо f  x обмежена:
x

x  a  d x x
f   x  M , то e t f  dtt  M  e c  tx  dt  Me cx  e ct dt 

0 0 0
1 M M
cx
 Me  cx e 1   1 e  cx  , тобто, перший доданок
c c c
обмежений, а тому і розв’язок обмежений.
Нехай тепер  xf 0 при x  , тоді
x
x  a  d x x 2 x


 e t f  dtt  e c  tx  f  dtt  e c  tx     edtt f  c  tx  f  dtt .

0 0 0 x 2
Але
x 2 x 2 1 x 2
 e c  tx  f  dtt  e cx max f   et  ct dt  e cx max f    et ct 
0 t  2x 0 t  2x c
0 0 0
1 cx  cx  1  cx

 max f  et e 2  1  max f  et 2  0 при x  ,
c 0 t x 2    c 0 t x 2

cx

оскільки max f    Kt   , а e 2  0 при x  .
0 t x 2
x x 1 x
e c  tx  f  dtt  max f  et cx  e ct dt  max f  et cx  e ct 

x 2 t x x 2 t x c
x 2 x 2 x 2
1 cx  cx cx  1   cx  1
 max  et f e e 2   max f   1  et 2   max f   t 0
c x 2  xt    c x 2  xt   c x 2  xt



при x  . Тобто  xy 0 при x  .
y  y x 
12.25 Запишемо рівняння у виді y   , або
x 2

 y  y
  y     . Звідси y    C . Одержано лінійне рівнян-

1
 x  x
ня першого порядку, розв’язуючи яке, одержуємо загаль-
ний розв’язок вихідного рівняння: y  C x  C x .
1 2
319