Page 320 - 4371
P. 320
12.26 Доведемо, що f 0 . Припустимо, що рівняння
f e x f з умовами f fa 0b має ненульовий
розв’язок xf . Можна вважати, що в деяких точках xf
приймає додатні значення. Знайдемо точку x , в якій xf
0
приймає максимальне значення. Тоді 0xf .
0
Оскільки x – внутрішня точка відрізка a, b і є точкою
0
максимуму, то f 0x . Але нерівності f 0x і
0 0
f 0x не можуть виконуватись одночасно з рівністю
0
f ex 0 x f x .
0 0
2
12.27 Підставивши y x sin x в рівняння, одержимо
2 sin x 4x cosx q sin1 xx 2 x 2xp sin xxx 2 p cos xx 0
– тотожно на a, a . Поділимо обидві частини на x , тоді
sin x
при x 0 , x a, a : 2 cos4 x q xx 1 sin x
x
xp cos xx 0 . Але при неперервних xp і xq ліва ча-
стина прямує до 6 при x 0 і в деякому околі нуля рів-
2
ність порушується. Тому функція y x sin x не може бу-
ти розв’язком даного рівняння при неперервних xp і
q x на інтервалі a, a .
12.28 Підставимо функцію y 1 cos x в рівняння:
cos px sin qxx 1x cos x 0 .
Неважко бачити, що при x 0 рівність не виконується,
отже, вказана функція не може бути розв’язком даного рі-
вняння на a, a .
12.29 Дане рівняння рівносильне рівнянню
0
xyy , тобто y xy C , звідки
1
x 2
2
y C e x 2 e t 2 dt C .
1 2
0
320