Act 3 Pto 4 y 6

4. La solución de la ecuación: 𝑦̈ − 𝑒 −𝑥 𝑦 = 0, 𝑦(0) = 𝑦̇ (0) = 1 teniendo en cuenta la condición iniciales x=0 y utilizando las series de Maclaurin es: A. 𝑦(𝑥) = 1 + 𝑥 + B. 𝑦(𝑥) = 1 − 𝑥 − C. 𝑦(𝑥) = 1 + 𝑥 + D. 𝑦(𝑥) = 1 + 𝑥 +

𝑥2 2! 𝑥2 2! 𝑥3 3! 𝑥2 2!

𝑥5 5! 𝑥5 + 5! 𝑥5 − 5! 𝑥6 − 6!

−

+⋯ +⋯ +⋯ +⋯

𝑦 ′ − 𝑒 𝑥 𝑦 = 0, 𝑦(0) = 𝑦 ′ (0) = 1 ∞

𝑓(𝑥) = ∑ 𝐶𝑛 𝑥 𝑛 → 𝐶𝑛 = 0

𝑦=∑

∞ 𝑦 𝑛 (0) 0

𝑦=

𝑛!

𝑦 𝑛 (0) 𝑛!

𝑋𝑛

𝑦(0) 0 𝑦′(0) 1 𝑦′′(0) 2 𝑦′′′(0) 3 𝑦 𝐼𝑉 (0) 4 𝑥 + 𝑥 + 𝑥 + 𝑥 + 𝑥 +⋯ 0! 1! 2! 3! 4!

𝑦 ′ − 𝑒 𝑥 𝑦 → 𝑦 ′ (0) = 𝑒 0 𝑦(0) (1) = (1)(1) → 𝐶𝑜𝑚𝑝𝑟𝑜𝑏𝑎𝑐𝑖ó𝑛

𝑦 ′′ (𝑥) =

𝑑 ′ (𝑦 (𝑥)) 𝑑𝑥

𝑦 ′′ (𝑥) =

𝑑 −𝑥 (𝑒 𝑦(𝑥)) = 𝑒 −𝑥 𝑦 ′ (𝑥)(𝑒 −𝑥 )(−1) 𝑑𝑥

𝑦 ′′ (0) = 𝑒 0 (1) − (1)(𝑒 0 ) = 1 − 1 = 0 𝑦 ′′′ (𝑥) =

𝑑 −𝑥 ′ (𝑒 𝑦 (𝑥) − 𝑒 −𝑥 𝑦(𝑥) ) = 𝑒 −𝑥 𝑦′′ (𝑥) − 𝑒 −𝑥 (𝑦(𝑥))(−1) 𝑑𝑥

𝑦 ′′′ (0) = 𝑒 0 (0) + 𝑒 0 (1) = 1 𝑦 𝐼𝑉 (𝑥) =

𝑑 −𝑥 ′′ (𝑒 𝑦 (𝑥) + 𝑒 −𝑥 𝑦(𝑥)) 𝑑𝑥

𝑦 𝐼𝑉 (𝑥) = 𝑒 −𝑥 𝑦 ′′′ (𝑥) + (𝑦 ′′ (𝑥)(𝑒 −𝑥 )(1) + 𝑒 −𝑥 𝑦 ′ (𝑥) + (𝑦(𝑥)(𝑒 −𝑥 )(−1) 𝑦 𝐼𝑉 (0) = 𝑒 0 (1) − (0)(𝑒 0 ) + 𝑒 0 (1) − (1)𝑒 0 = 1 − 0 + 1 − 1 = 1 𝑦 𝑉 (𝑥) =

𝑑 −𝑥 ′′′ (𝑒 𝑦 (𝑥) − 𝑒 −𝑥 𝑦 ′′ (𝑥) + 𝑒 −𝑥 𝑦 ′ (𝑥) − 𝑒 −𝑥 𝑦(𝑥)) 𝑑𝑥

𝑦 𝑉 (𝑥) = 𝑒 −𝑥 𝑦 𝐼𝑉 (𝑥) − 𝑒 −𝑥 𝑦 ′′′ (𝑥) − 𝑒 −𝑥 𝑦 ′′′ (𝑥) + 𝑦 ′′ (𝑥)𝑒 −𝑥 + 𝑒 −𝑥 𝑦 ′′ (𝑥) − 𝑦 ′ (𝑥)(𝑒 −𝑥 ) − 𝑒 −𝑥 𝑦 ′ (𝑥) + 𝑦(𝑥)𝑒 −𝑥 𝑦 𝑉 (0) = 𝑒 0 (1) − 𝑒 0 (1) − 𝑒 0 (1) − 𝑒 0 (1) + (0)𝑒 0 + 𝑒 0 (0) − (1)𝑒 0 − 𝑒 0 (1) + (1)𝑒 0 = 𝑦 𝑉 (0) = 1 − 1 − 1 − 1 + 0 + 0 − 1 − 1 + 1 = −3

𝑦=

𝑦(0) 0 𝑦′(0) 1 𝑦′′(0) 2 𝑦′′′(0) 3 𝑦 𝐼𝑉 (0) 4 𝑥 + 𝑥 + 𝑥 + 𝑥 + 𝑥 +⋯ 0! 1! 2! 3! 4!

Serie de MCLaurin Entonces: 𝑦=

(0)𝑥 2 (1)𝑥 3 1 1 (1) + 𝑥 + + +⋯ (1) 1 2! 3!

EL enunciado del problema es inconsistente ya que se dan y’(0), y(0) como condiciones iniciales lo que implica que en E.D. deben existir y’’ El ejercicio se plantearía: 𝑦 ′′ − 𝑒 −𝑥 𝑦 = 0,

𝑦(0) = 𝑦 ′ (0) = 1

Entonces: 𝑦 ′′ = 𝑒 −𝑥 𝑦 → 𝑦 ′′(0) = 𝑒 0 𝑦(0) = (1)(1) = 1

Solución por McLaurin 𝑦=∑

∞ 𝑦 𝑛 (0) 0

𝑦=

𝑛!

𝑋𝑛

𝑦(0) 0 𝑦′(0) 1 𝑦′′(0) 2 𝑦′′′(0) 3 𝑦 𝐼𝑉 (0) 4 𝑥 + 𝑥 + 𝑥 + 𝑥 + 𝑥 +⋯ 0! 1! 2! 3! 4!

𝑦 ′′′ =

𝑑 −𝑥 (𝑒 𝑦(𝑥)) = 𝑒 −𝑥 𝑦 ′ (𝑥) − 𝑦(𝑥) − 𝑒 −𝑥 𝑑𝑥

𝑦 ′′′ (0) = 𝑒 0 (1) − (1) − 𝑒 0 = 1 − 1 = 0 𝑦 𝐼𝑉 =

𝑑 −𝑥 ′ (𝑒 𝑦 (𝑥) − 𝑒 −𝑥 𝑦(𝑥)) 𝑑𝑥

𝑦 𝐼𝑉 = 𝑒 −𝑥 𝑦 ′′ (𝑥) − 𝑒 −𝑥 𝑦 ′ (𝑥) − 𝑒 −𝑥 𝑦 ′ (𝑥) + 𝑒 −𝑥 𝑦(𝑥) 𝑦 𝐼𝑉 (0) = 𝑒 0 (1) − 𝑒 0 (1) − 𝑒 0 (1) + 𝑒 0 (1) = 1 − 1 − 1 + 1 = 0 𝑦𝑉 =

𝑑 −𝑥 ′′ (𝑒 𝑦 (𝑥) − 2𝑒 −𝑥 𝑦 ′ (𝑥) + 𝑒 𝑥 𝑦(𝑥)) 𝑑𝑥

𝑦 𝑉 = 𝑒 −𝑥 𝑦 ′′′ (𝑥) − 𝑒 −𝑥 𝑦 ′′ (𝑥) − 2(𝑒 −𝑥 𝑦 ′′ (𝑥) − 𝑒 −𝑥 𝑦 ′ (𝑥)) + 𝑒 −𝑥 𝑦 ′ (𝑥) − 𝑒 −𝑥 𝑦(𝑥) 𝑦 𝑉 = 𝑒 −𝑥 𝑦 ′′′ (𝑥) − 3𝑒 −𝑥 𝑦 ′′ (𝑥) + 3𝑒 −𝑥 𝑦 ′ (𝑥) − 𝑒 −𝑥 𝑦(𝑥) 𝑦 𝑉 (0) = 𝑒 0 (0) − 3𝑒 0 (1) + 3𝑒 0 (1) − 𝑒 0 (1) 𝑦 𝑉 (0) = 0 − 3 + 3 − 1 = −1 𝑦=

𝑦(0) 0 𝑦′(0) 1 𝑦′′(0) 2 𝑦′′′(0) 3 𝑦 𝐼𝑉 (0) 4 𝑥 + 𝑥 + 𝑥 + 𝑥 + 𝑥 +⋯ 0! 1! 2! 3! 4! 0

0

(1)𝑥 2 (0)𝑥 3 (0)𝑥 4 (−1)𝑥 5 1 0 (1) + 𝑥+ + + + +⋯ (1) (1) 2! 3! 4! 5!

𝑦 =1+𝑥+

𝑥2 2!

−

𝑥5 5!

+ ⋯ Solución pto A.

6. El polinomio 𝑃4 (𝑥) de Taylor que aproxima la solución en torno de x0=0 del problema: 𝑦̈ = 3𝑦̇ + 𝑥 valores iniciales es:

7⁄ 3 𝑦,

𝑦(0) = 10,

𝑦̇ (0) = 5 con

15𝑥 2 15𝑥 3 45𝑥 4 + + … 2 2 8 2 3 4 15𝑥 15𝑥 45𝑥 5 + 10𝑥 + + + … 2 2 8 2 3 4 15𝑥 15𝑥 45𝑥 5 + 5𝑥 + 2 − 2 + 8 … 15𝑥 2 15𝑥 3 45𝑥 4 10 + 5𝑥 + 2 − 2 − 8 …

A. 𝑃4 (𝑥) = 10 + 5𝑥 + B. 𝑃4 (𝑥) = C. 𝑃4 (𝑥) = D. 𝑃4 (𝑥) =

𝑃4(𝑥) → 𝑃𝑜𝑙𝑖𝑛𝑜𝑚𝑖𝑜 𝑑𝑒 𝑇𝑎𝑦𝑙𝑜𝑟 𝑦 ′ = 3𝑦 ′ + 𝑥 𝑃𝑛(𝑥) =

𝑃4 (𝑥) =

7⁄ 3

𝑦, 𝑦(0) = 10, 𝑦 ′ (0) = 5

𝑓(𝑥0 ) 𝑓′(𝑥0 ) 𝑓′′(𝑥0 ) 𝑓′′′(𝑥0 ) (𝑥 − 𝑥0 ) + (𝑥 − 𝑥0 )2 + (𝑥 − 𝑥0 )3 + ⋯ + 0! 1! 2! 3! 𝑓 𝑛 (𝑥0 ) (𝑥 − 𝑥0 )𝑛 + 𝑛!

𝑦(0) 𝑦′(0) 𝑦′′(0) 𝑦′′′(0) 𝑦 𝐼𝑉 (0) (𝑥 − 0) + (𝑥 − 0)2 + (𝑥 − 0)3 + (𝑥 − 0)4 + 1 1 2! 3! 4!

7⁄ 3 𝑦(0)

𝑦 ′′ (0) = 3𝑦 ′ (0) + (0)

𝑦 ′′ (0) = 3(5) + (0)𝑦(0) 0 𝑦 ′′ (0) = 15 𝑦′′′(𝑥) =

𝑑 7 (3𝑦 ′ (𝑥) + 𝑥 ⁄3 𝑦(𝑥)) 𝑑𝑥

7 4 + 𝑥 ⁄3 𝑦(𝑥) 3 07 7 4 0 𝑦 ′′′ (0) = 3𝑦 ′′ (0) + (0) ⁄3 𝑦 ′ (0) + (0) ⁄3 𝑦(0) 3 𝑦 ′′′(𝑥) = 3𝑦 ′′′ (𝑥) + 𝑥

7⁄ ′(𝑥) 3𝑦

𝑦 ′′′ (0) = 3(15) = 45 𝑑 7 4 7 4 28 1 7 (3𝑦 ′′′ (𝑥) + 𝑥 ⁄3 𝑦 ′′ (𝑥) + 𝑥 ⁄3 𝑦 ′ (𝑥) + 𝑥 ⁄3 𝑦(𝑥) + 𝑥 ⁄3 𝑦(𝑥) 𝑑𝑥 3 3 9 0 28 0 7 4 07 4 0 7 1 𝑦 𝐼𝑉 (0) = (3𝑦 ′ (0) + (0) ⁄3 𝑦 ′ (0) + 0 ⁄3 𝑦 ′ (0) + 𝑥 ⁄3 𝑦(0) + (0) ⁄3 𝑦(0) 3 3 9 𝑦 𝐼𝑉 (𝑥) =

𝑦 𝐼𝑉 (0) = 3(45) = 135 𝑃4(𝑥) =

10 5 𝑦 ′′ (0) 2 𝑦 ′′′ (0) 3 𝑦 ′′ (0) 4 + (𝑥) + 𝑥 + 𝑥 + 𝑥 1 1 2! 3! 4!

𝑃4(𝑥) = 10 + 5𝑥 +

15 2 45 3 135 4 𝑥 + 𝑥 + 𝑥 2 6 24

𝑃4(𝑥) = 10 + 5𝑥 +

15 2 𝑥 2

+

15 3 𝑥 2

+

45 4 𝑥 8

Respuesta B.