Tarea Modulo 2 ED

exp(pi)

[1] 23.14069

4a) \(x^2y''+2xy'=0\); \(x>0\); \(y1(x)=1\)

Se propone la segunda solución \[y=v(x)y_1\] \[y=v(x)1\] por lo que al derivar \[y'=v'\] \[y''=v''\] sustituyendo \[x^2v''+2xv'=0\] sea \[p=v'\rightarrow p'=v''\] sustituyendo en la ecuación original \[x^2p'+2xp=0\] Resoviendo por separación de variables \[\dfrac{dp}{dx}=\dfrac{-2xp}{x^2}\] \[\dfrac{dp}{p}=\dfrac{-2dx}{x}\] \[ln(p)=-2ln(x)\] \[p=x^{-2}\] Entonces \[\dfrac{dy}{dx}=x^{-2}\] \[y=\int x^{-2}dx\] \[y_2=-\dfrac{1}{x}+c\]

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4b) \(x^2y''+2xy'-2y=0\); \(x>0\); \(y_1(x)=x\)

Se propone la segunda solución \[y_2=v(x)x\] Derivando \[y'_2=v'x+v\] \[y''_2=v''x+v'+v'\] Sustituyendo en la ecuación original \[x^2(v''x+2v')+2x(v'x+v)-2vx=0\] \[v''x^2+v'(2x^2+2x^2)+v(2x-2x)=0\] \[x^2v''+4x^2v'=0\] Sea \[p=v'\rightarrow p'=v''\] \[x^2p'+4x^2p=0\] Resolviendo por separación de varibales \[\dfrac{dp}{dx}=\dfrac{-4x^2p}{x^2}\] \[\int \dfrac{dp}{p}=\int -4dx\] \[ln(p)=-4x+c\] \[p=c_1e^{-4x}\] Entonces \[\dfrac{dy}{dx}=c_1e^{-4x}\] \[y=\int c_1e{-4x}dx\] \[y_2(x)=-\dfrac{c_1}{4}e^{-4x}+c_2\]

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4c) \(x^2y''3xy'+y=0\); \(x>0\); \(y_1(x)=x^{-1}\)

Se propone la segunda solución \[y_2=v(x)x^{-1}\] Derivando \[y'=v'x^{-1}-vx^{-2}\] \[y''=v''x^{-1}-v'x^{-2}-(v'x^{-2}-2vx^{-3})\] \[y''=v''x^{-1}+2vx^{-3}\] Sustituyo en la ed original \[x^{2}(v''x^{-1}+2vx^{-3})+3x(v'x^{-1}-vx^{-2})+vx^{-1}=0\] \[v''x+v'(3)+v(2x^{-1}-3x^{-1}+x^{-1})=0\] \[v''x+3v'=0\] Sea \[p=v'\rightarrow p'=v''\] Sustituyendo y resolviendo por separación de variables \[p'x+3p=0\] \[\dfrac{dp}{dx}=-3p\] \[\dfrac{dp}{p}={-3dx}\] \[ln(p)=-3x+c\] \[p=c_1e^{-3x}\] Solucionando para \(y_2\) \[\int dy=\int c_1e^{-3x}dx\] \[y_2=-\dfrac{c_1}{3}e^{-3x}+c_2\]

sqrt(pi)

[1] 1.772454

5a) \[y''-2y'-3y=3e^{2x}\] 1.-Encontrar la solución de la ecuacion homogenea. \[y''-2y'-3y=0\] \[m^2-2m-3=0\] \[(m-3)(m+1)=0\] \[m_1=3 ; m_2=-1\] \[y_H=c_1e^{3x}+c_2e^{-x}\] Dado que \(g(x)=3e^{2x}\) se sugiere una solucion particular d ela forma \[Y_p=Ae^{2x}\] Entonces \[Y'_p=2Ae^{2x}\rightarrow Y''_p=4Ae^{2x}\] por lo que la ec. dif. queda como: \[4Ae^{2x}-3(2Ae^{2x})-4Ae^{2x}=2e^{2x}\] \[(4A-6A-4A)e^{2x}=3e^{2x}\] \[-6A=3\]

\[A=-\dfrac{1}{2}\] \[Y_p=-\dfrac{1}{2}e^{2x}\] \[Y=Y_H+Y_P\] \[Y=c_1e^{3x}+c_2e^{-x}-\dfrac{1}{2}e^{2x}\]

sqrt(2)

[1] 1.414214

5b) \[u''+w^2_0u=cos(wx)\] 1.- Encontrar la solucion homogenea. \[u''-w_0^2u=0\] \[m^2-w^2_0=0\] \[m_1=w_0i;m_2=-w_0i\] \[u_1=c_1e^{w_0ix};u_2=c_2e^{-w_0ix}\] Solucion general \[u_H=c_1e^{w_0ix}+\dfrac{c_2}{e^{w_0ix}}\] \[u_H=c_1(cos(w_0x)+isen(w_0x))+c_2(cos(w_0x)-isen(w_0x))\] \[u_H=(c_1+c_2)cos(w_0x)+i(c_1-c_2)sen(w_0x)\] \[u_H=c_1cos(w_0x)+c_2sen(w_0x)\]

Solucionando la ecuacion particular para \(g(x)=cos(wx)\), suguiere que la solucion debe ser de la forma \[u_P=Asen(wx)+Bcos(wx)\] \[u'_P=Awcos(wx)-Bwsen(wx)\rightarrow u''_P=-Aw^2sen(wx)-Bw^2cos(wx)\] Sustituyendo en la ec. dif. original \[-Aw^2sen(wx)-Bw^2cos(wx)+w^2_0(Asen(wx)+Bcos(wx))=cos(wx)\] \[(-Aw^2+Aw^2_0)sen(wx)+(-Bw^2+Bw_0^2)cos(wx)=cos(wx)\] \[-Aw^2+Aw^2_0=0\] \[-Bw^2+Bw_0^2=1\] \[A=0\] \[B(-w^2+w_0^2)=1\] \[B=\dfrac{1}{-w^2+w_0^2}\]

\[u_P=\dfrac{1}{-w^2+w_0^2}cos(wx)\] \[u=\dfrac{1}{-w^2+w_0^2}cos(wx)+c_1cos(w_0x)+c_2sen(w_0x)\]

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5c) \[y''+y'+4y=2senh(x)\] Solucionar la parte homogenea. \[\dfrac{d^2y}{dx^2}+\dfrac{dy}{dx}+4y=0\] \[m^2+m+4=0\] \[m=\dfrac{-1\pm\sqrt{1^2-4(1)(4)}}{2}\] \[m_1=-\dfrac{1}{2}+\dfrac{i\sqrt{15}}{2} \rightarrow m_2=-\dfrac{1}{2}-\dfrac{i\sqrt{15}}{2}\] Entonces la solucón general esta dada por \[y=c_1e^{( -\dfrac{1}{2}+\dfrac{i\sqrt{15}}{2})x}+c_2e^{(-\dfrac{1}{2}-\dfrac{i\sqrt{15}}{2})x}\] Dado la ecuacion de Euler \(e^{\alpha+\beta i}=e^\alpha cos(\beta)+ie^\alpha sen(\beta))\) \[y=c_1(e^{-\dfrac{x}{2}}cos(\dfrac{\sqrt{15}}{2}x)+ie^{-\dfrac{x}{2}}sen(\dfrac{\sqrt{15}}{2}x))\] \[+c_1(e^{-\dfrac{x}{2}}cos(\dfrac{\sqrt{15}}{2}x)-ie^{-\dfrac{x}{2}}sen(\dfrac{\sqrt{15}}{2}x))\]

\[y_H=(c_1+c_2)e^{-\dfrac{x}{2}}cos(\dfrac{\sqrt{15}}{2}x)+i(c_1-c_2)e^{-\dfrac{x}{2}}sen(\dfrac{\sqrt{15}}{2}x)\] Determinar la solución particular, dado \(senh(x)=\dfrac{e^x}{2}-\dfrac{e^{-x}}{2}\), ya que \(g(x)\) es una suma de funciones encontratesmos las dos soluciones particulares. Notamos que son de la forma \(a_1e^x\) y \(a_2e^{-1}\), asi que la solucion particular sera de la forma \(y_P=a_1e^x+a_2e^{-x}\). Queda el problema de encontra \(a_1,a_2\) \[y_p'=a_1e^x-a_2e^{-x}\] \[y''_p=a_1e^x+a_2e^{-x}\] Sustituyendo en la ecuacion original \[(a_1e^x+a_2e^{-x})+(a_1e^x-a_2e^{-x})+4(a_1e^x+a_2e^{-x})=\dfrac{e^x}{2}+\frac{e^{-1}}{2}\] \[6a_1e^x+4a_2e^{-x}=\dfrac{e^x}{2}-\frac{e^{-x}}{2}\] Asi pues \(a_2=-\dfrac{1}{8}\) y \(a_1=\dfrac{1}{12}\), y \[y_p=\dfrac{e^x}{12}-\frac{e^{-x}}{8}\] Ahora si renombramos \(c_1=(c_1+c_2)\) y \(c_2=i(c_1-c_2)\) \[y=y_H+y_P\] \[y=\dfrac{e^x}{12}-\frac{e^{-x}}{8}+c_1e^{-\dfrac{x}{2}}cos(\dfrac{\sqrt{15}}{2}x)+c_2e^{-\dfrac{x}{2}}sen(\dfrac{\sqrt{15}}{2}x)\]