Page 322 - 4371

12.32 Нехай  xy – будь-який розв’язок даної крайової
задачі. Оскільки функція  xy диференційовна, то вона не-
перервна, і отже, набуває на  1,0  свого найбільшого M і
найменшого m значень. Якщо існує x   1,0  такий, що
y   0x , то M  y   0 . Тоді  – точка локального мак-

симуму. Але   0y   згідно рівняння. Суперечність. Та-
ким чином, M  0. Аналогічно доводиться, що m  0 .
Звідси випливає, що y 0.

12.33 Припустимо, що  xy обертається в нуль при
x  0, нехай x – найменше додатне значення x таке, що
0
y   0x . Отже, в силу рівняння на проміжку  ,0 x 
0 0
  y   0x . Це означає, що на цьому проміжку  xy зростає,

а тому   0 xxy  ,   ,0 x . Звідси випливає, що  xy зро-
0
стає на  ,0 x , а тому    yxy   10  , суперечність.
0 0
Якщо припустити, що  xy обертається в нуль при x 0,
то позначивши через x найбільше від’ємне значення x
0
таке, що   0xy , одержуємо   0xy   на x ,  0 . Тобто
0 0
на цьому проміжку y  x зростає, що означає, що
y   0 xx  ,  x ,  0 . Таким чином,  xy спадає на  ,x  0 ,
0 0
тобто    yxy   10  , знову суперечність.
0
12.34 Запишемо рівняння у виді
2  xy   y     yy  2   2013. Якщо y є розв’язком даного
рівняння, то  y   0 і 2  xy  0 , оскільки жодна лінійна
функція y  kx  b не може бути розв’язком такого рівнян-
ня. Припустивши противне, приходимо до рівності
k 2  k  2013  0, яка не виконується ні при якому дійсно-
му k . Продиференціюємо обидві частини рівняння:
2  xy   y  0 . Звідси  y    0, тобто  y  C , C  0 і тоді
1 1

y  C x  C . Підставимо y і y  в рівняння:
1 2
322