Example Question - separable variables
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Solving First Order Linear Differential Equations
<p>Las condiciones para aplicar el método para resolver ecuaciones lineales de primer orden son que la ecuación diferencial pueda ser escrita en la forma \( \frac{dy}{dx} + P(x)y = Q(x) \), donde \( P(x) \) y \( Q(x) \) son funciones continuas en algún intervalo.</p> <p>La ecuación diferencial dada es \( \frac{dy}{dx} = y - x^2 \sin(x) \).</p> <p>Reescribimos la ecuación para expresarla en la forma estándar de una ecuación lineal de primer orden:</p> <p>\( \frac{dy}{dx} - y = - x^2 \sin(x) \)</p> <p>Donde se puede ver que \( P(x) = -1 \) y \( Q(x) = - x^2 \sin(x) \), y ambos son continuos para todos los valores reales de \( x \), por lo que se cumplen las condiciones.</p> <p>El factor integrante es \( \mu(x) = e^{\int P(x)dx} = e^{\int -1dx} = e^{-x} \).</p> <p>Multiplicamos ambos lados de la ecuación por el factor integrante:</p> <p>\( e^{-x} \frac{dy}{dx} - e^{-x} y = - x^2 e^{-x} \sin(x) \)</p> <p>Transformamos el lado izquierdo en la derivada del producto de dos funciones, lo cual es posible porque es la ecuación diferencial de una función lineal de orden uno después de ser multiplicada por el factor integrante:</p> <p>\( \frac{d}{dx}(ye^{-x}) = - x^2 e^{-x} \sin(x) \)</p> <p>Integramos ambos lados respecto a \( x \):</p> <p>\( ye^{-x} = - \int x^2 e^{-x} \sin(x) dx \)</p> <p>La integral del lado derecho no es trivial y generalmente requiere de técnicas avanzadas de integración, como la integración por partes o el uso de series de potencias. Dado que el objetivo es proporcionar los pasos sin una explicación detallada, vamos a denotar la integral como \( I \) y continuar:</p> <p>\( ye^{-x} = I + C \), donde \( C \) es la constante de integración.</p> <p>Finalmente, despejamos \( y \) para obtener la solución general:</p> <p>\( y = e^{x}(I + C) \)</p> <p>Para encontrar la expresión explícita de \( I \), se necesitarían técnicas adicionales que no están dentro del alcance de esta solución.</p>
Solution to a First Order Linear Differential Equation
<p>Las ecuaciones diferenciales lineales de primer orden tienen la forma \(\frac{dy}{dx} + P(x)y = Q(x)\), donde \(P(x)\) y \(Q(x)\) son funciones continuas en un intervalo dado. Para resolver una ecuación diferencial lineal de primer orden se utiliza un factor integrante, \(\mu(x)\), definido por \(\mu(x) = e^{\int P(x) dx}\).</p> <p>La ecuación dada es:</p> <p>\[x\frac{dy}{dx} - y = x^3 \sin x\]</p> <p>Primero reescribimos la ecuación en la forma estándar dividiendo todo por \(x\) (dado que \(x \neq 0\)):</p> <p>\[\frac{dy}{dx} - \frac{1}{x}y = x^2 \sin x\]</p> <p>Identificamos \(P(x) = -\frac{1}{x}\) y \(Q(x) = x^2 \sin x\).</p> <p>Calculamos el factor integrante:</p> <p>\[\mu(x) = e^{\int -\frac{1}{x} dx} = e^{-\ln|x|} = \frac{1}{|x|}\]</p> <p>Para mantener el contexto de la ecuación, podemos usar \(\mu(x) = \frac{1}{x}\) asumiendo que \(x > 0\).</p> <p>Multiplicamos ambos lados de la ecuación estándar por \(\mu(x)\):</p> <p>\[\frac{1}{x}\frac{dy}{dx} - \frac{1}{x^2}y = \sin x\]</p> <p>Reescribimos el lado izquierdo como una derivada de un producto:</p> <p>\[\frac{d}{dx}\left(\frac{1}{x} y\right) = \sin x\]</p> <p>Integramos ambos lados con respecto a \(x\):</p> <p>\[\int \frac{d}{dx}\left(\frac{1}{x} y\right) dx = \int \sin x dx\]</p> <p>\[\frac{1}{x} y = -\cos x + C\]</p> <p>Despejamos para \(y\):</p> <p>\[y = -x \cos x + Cx\]</p> <p>Donde \(C\) es la constante de integración.</p>
Differential Equation Existence and Uniqueness Theorem
<p>La ecuación diferencial dada es:</p> <p>\[\frac{dP}{dt} = P(1 - P)\]</p> <p>Para resolverla, primero la vamos a separar las variables \(P\) y \(t\):</p> <p>\[\frac{dP}{P(1 - P)} = dt\]</p> <p>La integral de la izquierda se realiza separando en fracciones parciales:</p> <p>\[\int \frac{1}{P} + \int \frac{1}{1 - P} \, dP = \int \, dt\]</p> <p>\[ \ln|P| - \ln|1 - P| = t + C\]</p> <p>Para simplificar, expresamos \( C \) como \( \ln|C_1| \) donde \( C_1 > 0 \):</p> <p>\[\ln\left|\frac{P}{1 - P}\right| = t + \ln|C_1|\]</p> <p>Entonces,</p> <p>\[\frac{P}{1 - P} = \pm C_1e^t\]</p> <p>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 \( C_2 > 0 \):</p> <p>\[\frac{P}{1 - P} = C_2\]</p> <p>Resolviendo para \( P \):</p> <p>\[P = \frac{C_2}{1 + C_2}\]</p> <p>Esta es la solución de la ecuación diferencial.</p> <p>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.</p>
Solving a First-Order Differential Equation
<p>La ecuación diferencial dada es:</p> <p>\[\frac{dP}{dt} = P(1 - P)\]</p> <p>Para resolverla, podemos separar las variables P y t:</p> <p>\[\frac{1}{P(1 - P)} dP = dt\]</p> <p>Integramos ambos lados:</p> <p>\[\int \frac{1}{P(1 - P)} dP = \int dt\]</p> <p>Para resolver la integral del lado izquierdo, realizamos una descomposición en fracciones parciales:</p> <p>\[\frac{1}{P(1 - P)} = \frac{A}{P} + \frac{B}{1 - P}\]</p> <p>Al resolver para A y B, encontramos que A = 1 y B = 1, por lo tanto:</p> <p>\[\int \left( \frac{1}{P} + \frac{1}{1 - P} \right) dP = \int dt\]</p> <p>Integramos cada término:</p> <p>\[\ln|P| - \ln|1 - P| = t + C\]</p> <p>Para despejar P, exponentiamos ambos lados:</p> <p>\[e^{\ln|P| - \ln|1 - P|} = e^{t + C}\]</p> <p>\[|P| / |1 - P| = e^{t}e^{C}\]</p> <p>Donde e^C es una constante que llamaremos C1:</p> <p>\[|P| / |1 - P| = C1e^{t}\]</p> <p>Despejamos P:</p> <p>\[P = \frac{C1e^{t}}{1 + C1e^{t}}\]</p> <p>El signo del valor absoluto depende de las condiciones iniciales dadas para P. Si aplicamos una condición inicial de la forma \( P(0) = P_0 \), resolveríamos para \( C1 \) y obtendríamos la solución particular.</p> <p>El teorema de existencia y unicidad no puede garantizarse sin una condición inicial. Sin embargo, si P(0) = 0 o P(0) = 1, entonces el teorema de existencia y unicidad no se puede aplicar porque el denominador de dP/dt se haría cero, lo que llevaría a una división por cero en la derivada.</p>
Solving a Differential Equation
<p>La ecuación diferencial proporcionada es separable y puede resolverse utilizando métodos de integración. La ecuación original es:</p> <p>\[\frac{1}{P(1-P)} \, dP = dt\]</p> <p>Separando las variables e integrando ambos lados, obtenemos:</p> <p>\[\int \frac{1}{P(1-P)} \, dP = \int dt\]</p> <p>Para resolver la integral del lado izquierdo, aplicamos fracciones parciales:</p> <p>\[\frac{1}{P(1-P)} = \frac{A}{P} + \frac{B}{1-P}\]</p> <p>Donde \( A(1-P) + BP = 1 \). Resolviendo para \( A \) y \( B \), obtenemos \( A = B = 1 \).</p> <p>Entonces:</p> <p>\[\int \left( \frac{1}{P} + \frac{1}{1-P} \right) \, dP = \int dt\]</p> <p>\[\ln|P| - \ln|1-P| = t + C\]</p> <p>Donde \( C \) es la constante de integración. Ahora aplicaremos la propiedad logarítmica de la diferencia de logaritmos para combinarlos en un solo logaritmo:</p> <p>\[\ln \left| \frac{P}{1-P} \right| = t + C\]</p> <p>Exponenciando ambos lados para despejar \( P \):</p> <p>\[\frac{P}{1-P} = e^{t+C}\]</p> <p>\[P = (1-P)e^{t+C}\]</p> <p>\[P = e^{t+C} - Pe^{t+C}\]</p> <p>\[P + Pe^{t+C} = e^{t+C}\]</p> <p>\[P(1 + e^{t+C}) = e^{t+C}\]</p> <p>\[P = \frac{e^{t+C}}{1 + e^{t+C}}\]</p> <p>Si definimos \( e^C \) como una nueva constante \( k \), obtenemos la solución general de la ecuación diferencial:</p> <p>\[P = \frac{ke^t}{1 + ke^t}\]</p>
Solution to a Differential Equation Problem with Initial Value
这张图片显示了一个关于求解微分方程的数学问题，以及该问题中完成的部分求解步骤。 该微分方程为 \(\frac{dy}{dx} = x(y - 2)\)，给定了初值条件 \(y(2) = 3\)。要求的是微分方程的解。 从图片上可见，解题的过程已经开始。这是一个可分离变量的微分方程。解题步骤如下： \[ \frac{1}{y - 2}dy = xdx \] 两边积分可得： \[ \ln|y - 2| = \frac{1}{2}x^2 + C \] 为了求出常数 C，我们使用初值条件 \(y(2) = 3\)： \[ \ln|3 - 2| = \frac{1}{2}(2)^2 + C \Rightarrow \ln(1) = 2 + C \Rightarrow C = -2 \] 因为 \(\ln(1) = 0\)，所以我们有： \[ \ln|y - 2| = \frac{1}{2}x^2 - 2 \] 解决绝对值，得到两个潜在解，但我们只关注实际符合初始条件的解： \[ y - 2 = e^{\frac{1}{2}x^2 - 2} \] 进一步解得： \[ y = e^{\frac{1}{2}x^2 - 2} + 2 \] 通过检查选项，我们可以看到 A、B、C 三个选项都有公式 \(2 + e^{\text{something}}\) 的形式，但我们需要找到形式为 \(2 + e^{\frac{1}{2}x^2 - 2}\) 的解。将 \(e^{-2}\) 写为 \(e^{\frac{1}{2}x^2} \cdot e^{-2}\)，我们可以把它简化为 \(e^{\frac{1}{2}x^2 }\cdot \frac{1}{e^2}\) 或者 \(e^{\frac{1}{2}x^2}\cdot e^{-2}\)。由于 \(e^{-2}\) 是一个常数，我们可以使用 \(e^{-2}\) 替换它。 通过匹配我们的解答与给定的选项，我们可以发现选项 B（\(2 + e^{(\frac{1}{2}x^2) - 2}\)）与我们的解相符。 因此，答案为 B。
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