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• Fernando L. Escobar

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“Año de la universalización de la salud”

CALCULO PARA LA TOMA DE DECISIONES Tarea Calificada 1 - EP1 Carreras para Gente que Trabaja

Fredy Jonathan Fretel Escalante Gilmer de la Cruz Vasquez Cristhian Cucho Gutti Jhonson Rene Quiquinlla Santa Cruz

U19303286 U19214499 U19202443 U19216025

1. Ejercicios 1. Demuestre que la E.D. es exacta y luego resuelva la:

a. (2𝑒3𝑥𝑦 − 2𝑥)𝑑𝑥 + 𝑒3𝑥𝑑𝑦 = 0 aM Como no son iguales =2𝑒 3𝑥 aY por lo tanto la E.D no aM 3𝑥 es exacta aY

= 3𝑒

b. (𝐶𝑜𝑠𝑦 + 𝑦𝑐𝑜𝑠𝑥)𝑑𝑥 + (𝑠𝑒𝑛𝑥 − 𝑥𝑠𝑒𝑛𝑦)𝑑𝑦 = 0 N

M aM aY aM

=-sen y + cos x como son iguales por lo tanto la E.D es exacta

=con x –sen y

aY aF

Entonces: Ef. =C / =M aF

Luego: ax=M

.

aX

aF

=N

aY

f =ʆ(cosy + ycosx)dx F=x cos y + y sen x + g(x) ....... (*)

aF ay

= x sen y + sen x + g(y) = N

-x sen y + sen x + g’ (y) = sen x – x sen y g’ (y)= 0 g(y)= c2…….(*)

f=x cos y+ y sen x + c2 = c1 x cos y+ sen x = c

c = c1+c2

2. Demuestre que la E.D. es lineal y luego resuélvala 𝑥 = 3 − 𝑦2

a. (𝑥4 + 1)𝑦′ + 4𝑥3𝑦 = 6𝑒3𝑥 3 6𝑒3𝑥 ′ + 4𝑥

𝑦 A(x) +

Por lo tanto es una E.D lineal

𝑦 = 4+1 𝑥 3𝑥 6𝑒 , 𝐵𝑥

𝑥4+1 3 4𝑥 𝑥4+1

𝑥4+1

Y(x)= e-∫ Adx (∫ 𝑒∫ adx. 𝐵𝑑𝑥 + c Y(x)= e-∫

Y(x)= 𝑒

Y(x)= Y(x)= Y(x)= Y(x)=

4𝑥3 𝑥4+1

dx (∫ 𝑒∫

−𝐼𝑛(𝑥4+1)

1 𝑥4+1 1 𝑥4+1 1 𝑥4+1 2e3x 𝑥4+1

(∫

4𝑥3

6𝑒3𝑥 . 𝑥4+1 𝑥4+1

3𝑥 𝐼𝑛(𝑥4+1) 6𝑒 𝑒 𝑥4+1

(∫ (x4 + 1)

6𝑒3𝑥 𝑥4+1

(∫ 6𝑒3𝑥 dx+ c) (∫ 2𝑒3𝑥 + c) 𝑐

+ 𝑥4+1

𝑑𝑥 + c)

𝑑𝑥 + c)

𝑑𝑥 + c)

𝑡𝑎𝑛𝑥𝑦′ + 𝑠𝑒𝑐3𝑥𝑦 = 6𝑒2 + 2𝑥

b)

𝑦′ +

1 𝑡𝑎𝑛𝑥

. sec3 (xy)

=+ Por lo tanto no es una E.D lineal ya que la forma de E.D lineal es:

𝑦′ (x) + A(x) Y(x) =B(x) 3. Explique porque es factible aplicar el método de coeficientes indeterminados en las

ecuaciones diferenciales siguientes y luego resuélvelas. a.

2𝑦′′′ + 3𝑦′′ − 2𝑦′ = 12𝑒3𝑥 ......................................................................(*)

Hallando Yh :

2 r3 + 3 r2 -2r=0 r ( 2 r2 + 3 r -2) =0 r=0 v

2 r2 + 3 r -2=0 2r-1 r=½ r +2 r =-2 0x x/2 + C3 -2x Yh=C1 e +C2e e Yh=C1 +C2ex/2 + C3e-2x Hallando Yp:

Yp =A 𝑒3𝑥

𝑦′p=

3A

𝑒3𝑥

Reemplazando en (*)

,

y”p= 9A

𝑒3𝑥

,

𝑦′” 27 A𝑒3𝑥

2(27A 3𝑥) +3 (9 A 3𝑥) -2 (3 A 3𝑥)=12 A

𝑒 𝑒 𝑒 54 A 3𝑥 +27 A 3𝑥 -6 A 3𝑥 =12 3𝑥 𝑒 𝑒 𝑒 𝑒 75 A 3𝑥 =12 3𝑥 𝑒 𝑒

𝑒3𝑥)

75 A=12 A =4/25

Yp =4/25

𝑒3𝑥

Por lo tanto : Y(x) =Yh+Yp Y(x)=C 1+C2 x/2 +C3 x/-2 + 4/25

e

e

𝑒3𝑥

b ) 𝑦′′ − 4𝑦′ − 5𝑦 = 6𝑥2 + 4𝑥 + 1................... (*) Hallando Yh :

𝑟2 – 4r-5=0 r -5 / r +1 / Yh =C1 e5x + C2 e-x

r=5 r=-1

Hallando Yp:

Yp=A 𝑥2 +Bx+C 𝑦′p =2 A 𝑥+B ; Y “p =2A REEMLAZANDO EN (*)

2A-4 (2AX+B)-5 (ax2+bx+c )= 6x2 +4x+1 2A-8)-5 (ax2+bx+c )= 6x2 +4x+1 -5A-(8A + 5B )X +(2A-4B-5C )= 6x2 +4x+1

Luego: -5A=6

-8A-5B=4

2A-4B-5C= 1

6

6

-8(- )-5B=4

A=-

5

2(-6/5) -4 (

5

28 -5C =1 ) 25

B= 28

C=− 197

25

125

Yp =6x2 + 28 –197

5

25𝑥

125

Por lo tanto : Y = Yh+Yp 2

Y

= C e5x + C2e-x - 6𝑥 + 28 x 5 25

197 125

4 ) Explique porque se debe utilizar el método de variación de parámetros en las ecuaciones diferenciales siguientes y luego resuélvalas. a. 𝑦′′ + 25𝑦 = 60 sec (5𝑥) Ya que por método de coeficientes indeterminados es muy difícil resolver esta E.D, entonces resolveremos por método de variación de parámetros Hallando Yh : r 2 +25 = 0 r = +/-√−25 r +/- si Yh = C,cos 5x + c2 sen 5x Hallando Yp: Yp = V 1 (x) cos 5x + V 2 (x)sen 5x F(x)= 60 sec 5x cos 5x W= -5 sen x

sen 5x 5 cos 5x

V 1 (x)= ∫

W = 5𝑐𝑜𝑠2 5x+ 5 𝑠𝑒𝑛25x W=5 𝑓(𝑥)𝑠𝑒𝑛5𝑥 dx = - 60𝑠𝑒𝑐5𝑥 𝑠𝑒𝑛5𝑥 dx ∫ 𝑤 5

V 1 (x)= -12) tan ∫ 5𝑥 V 1 (x)=

𝑑𝑥

12 In cos 5x 5

V2 (x) = ∫ 𝑓(𝑥)𝑐𝑜𝑠5𝑥 dx = ∫ 60 sec 5𝑥 cos 5𝑥 dx

5

5

V2 (x) =12x

Luego :Yp =12In In cos 5x

cos 5x

+ 12x sen 5x

5

Por lo tanto : y = Yh + Yp Y =C 1 cos 5x + C2 sen5x + 12In In cos 5x 5

cos 5x + 12x sen 5x

b ) 𝑦′′ + 81𝑦 = 30 tan (9𝑥) Hallando Yh: r 2 + 81 = 0

r= +/-√−81 r =+/- 9 i

Yh = c,cos 9 +C 2 sen 9x

Hallando Yp : Yp =V1(x)cos 9x + V2 (x) sen 9x F(x) = 30 tan 9x

w=

cos 9x -9 sen 9x

sen 9x 9 cosx

W=9

V1(x)= ∫

𝑓(𝑥)𝑠𝑒𝑛 9𝑥 dx

V1(x)=−∫

=∫

9

10

V1(x)=− V2 (x)

𝑤 30 tan 9x.sen 9x dx

27

(𝐼𝑛

tan9x + sec 9x - sen 9x )

𝑓(𝑥)𝑐𝑜𝑠 9𝑥 dx 9

=∫

30 tan 9x.cos 9x dx 9

V2 (x) )=− 10 cos 9x

27

Yp

=−

10

tan9x + sec 9x - sen 9x ) cos 9x 10cos 9x sen 9x −

(𝐼𝑛

27

27

Y =Yh +Yp Y =C,cos 9x + C2 sen 9x− 10 (𝐼𝑛 tan9x + sec 9x - sen 9x )

−

27 10 cos 9x sen 9x 27

5 Un circuito RLC consta de un inductor de 5H, un resistor de 15Ω y un capacitor de 0,1R y están conectados a una fuente de energía que suministra 450 Volts al circuito. Si inicialmente el capacitor esta descargado y no circulaba corriente eléctrica en el circuito. Halle la ecuación de la carga eléctrica y la corriente eléctrica. 𝑑𝑞 + 𝑞 = E(t)

𝑑2𝑞 +

L

𝑑𝑡2

𝑅

Dónde:

𝑑𝑡

𝑐

R = 15 L =5H

Ω

E (t) =450

C =0,1 Q (0) =0

5q” + 15 q′ +

;

q′ (0) =0

𝑞 = 450 0,1

q” + 39 ′+ 2q = 90 Hallando Yh:

𝑟2 + 3r+2 =0 𝑟 +2 𝑟2 = -2 r +1 𝑟1= -1 Yh =C1 𝑒−2𝑡 + C2 𝑒−𝑡 Hallando Yp: Yp=A Y p′ =0 Yp”=0 0 + 3(0) + 2A =90 A=45 Yp=45 q(t) =Yh+Yp q(t)= C1 𝑒−2𝑡 + C2 𝑒−𝑡 +45 I (t)= -2C1 𝑒−2𝑡 + C2 𝑒−𝑡 Usando: q(0) =0 q(0) =0

C1+C2 + 45 =0 C1+C2 = -45 I(0)=0 -2C1 -C2 =0 C2=-2C1 C1+C2 =-45 C1-2C1=-45 C1 =45 C2 = -90 Por lo tanto: q(t)= 45𝑒−2𝑡 + 90 𝑒−𝑡 +45 I(t)= -90𝑒−2𝑡 + 90 𝑒−𝑡

q′(0)=I =0