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Example Question - differential equation

Here are examples of questions we've helped users solve.

Solving a Differential Equation Given Non-Root Constraint

Para resolver este problema, necesitamos trabajar con la ecuación diferencial y la ecuación auxiliar dadas. La ecuación diferencial dada es: $ ay'' + by' + cy = e^{kx} $ La ecuación auxiliar asociada es: $ am^2 + bm + c = 0 $ Dado que $k$ no es una raíz de la ecuación auxiliar, podemos intentar encontrar una solución particular de la forma $ y_p = Ae^{kx} $. Sustituimos $ y_p $ en la ecuación diferencial: $ a(Ae^{kx})'' + b(Ae^{kx})' + c(Ae^{kx}) = e^{kx} $ Diferenciando encontramos: $ (Ae^{kx})' = Ak e^{kx} $ $ (Ae^{kx})'' = A k^2 e^{kx} $ Sustituyendo las derivadas de vuelta en la ecuación original: $ a(Ak^2e^{kx}) + b(Ake^{kx}) + c(Ae^{kx}) = e^{kx} $ Sacamos factor común $ Ae^{kx} $: $ Ae^{kx}(ak^2 + bk + c) = e^{kx} $ Cancelamos $ e^{kx} $ en ambos lados y resolvemos para $ A $: $ A(ak^2 + bk + c) = 1 $ $ A = \frac{1}{ak^2 + bk + c} $ Por lo tanto, hemos encontrado una solución particular de la forma $ y_p = Ae^{kx} $, donde $ A = \frac{1}{ak^2 + bk + c} $, siempre que $ k $ no sea raíz de la ecuación auxiliar.

Differential Equation with Exponential Nonhomogeneous Term

La ecuación diferencial dada es $ ay'' + by' + cy = e^{\lambda x} $, y la ecuación auxiliar es $ am^2 + bm + c = 0 $. Suponemos una solución particular de la forma $ y_p = Ae^{\lambda x} $. Sustituimos $ y_p $ en la ecuación diferencial original: $ a(Ae^{\lambda x})'' + b(Ae^{\lambda x})' + c(Ae^{\lambda x}) = e^{\lambda x} $ $ aA\lambda^2e^{\lambda x} + bA\lambda e^{\lambda x} + cAe^{\lambda x} = e^{\lambda x} $ Factorizamos $ Ae^{\lambda x} $: $ Ae^{\lambda x}(a\lambda^2 + b\lambda + c) = e^{\lambda x} $ Como $ \lambda $ no es raíz de la ecuación auxiliar, $ a\lambda^2 + b\lambda + c \neq 0 $. Por lo tanto, podemos dividir ambos lados de la ecuación por $ e^{\lambda x} $ y por $ a\lambda^2 + b\lambda + c $: $ A = \frac{1}{a\lambda^2 + b\lambda + c} $ Así que se puede encontrar una solución particular de la forma: $ y_p = \frac{1}{a\lambda^2 + b\lambda + c} e^{\lambda x} $

Solving a Differential Equation with an Exponential Non-Homogeneous Term

Sustituya $y_p = Ae^{kx}$ en la ecuación diferencial $ay'' + by' + cy = e^{kx}$. Encontrando las derivadas de $y_p$: $y_p' = Ake^{kx}$ $y_p'' = Ak^2e^{kx}$ Sustituyendo en la ecuación diferencial: $a(Ak^2e^{kx}) + b(Ake^{kx}) + c(Ae^{kx}) = e^{kx}$ Factorizando $Ae^{kx}$: $Ae^{kx}(ak^2 + bk + c) = e^{kx}$ Como $e^{kx} \neq 0$, podemos dividir ambos lados de la ecuación por $e^{kx}$: $A(ak^2 + bk + c) = 1$ Resolviendo para $A$: $A = \frac{1}{ak^2 + bk + c}$ Dado que $k$ no es una raíz de la ecuación auxiliar $am^2 + bm + c = 0$, $ak^2 + bk + c \neq 0$. Por tanto, $A$ está bien definido y la solución particular $y_p = Ae^{kx}$ es válida.

Solving a Differential Equation with Exponential Nonhomogeneous Term

Se nos da la ecuación diferencial lineal no homogénea: \[ a y'' + b y' + cy = e^{kx} \] y la ecuación auxiliar asociada: \[ am^2 + bm + c = 0 \] Para a), se pide demostrar que si $ k $ no es una raíz de la ecuación auxiliar, entonces existe una solución particular de la forma $ y_p = Ae^{kx} $. Para encontrar $ A $, sustituimos $ y_p $ en la ecuación diferencial original: \[ a(Ae^{kx})'' + b(Ae^{kx})' + c(Ae^{kx}) = e^{kx} \] \[ aAk^2e^{kx} + bAke^{kx} + cAe^{kx} = e^{kx} \] Agrupamos los términos semejantes: \[ e^{kx}(aAk^2 + bAk + cA) = e^{kx} \] Igualamos los coeficientes de $ e^{kx} $: \[ aAk^2 + bAk + cA = 1 \] Despejamos $ A $: \[ A = \frac{1}{ak^2 + bk + c} \] Dado que $ k $ no es raíz de la ecuación auxiliar $ am^2 + bm + c = 0 $, significa que $ ak^2 + bk + c \neq 0 $, por lo que $ A $ está bien definido y existe una solución particular de la forma dada. Esto demuestra la afirmación.

Differential Equation with Exponential Nonhomogeneous Term

Para encontrar una solución particular de la ecuación diferencial dada $a y'' + b y' + c y = e^{kx}$, asumimos una solución de la forma $y_p = Ae^{kx}$. Sustituimos $y_p$, $y_p'$, y $y_p''$ en la ecuación diferencial original: $y_p'' = A k^2 e^{kx}$ $y_p' = A k e^{kx}$ $y_p = A e^{kx}$ $a(A k^2 e^{kx}) + b(A k e^{kx}) + c(A e^{kx}) = e^{kx}$ $A(ak^2 + bk + c)e^{kx} = e^{kx}$ Ya que $e^{kx}$ no es cero, podemos resolver para $A$: $A(ak^2 + bk + c) = 1$ $A = \frac{1}{ak^2 + bk + c}$ Este es el valor de $A$ siempre y cuando $k$ no sea una raíz de la ecuación auxiliar $am^2+ bm + c = 0$. Si $k$ fuera una raíz, el denominador $ak^2 + bk + c$ sería cero y la solución no sería válida.

Demonstration of Particular Solution to a Differential Equation

Para demostrar que se puede encontrar una solución particular de la forma $ y_p = Ae^{kx} $ para la ecuación diferencial $ ay'' + by' + cy = e^{kx} $, asumimos que $ k $ no es una raíz de la ecuación auxiliar homogénea $ am^2 + bm + c = 0 $. Sustituimos $ y_p $ en la ecuación diferencial dada: $ a(Ae^{kx})'' + b(Ae^{kx})' + c(Ae^{kx}) = e^{kx} $ $ aAe^{kx}k^2 + bAe^{kx}k + cAe^{kx} = e^{kx} $ Ahora factorizamos $ Ae^{kx} $ y comparamos los coeficientes: $ Ae^{kx}(ak^2 + bk + c) = e^{kx} $ Como $ k $ no es una raíz de la ecuación auxiliar, $ ak^2 + bk + c \neq 0 $. Por lo tanto, podemos despejar $ A $: $ A = \frac{1}{ak^2 + bk + c} $ Esto completa la demostración, mostrando que $ A $ tiene el valor indicado y que $ y_p = Ae^{kx} $ es una solución particular válida de la ecuación diferencial dada cuando $ k $ no es una raíz de la ecuación auxiliar homogénea.

Differential Equation Non-exactness and Alternative Solution Approach

Para demostrar que la ecuación diferencial dada no es exacta, se debe verificar si el diferencial de $ M(x, y)dx + N(x, y)dy $ satisface la condición de exactitud. En otras palabras, se debe verificar si $ \frac{\partial M}{\partial y} = \frac{\partial N}{\partial x} $. Si esta igualdad no se sostiene, entonces la ecuación no es exacta. Dada la ecuación diferencial $ (x - \sqrt{x^2 + y^2})dx + ydy = 0 $, identifiquemos $ M(x, y) = x - \sqrt{x^2 + y^2} $ y $ N(x, y) = y $. Calculamos las derivadas parciales de $ M $ y $ N $: $ \frac{\partial M}{\partial y} = -\frac{y}{\sqrt{x^2 + y^2}} $ $ \frac{\partial N}{\partial x} = 0 $ Como $ \frac{\partial M}{\partial y} \neq \frac{\partial N}{\partial x} $, la ecuación diferencial no es exacta. Para mostrar cómo el reordenamiento y la observación conducen a una solución, primero reescribimos la ecuación diferencial como $ \frac{dx + ydy}{\sqrt{x^2 + y^2}} = dx $. Luego, se puede aplicar la observación dada: $ \frac{1}{2}d(x^2 + y^2) = xdx + ydy $, que implica que $ d\sqrt{x^2 + y^2} = \frac{dx + ydy}{\sqrt{x^2 + y^2}} $. Integrando ambos lados de la ecuación, obtenemos: $ \int d\sqrt{x^2 + y^2} = \int dx $ $ \sqrt{x^2 + y^2} = x + C $, donde $ C $ es la constante de integración. Esta es una posible solución a la ecuación diferencial dada.

Differential Equation Problem Solving

Dado que la imagen proporciona un problema de ecuación diferencial, primero identificamos la ecuación dada y luego seguimos los pasos para resolverla. La ecuación proporcionada es: \[ \left(\frac{1}{1 + y^2} + \cos x - 2xy\right)\frac{dy}{dx} = y(\sqrt{y} + \sen x), \quad y(0) = 1 \] Para resolver esta ecuación diferencial, vamos a realizar los siguientes pasos: Paso 1: Separar las variables $\frac{dy}{dx}$ y $x$, a un lado de la igualdad y las variables $dy$ y $y$, al otro lado. Paso 2: Integramos ambos lados para encontrar una solución implícita. La ecuación es no lineal y no se separa fácilmente en términos de $x$ y $y$, lo cual significa que requerimos aplicar técnicas avanzadas de resolución que pueden involucrar métodos numéricos o cambios de variables adecuados. En este caso, la solución explícita puede no ser directa o posible de expresar en términos de funciones elementales. Nota: La resolución detallada de dicha ecuación diferencial va más allá del alcance de esta respuesta simplificada y requerirá herramientas matemáticas más avanzadas como son las ecuaciones diferenciales implícitas, uso de series de potencias, o aproximaciones numéricas.

Differential Equation with Existence and Uniqueness Theorem

La ecuación diferencial dada es: \[\frac{dP}{dt} = P(1 - P)\] Para encontrar puntos $(x, y)$ donde el teorema de existencia y unicidad no pueda garantizarse, necesitamos identificar puntos donde la función $f(P) = P(1 - P)$ o sus derivadas parciales no sean continuas. Sin embargo, $f(P)$ y su derivada $\frac{df}{dP}$ son continuas para todo $P$ real. El teorema de existencia y unicidad nos dice que si $f$ y $\frac{df}{dP}$ son continuas en algunos intervalos abiertos conteniendo $P_0$, entonces una y solo una solución existe localmente alrededor del punto $(t_0, P_0)$. En este caso, como $f(P) = P(1 - P)$ es un polinomio, es continuo y diferenciable en todas partes, y por lo tanto, su derivada también es continua. Dado que no hay puntos donde $f(P)$ o $\frac{df}{dP}$ sean discontinuas, no hay puntos $ (x, y) $ donde el teorema de existencia y unicidad no pueda garantizarse para esta ecuación en particular.

Solving a Differential Equation and Identifying Points Affecting Existence and Uniqueness Theorem

La ecuación diferencial proporcionada es: \[\frac{dP}{dt} = P(1 - P)\] Para resolverla, se separan las variables y se integra ambos lados: \[\int \frac{1}{P(1 - P)}dP = \int dt\] Usando descomposición en fracciones parciales: \[\int \left(\frac{1}{P} + \frac{1}{1 - P}\right)dP = \int dt\] \[\ln|P| - \ln|1 - P| = t + C\] Exponenciando ambos lados para eliminar el logaritmo, obtenemos: \[|P| = |1-P|e^{t+C}\] Donde $ C $ es la constante de integración que puede determinarse si conocemos una condición inicial $ P(t_0) = P_0 $. En cuanto al teorema de existencia y unicidad, este podría no garantizarse en los puntos donde el denominador de la función $ \frac{1}{P(1 - P)} $ se anule, es decir, cuando $ P = 0 $ o $ P = 1 $. Por lo tanto, al menos en los puntos $ (x, y) $ que correspondan a $ P = 0 $ o $ P = 1 $, el teorema de existencia y unicidad podría no estar garantizado.

Differential Equation Existence and Uniqueness Theorem

La ecuación diferencial dada es \[\frac{dP}{dt} = P(1 - P)\] Para resolverla, utilizaremos la separación de variables. \[\frac{dP}{P(1 - P)} = dt\] Para resolver el lado izquierdo de la ecuación, realizamos descomposición en fracciones parciales. \[\frac{1}{P(1 - P)} = \frac{A}{P} + \frac{B}{1 - P}\] \[1 = A(1 - P) + BP\] \[1 = A + P(B - A)\] Podemos equiparar coeficientes para encontrar que $A = 1$ y $B - A = 0$, de donde $B = 1$. \[\frac{dP}{P(1 - P)} = \frac{dP}{P} + \frac{dP}{1 - P}\] Integramos ambos lados de la ecuación. \[\int \frac{dP}{P} + \int \frac{dP}{1 - P} = \int dt\] \[\ln|P| - \ln|1 - P| = t + C\] \[\ln|\frac{P}{1 - P}| = t + C\] Resolviendo para $P$, tenemos \[\frac{P}{1 - P} = e^{t+C}\] \[P = (1 - P)e^{t+C}\] \[P(1 + e^{t+C}) = e^{t+C}\] \[P = \frac{e^{t+C}}{1 + e^{t+C}}\] Donde $\frac{e^{t+C}}{1 + e^{t+C}}$ es la solución general de la ecuación diferencial. En cuanto al teorema de existencia y unicidad, este puede aplicarse cuando las funciones $f(t, y)$ y $\frac{\partial f}{\partial y}$ son continuas en algún rectángulo que contiene el punto $(t_0, y_0)$. En este caso, $f(t, P) = P(1 - P)$, y su derivada parcial respecto de $P$ es $\frac{\partial f}{\partial P} = 1 - 2P$, las cuales son continuas para todo $P$ en $\mathbb{R}$. Por lo tanto, no existe un punto $(t, P)$ donde no se pueda garantizar el teorema de existencia y unicidad.

Differential Equation Existence and Uniqueness Theorem

La ecuación diferencial dada es: \[\frac{dP}{dt} = P(1 - P)\] Para resolverla, primero la vamos a separar las variables $P$ y $t$: \[\frac{dP}{P(1 - P)} = dt\] La integral de la izquierda se realiza separando en fracciones parciales: \[\int \frac{1}{P} + \int \frac{1}{1 - P} \, dP = \int \, dt\] \[ \ln|P| - \ln|1 - P| = t + C\] Para simplificar, expresamos $ C $ como $ \ln|C_1| $ donde $ C_1 > 0 $: \[\ln\left|\frac{P}{1 - P}\right| = t + \ln|C_1|\] Entonces, \[\frac{P}{1 - P} = \pm C_1e^t\] Donde la constante $ C_1e^t $ es positiva ya que el exponente de $ e $ es una función real. Por lo tanto, no necesitamos el signo $ \pm $. Supongamos $ C_1e^t = C_2 $ donde $ C_2 > 0 $: \[\frac{P}{1 - P} = C_2\] Resolviendo para $ P $: \[P = \frac{C_2}{1 + C_2}\] Esta es la solución de la ecuación diferencial. El teorema de existencia y unicidad garantiza que una solución es única si la función es Lipschitz continua. En este caso, la función $ f(P) = P(1 - P) $ es continua y tiene una derivada continua para todo $ P $ excepto $ P = 1 $ donde la función no está definida. Por lo tanto, alrededor de todo punto $(x_0, y_0)$ donde $ y_0 \neq 1 $, la unicidad y existencia están garantizadas. Cuando $ y_0 = 1 $, no podemos aplicar el teorema para garantizar la unicidad y existencia.

Differential Equation and Existence and Uniqueness Theorem

La ecuación diferencial dada es: \[ \frac{dP}{dt} = P(1 - P) \] Para encontrar un punto $ (t, P(t)) $ donde el teorema de existencia y unicidad no se garantiza, necesitamos identificar puntos donde las funciones $ f(t, P) = P(1 - P) $ y su derivada parcial con respecto a $ P $, $ \frac{\partial f}{\partial P} $, no son continuas o no están definidas. La función $ f(t, P) $ es continua y diferenciable con respecto a $ P $ en todo $ \mathbb{R}^2 $. Por lo tanto, no hay puntos en el plano $ (t, P) $ donde el teorema de existencia y unicidad no pueda garantizarse basado en la continuidad y diferenciabilidad de $ f $ y $ \frac{\partial f}{\partial P} $. Dicho esto, la ecuación diferencial original no presenta una situación donde el teorema de existencia y unicidad no se podría garantizar, ya que no hay singularidades ni discontinuidades.

Identifying Points where the Existence and Uniqueness Theorem Fails for a Differential Equation

La ecuación diferencial dada es: \[\frac{dP}{dt} = P(1 - P)\] Para aplicar el teorema de existencia y unicidad, las funciones en la ecuación diferencial, así como sus derivadas parciales, deben ser continuas cerca del punto (t_0, P_0). La función $ f(P) = P(1 - P) $ es continua para todo $ P $, y su derivada parcial con respecto a $ P $, $ f'(P) = 1 - 2P $, también es continua para todo $ P $. Como consecuencia, no hay puntos $(t, P)$ donde el teorema de existencia y unicidad no pueda garantizarse para esta ecuación diferencial. Es decir, para cualquier punto $(t_0, P_0)$ dado, habrá una única solución que pase por ese punto.

Differential Equation and Existence Theorem Challenge

La ecuación diferencial proporcionada es de la forma $\frac{dP}{dt} = P(t) - P^2(t)$. Esta es una ecuación diferencial separable y se puede resolver como sigue: Separar las variables P y t: \[\frac{dP}{P - P^2} = dt\] Factorizar el denominador: \[\frac{dP}{P(1 - P)} = dt\] Utilizar fracciones parciales para separar el término en P: \[\frac{1}{P(1 - P)} = \frac{A}{P} + \frac{B}{1-P}\] Resolver para A y B, obtenemos A = 1, B = 1, entonces la ecuación se convierte en: \[\left(\frac{1}{P} + \frac{1}{1-P}\right)dP = dt\] Integrando ambos lados: \[\int \left(\frac{1}{P} + \frac{1}{1-P}\right)dP = \int dt\] \[\ln|P| - \ln|1-P| = t + C\] Este es el resultado de la integración donde C es la constante de integración. Para eliminar el valor absoluto y combinar los términos logarítmicos: \[\ln\left|\frac{P}{1-P}\right| = t + C\] Expresar la constante C como $C = \ln|C_1|$ donde $C_1 > 0$ para combinar los logaritmos: \[\ln\left|\frac{P}{1-P}\right| = t + \ln|C_1|\] Exponenciar ambos lados para eliminar el logaritmo: \[\left|\frac{P}{1-P}\right| = C_1e^t\] Para hallar un punto $(x, y)$ donde el teorema de existencia y unicidad no pueda garantizarse, se debe buscar un punto donde la función y sus derivadas parciales no sean continuas. En la ecuación original $\frac{dP}{dt} = P - P^2$, la función $f(P) = P - P^2$ y su derivada $\frac{df}{dP} = 1 - 2P$ son continuas para todos los valores reales de P. Por lo tanto, bajo condiciones normales, el teorema de existencia y unicidad estaría garantizado. No obstante, si se empieza con una condición inicial en un punto donde la función no sea definida, como $P = 1$, entonces no se puede aplicar el teorema de existencia y unicidad en dicho punto.

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