(1)
(2)
(3)(4)(5)(6)
(7)(8)
(9)
(10)(11)(12)(13)
(14)
VESP EXAMEN TIPO A
PROBLEMA 1 (2 PUNTOS) Halle la solución de la ecuación diferencial por el método de las reducibles a exactas.
(2 ln(𝑦) +
𝑦𝑒
𝑥
𝑥
) 𝑑𝑥 + (
𝑥
𝑦
+
𝑒
𝑥𝑥
) 𝑑𝑦 = 0
Solución:
𝜕𝑀 𝜕𝑦=
2 𝑦+
𝑒𝑥 𝑥;
𝜕𝑁 𝜕𝑥=
1 𝑦+
𝑒𝑥 𝑥−
𝑒𝑥 𝑥2;
𝜕𝑀 𝜕𝑦
≠
𝜕𝑁 𝜕𝑥𝜕𝑁 𝜕𝑥
−
𝜕𝑀 𝜕𝑦=
1 𝑦+
𝑒𝑥 𝑥−
𝑒𝑥𝑥2
− (
2 𝑦
+
𝑒𝑥 𝑥) = −
1 𝑦−
𝑒𝑥𝑥2
= −
𝑥2+𝑦𝑒𝑥
𝑥2𝑦
𝑁 =
𝑥
𝑦
+
𝑒
𝑥𝑥
=
𝑥
2+𝑦𝑒
𝑥𝑥𝑦
𝜕𝑁 𝜕𝑥− 𝜕𝑀 𝜕𝑦
−𝑁
=
1
𝑥
;
𝑤(𝑥) = 𝑒
∫𝑑𝑥𝑥= 𝑥
;
(2𝑥 ln(𝑦) + 𝑦𝑒
𝑥
)𝑑𝑥 + (
𝑥
2
𝑦
+ 𝑒
𝑥
) 𝑑𝑦 = 𝑥 ∙ 0
𝜕𝑀 𝜕𝑦
=
2𝑥 𝑦+ 𝑒
𝑥;
𝜕𝑁 𝜕𝑥=
2𝑥 𝑦+ 𝑒
𝑥;
𝜕𝑀 𝜕𝑦=
𝜕𝑁 𝜕𝑥 𝜕𝑓𝜕𝑥
=
2𝑥 ln
(
𝑦
)
+ 𝑦𝑒
𝑥
;
𝑓
𝑥
= 𝑥
2
ln(𝑦) + 𝑦𝑒
𝑥
𝜕𝑓 𝜕𝑦
=
𝑥
2𝑦
+ 𝑒
𝑥
𝑓
𝑦
= 𝑥
2
ln
(
𝑦
)
+ 𝑦𝑒
𝑥
Solución:
𝑥
2
ln(𝑦) + 𝑦𝑒
𝑥
= 𝐶
PROBLEMA 2 (2 PUNTOS) Resuelva la ecuación de Bernoulli.
3𝑥𝑦
′′
+ 𝑦
′
= 4
𝑥
3
𝑦
2
Solución:
3𝑥𝑦
′′
+ 𝑦
′
= 4
𝑥
3𝑦
2;
𝑦
′′
+
1
3𝑥
𝑦
′
=
4
3
𝑥
2
𝑦
−2
;
𝑃(𝑥) =
1
3𝑥
;
𝑄(𝑥) =
4
3
𝑥
2
𝑛 = −2
𝑦
3=
3 ∫ 𝑒3 ∫𝑑𝑥3𝑥
(43𝑥2)𝑑𝑥+𝐶 𝑒3 ∫𝑑𝑥3𝑥
;
𝑦
3=
4 ∫ 𝑥(𝑥2)𝑑𝑥+𝐶𝑥
;
Solución:
𝑥𝑦
3
− 𝑥
4
= 𝐶
PROBLEMA 3 (4 puntos)
En el diagrama se ilustra una batería de dos tanques interconectados, los tanques operan perfectamente mezclados y
contienen una sustancia disuelta en agua. Inicialmente, el tanque (1) de 100L contiene 1g/L de sustancia y el tanque
(2) de 100L contiene 4g/L de sustancia. Se ilustran los flujos de las corrientes de salida y alimentación para cada tanque.
Determinar:
a)
La expresión del sistema de ecuaciones diferenciales del balance en cada tanque
b)
La solución del sistema de ecuaciones diferenciales
c)
La concentración y masa de sustancia en cada tanque a los 10 min de operación.
Respuestas:
a)
b)
Desarrollo de la solución:
100 [
𝑥
1′
𝑥
2′
] = [
−5
1
2
−4
] [
𝑥
1𝑥
2] + [
0
0
] → |
−5 − 𝑚
1
2
−4 − 𝑚
| = 0
(−4 − 𝑚)(−5 − 𝑚) − 2 = 0 → 20 + 4𝑚 + 5𝑚 + 𝑚
2− 2 = 0
→ 𝑚
2+ 9𝑚 + 18 = 0 → (𝑚 + 3)(𝑚 + 6) = 0 → 𝑚 = −3, 𝑚 = −6
𝑚 = −3 → [
−2
1
2
−1
] → [
−2 1
0
0
] → −2𝑥
1+ 𝑥
2= 0 → 𝑣
1= [
1
2
]
𝑚 = −6 → [
1 1
2 2
] → [
1 1
0 0
] → 𝑥
1+ 𝑥
2= 0 → 𝑣
2= [
1
−1
]
[
𝑥
1𝑥
2] = 𝐶
1[
1
2
] 𝑒𝑥𝑝(−3𝑡/100) + 𝐶
2[
1
−1
] 𝑒𝑥𝑝(−6𝑡/100) + [
0
0
]
𝑡 = 0 → [
1
4
] = 𝐶
1[
1
2
] + 𝐶
2[
1
−1
] →
2𝐶
𝐶
1+ 𝐶
2= 1
1
− 𝐶
2= 4
→
𝐶
1=
5
3
𝐶
2= −
2
3
∴→ [
𝑥
1𝑥
2] =
5
3
[
1
2
] 𝑒𝑥𝑝(−3𝑡/100) −
2
3
[
1
−1
] 𝑒𝑥𝑝(−6𝑡/100) + [
0
0
]
[
𝑥
1(10)
𝑥
2(10)
] =
5
3
[
1
2
] 𝑒𝑥𝑝(−3(10)/100) −
2
3
[
1
−1
] 𝑒𝑥𝑝(−6(10)/100) = [
0.8688
PROBLEMA 4 (2 PUNTOS) Resuelva la siguiente EDP por separación de variables, para
λ
=4:
𝜕
2𝑢
𝜕𝑥
2= −𝑦
𝜕𝑢
𝜕𝑦
Solución:
𝑆𝑒𝑎: 𝑢(𝑥, 𝑦) = 𝑋(𝑥)𝑌(𝑦) → 𝑢
𝑥𝑥= 𝑋
′′𝑌 → 𝑢
𝑦= 𝑋𝑌′
𝑋
′′𝑌 = −𝑦𝑋𝑌
′𝑋
′′𝑋
= −𝑦
𝑌
′𝑌
= 𝜆 = 4
𝑋
′′𝑋
= 4 → 𝑋
′′
− 4𝑋 = 0
𝑚
2− 4 = 0 → 𝑚 = −2 𝑚 = +2
𝑋(𝑥) = 𝐶
1𝑒
2𝑥+ 𝐶
2𝑒
−2𝑥𝑋(𝑥) = 𝐶
1sinh(2𝑥) + 𝐶
2cosh(2𝑥)
−𝑦
𝑌′
𝑌
= 4
𝑑𝑌
𝑌
= −
4𝑑𝑦
𝑦
ln 𝑌 = −4 ln(𝑦) + 𝐶
3𝑌(𝑦) = 𝐶
3𝑦
−4=
𝐶
3𝑦
4𝑢(𝑥, 𝑦) = (𝐶
1𝑒
2𝑥+ 𝐶
2𝑒
−2𝑥)(𝐶
3𝑦
−4)
PROBLEMA 5 (2 PUNTOS) Resuelva la ecuación diferencial usando la serie de potencias de MacLaurin
–
Taylor.
𝑦
′′+ 4𝑥𝑦
′+ 4𝑦 = 0
Solución:
𝑦 = ∑
∞𝑛=0𝐶
𝑛𝑥
𝑛;
𝑦
′= ∑
∞𝑛=1𝐶
𝑛𝑛𝑥
𝑛−1;
𝑦
′′= ∑
∞𝑛=2𝐶
𝑛𝑛(𝑛 − 1)𝑥
𝑛−2∑
∞𝑛=2𝐶
𝑛𝑛(𝑛 − 1)𝑥
𝑛−2+ 4𝑥 ∑
𝑛=1∞𝐶
𝑛𝑛𝑥
𝑛−1+ 4 ∑
∞𝑛=0𝐶
𝑛𝑥
𝑛= 0
∑
∞𝑛=2𝐶
𝑛𝑛(𝑛 − 1)𝑥
𝑛−2+ 4 ∑
𝑛=1∞𝐶
𝑛𝑛𝑥
𝑛+ 4 ∑
∞𝑛=0𝐶
𝑛𝑥
𝑛= 0
2𝐶
2+ 4𝐶
0+ ∑
𝑛=3∞𝐶
𝑛𝑛(𝑛 − 1)𝑥
𝑛−2+ 4 ∑
∞𝑛=1𝐶
𝑛𝑛𝑥
𝑛+ 4 ∑
∞𝑛=1𝐶
𝑛𝑥
𝑛= 0
𝑛 = 𝑘 + 2
n=k
𝑛 = 𝑘
2𝐶
2+ 4𝐶
0+ ∑
𝑘=1∞𝐶
𝑘+2(𝑘 + 2)(𝑘 + 1)𝑥
𝑘+ 4 ∑
∞𝑘=1𝐶
𝑘𝑘𝑥
𝑘+ 4 ∑
∞𝑘=1𝐶
𝑘𝑥
𝑘= 0
2𝐶
2+ 4𝐶
0+ ∑
𝑘=1∞[𝐶
𝑘+2(𝑘 + 2)(𝑘 + 1) + 4𝐶
𝑘𝑘
+ 4𝐶
𝑘]𝑥
𝑘= 0
2𝐶
2+ 4𝐶
0= 0
;
𝐶
2=
−42
𝐶
0;
𝐶
𝑘+2(𝑘 + 2)(𝑘 + 1) + 4𝐶
𝑘(𝑘 + 1) = 0
𝐶
𝑘+2
=
−4𝐶
𝑘(𝑘+1)
(𝑘+2)(𝑘+1)
relación de recurrencia
𝑘 = 1
𝐶
3=
−4(2) (3)(2)𝐶
1=
−4(2) 3!
𝐶
1𝑘 = 2
𝐶
4=
−4(3) (4)(3)𝐶
2=
−4(3) (4)(3)
−4 2
𝐶
0=
(4)2(3)
4!
𝐶
0𝑘 =
3
𝐶
5=
−4(4) (5)(4)𝐶
3=
−4(4) (5)(4)
−4(2) (3)(2)
𝐶
1=
(4)2(4)(2)
5!
𝐶
1𝑘 =
4
𝐶
6=
−4(5) (6)(5)𝐶
4=
−4(5) (6)(5)
(4)2(3)
4!
𝐶
0=
−(4)3(5)(3) 6!
𝐶
0𝑘 =
5
𝐶
7=
−4(6) (7)(6)𝐶
5=
−4(6) (7)(6)
(4)3(2)
5!
𝐶
1=
−(4)3(6)(4)(2)
7!
𝐶
1𝑘 =
6
𝐶
8=
−4(7) (8)(7)𝐶
6=
−4(7) (8)(7)
−(4)3(5)(3)
6!
𝐶
0=
(4)4(7)(5)(3)
8!
𝐶
0𝑘 =
7
𝐶
9=
−4(8) (10)(9)𝐶
7=
−4(8) (10)(9)
−(4)3(6)(4)(2)
7!
𝐶
1=
(4)4(8)(6)(4)(2)
𝑦 = 𝐶
0+ 𝐶
1𝑥 + 𝐶
2𝑥
2+ 𝐶
3𝑥
3+ 𝐶
4𝑥
4+ 𝐶
5𝑥
5+ 𝐶
6𝑥
6+ 𝐶
7𝑥
7+ 𝐶
8𝑥
8+ 𝐶
9𝑥
9+ ⋯
𝑦 = 𝐶
0(1 −
4
2!
𝑥
2
+
4
2(3)
4!
𝑥
4
−
4
3(3)(5)
6!
𝑥
6
+
4
4((1)(3)(5)(7)
8!
𝑥
8
− ⋯
(−1)
𝑘4
𝑘(1,3,5, … 2𝑛 − 2)
𝑘!
𝑥
2𝑘
)
+𝐶
1(𝑥−
4(2)
3!
𝑥
3
+
4
2
(2)(4)
5!
𝑥
5
−
4
3
((2)(4)(6)
7!
𝑥
7
+ ⋯
(−1)
𝑘
4
𝑘(2,4,6,8, … 2𝑛 − 2)
(2𝑘 + 1)!
𝑥
2𝑘+1
)
𝑦 = 𝐶
0
(1 + ∑
(−1)
𝑘4
𝑘(1,3,5,…2𝑛−2)
2𝑘!
𝑥
2𝑘
) +
∞
𝑘=1
𝐶
1
(𝑥 + ∑
(−1)
𝑘4
𝑘(2,4,6,8,…2𝑛−2)
(2𝑘+1)!
𝑥
2𝑘+1
)
∞
VESP EXAMEN TIPO B
PROBLEMA 1 (2 PUNTOS) Halle la solución de la ecuación diferencial por el método de las reducibles a exactas.
(2𝑥
2
ln(𝑦) + 𝑥𝑦𝑒
𝑥
)𝑑𝑥 + (
𝑥
3
𝑦
+ 𝑥𝑒
𝑥
) 𝑑𝑦 = 0
Solución:
𝜕𝑀 𝜕𝑦
=
2𝑥2 𝑦
+ 𝑥𝑒
𝑥
;
𝜕𝑁 𝜕𝑥=
3𝑥2 𝑦
+ 𝑥𝑒
𝑥
+ 𝑒
𝑥;
𝜕𝑀 𝜕𝑦≠
𝜕𝑁 𝜕𝑥
𝜕𝑁
𝜕𝑥
−
𝜕𝑀𝜕𝑦
=
3𝑥2𝑦
+ 𝑥𝑒
𝑥
+ 𝑒
𝑥− (
2𝑥2 𝑦+ 𝑥𝑒
𝑥
) =
𝑥2 𝑦+ 𝑒
𝑥
=
𝑥2+𝑦𝑒𝑥 𝑦𝑁 =
𝑥
3𝑦
+ 𝑥𝑒
𝑥
=
𝑥
3+𝑥𝑦𝑒
𝑥𝑥𝑦
=
𝑥(𝑥
2+𝑦𝑒
𝑥)
𝑦
𝜕𝑁 𝜕𝑥−
𝜕𝑀 𝜕𝑦
−𝑁
=
−1
𝑥
;
𝑤(𝑥) = 𝑒
− ∫𝑑𝑥𝑥
= 𝑥
−1=
1 𝑥;
(2𝑥 ln(𝑦) + 𝑦𝑒
𝑥
)𝑑𝑥 + (
𝑥
2𝑦
+ 𝑒
𝑥
) 𝑑𝑦 = 𝑥 ∙ 0
𝜕𝑀 𝜕𝑦
=
2𝑥 𝑦
+ 𝑒
𝑥
;
𝜕𝑁 𝜕𝑥=
2𝑥 𝑦
+ 𝑒
𝑥
;
𝜕𝑀 𝜕𝑦=
𝜕𝑁 𝜕𝑥 𝜕𝑓
𝜕𝑥
=
2𝑥 ln
(
𝑦
)
+ 𝑦𝑒
𝑥
;
𝑓
𝑥
= 𝑥
2
ln(𝑦) + 𝑦𝑒
𝑥
𝜕𝑓 𝜕𝑦
=
𝑥
2𝑦
+ 𝑒
𝑥
𝑓
𝑦
= 𝑥
2
ln
(
𝑦
)
+ 𝑦𝑒
𝑥
Solución:
𝑥
2
ln(𝑦) + 𝑦𝑒
𝑥
= 𝐶
PROBLEMA 2 (2 PUNTOS) Resuelva la ecuación de Bernoulli.
5𝑥𝑦
′′
+ 𝑦
′
= 4
𝑥
3
𝑦
4
Solución:
5𝑥𝑦
′′
+ 𝑦
′
= 4
𝑥
3𝑦
4;
𝑦
′′
+
1
5𝑥
𝑦
′
=
4
5
𝑥
2
𝑦
−4
;
𝑃(𝑥) =
1
5𝑥
;
𝑄(𝑥) =
4
5
𝑥
2
𝑛 = −4
𝑦
5
=
5 ∫ 𝑒
5 ∫𝑑𝑥5𝑥(
45
𝑥
2
)𝑑𝑥+𝐶
𝑒
5 ∫𝑑𝑥 5𝑥
;
𝑦
5=
4 ∫ 𝑥(𝑥2)𝑑𝑥+𝐶𝑥
;
Solución:
𝑥𝑦
5
− 𝑥
4
= 𝐶
PROBLEMA 3 (4 puntos)
En el diagrama se ilustra una batería de dos tanques interconectados, los tanques operan perfectamente mezclados y
contienen una sustancia disuelta en agua. Inicialmente, el tanque (1) de 100L contiene 5g/L de sustancia y el tanque
(2) de 100L contiene 3g/L de sustancia. Se ilustran los flujos de las corrientes de salida y alimentación para cada tanque.
Determinar:
a)
La expresión del sistema de ecuaciones diferenciales del balance en cada tanque
b)
La solución del sistema de ecuaciones diferenciales
c)
La concentración y masa de sustancia en cada tanque a los 10 min de operación.
Respuestas:
a)
b)
Desarrollo de la solución:
100 [
𝑥
1′
𝑥
2′
] = [
−4
2
1
−5
] [
𝑥
1𝑥
2] + [
0
0
] → |
−4 − 𝑚
2
1
−5 − 𝑚
| = 0
(−4 − 𝑚)(−5 − 𝑚) − 2 = 0 → 20 + 4𝑚 + 5𝑚 + 𝑚
2− 2 = 0
→ 𝑚
2+ 9𝑚 + 18 = 0 → (𝑚 + 3)(𝑚 + 6) = 0 → 𝑚 = −3, 𝑚 = −6
𝑚 = −3 → [
−1
2
1
−2
] → [
−1 2
0
0
] → −𝑥
1+ 2𝑥
2= 0 → 𝑣
1= [
2
1
]
𝑚 = −6 → [
2 2
1 1
] → [
1 1
0 0
] → 𝑥
1+ 𝑥
2= 0 → 𝑣
2= [
1
−1
]
[
𝑥
1𝑥
2] = 𝐶
1[
2
1
] 𝑒𝑥𝑝(−3𝑡/100) + 𝐶
2[
1
−1
] 𝑒𝑥𝑝(−6𝑡/100) + [
0
0
]
𝑡 = 0 → [
5
3
] = 𝐶
1[
2
1
] + 𝐶
2[
1
−1
] →
2𝐶
𝐶
1+ 𝐶
2= 5
1
− 𝐶
2= 3
→
𝐶
1=
8
3
𝐶
2= −
1
3
∴→ [
𝑥
1𝑥
2] =
8
3
[
2
1
] 𝑒𝑥𝑝(−3𝑡/100) −
1
3
[
1
−1
] 𝑒𝑥𝑝(−6𝑡/100) + [
0
0
]
[
𝑥
1(10)
𝑥
2(10)
] =
8
3
[
1
2
] 𝑒𝑥𝑝(−3(10)/100) −
1
3
[
1
−1
] 𝑒𝑥𝑝(−6(10)/100) = [
3.7681
PROBLEMA 4 (2 PUNTOS) Resuelva la siguiente EDP por separación de variables, para
λ
=
−
4:
𝜕
2𝑢
𝜕𝑥
2= −
1
𝑦
𝜕𝑢
𝜕𝑦
Solución:
𝑆𝑒𝑎: 𝑢(𝑥, 𝑦) = 𝑋(𝑥)𝑌(𝑦) → 𝑢
𝑥𝑥= 𝑋
′′𝑌 → 𝑢
𝑦= 𝑋𝑌′
𝑋
′′𝑌 = −𝑦
−1𝑋𝑌
′𝑋
′′𝑋
= −𝑦
−1
𝑌
′𝑌
= 𝜆 = −4
𝑋
′′𝑋
= −4 → 𝑋
′′
+ 4𝑋 = 0
𝑚
2+ 4 = 0 → 𝑚 = −2𝑖 𝑚 = +2𝑖
𝑋(𝑥) = 𝐶
1sin(2𝑥) + 𝐶
2cos(2𝑥)
−𝑦
−1𝑌
′
𝑌
= −4
𝑑𝑌
𝑌
= 4𝑦𝑑𝑦
ln 𝑌 = 2𝑦
2+ 𝐶
3𝑌(𝑦) = 𝐶
3𝑒
2𝑦2
𝑢(𝑥, 𝑦) = (𝐶
1sin(2𝑥) + 𝐶
2cos(2𝑥))(𝐶
3𝑒
2𝑦2
)
𝑢(𝑥, 𝑦) = (𝐵
1sin(2𝑥) + 𝐵
2cos (2𝑥))𝑒
2𝑦PROBLEMA 5 (2 PUNTOS)
Resuelva la ecuación diferencial usando la serie de potencias de MacLaurin
–
Taylor.
𝑦
′′− 5𝑥𝑦
′− 5𝑦 = 0
Solución:
𝑦 = ∑
∞𝑛=0𝐶
𝑛𝑥
𝑛;
𝑦
′= ∑
∞𝑛=1𝐶
𝑛𝑛𝑥
𝑛−1;
𝑦
′′= ∑
∞𝑛=2𝐶
𝑛𝑛(𝑛 − 1)𝑥
𝑛−2∑
∞𝑛=2𝐶
𝑛𝑛(𝑛 − 1)𝑥
𝑛−2− 5𝑥 ∑
𝑛=1∞𝐶
𝑛𝑛𝑥
𝑛−1− 5 ∑
∞𝑛=0𝐶
𝑛𝑥
𝑛= 0
∑
∞𝑛=2𝐶
𝑛𝑛(𝑛 − 1)𝑥
𝑛−2− 5 ∑
𝑛=1∞𝐶
𝑛𝑛𝑥
𝑛− 5 ∑
∞𝑛=0𝐶
𝑛𝑥
𝑛= 0
2𝐶
2− 5𝐶
0+ ∑
𝑛=3∞𝐶
𝑛𝑛(𝑛 − 1)𝑥
𝑛−2− 5 ∑
∞𝑛=1𝐶
𝑛𝑛𝑥
𝑛− 5 ∑
∞𝑛=1𝐶
𝑛𝑥
𝑛= 0
𝑛 = 𝑘 + 2
n=k
𝑛 = 𝑘
𝑘 = 𝑛 − 2
k=n
𝑘 = 𝑛
2𝐶
2− 5𝐶
0+ ∑
𝑘=1∞𝐶
𝑘+2(𝑘 + 2)(𝑘 + 1)𝑥
𝑘− 5 ∑
∞𝑘=1𝐶
𝑘𝑘𝑥
𝑘− 5 ∑
∞𝑘=1𝐶
𝑘𝑥
𝑘= 0
2𝐶
2− 5𝐶
0+ ∑
𝑘=1∞[𝐶
𝑘+2(𝑘 + 2)(𝑘 + 1) − 5𝐶
𝑘𝑘
− 5𝐶
𝑘]𝑥
𝑘= 0
2𝐶
2− 5𝐶
0= 0
;
𝐶
2=
52
𝐶
0;
𝐶
𝑘+2(𝑘 + 2)(𝑘 + 1) − 5𝐶
𝑘(𝑘 + 1) = 0
𝐶
𝑘+2
=
5𝐶
𝑘(𝑘+1)
(𝑘+2)(𝑘+1)
relación de recurrencia
𝑘 = 1
𝐶
3=
(5)(2) (3)(2)𝐶
1=
(5)(2) 3!
𝐶
1𝑘 = 2
𝐶
4=
(5)(3) (4)(3)𝐶
2=
(5)(3)(5) (4)(3)(2)
𝐶
0=
52(3)
4!
𝐶
0𝑘 =
3
𝐶
5=
5(4) (5)(4)𝐶
3=
5(4) (5)(4)
(5)(2) 3!
𝐶
1=
52(2)(4) 5!
𝐶
1𝑘 =
4
𝐶
6=
5(5) (6)(5)𝐶
4=
5(5) (6)(5)
52(3) 4!
𝐶
0=
53(3)(5) 6!
𝐶
0𝑘 =
5
𝐶
7=
5(6) (7)(6)𝐶
5=
5(6) (7)(6)
52(2)(4)
5!
𝐶
1=
53(2)(4)(6)
7!
𝐶
1𝑘 =
6
𝐶
8=
5(7) (8)(7)𝐶
6=
5(7) (8)(7)
53(3)(5) 6!
𝐶
0=
54(3)(5)(7) 8!
𝐶
0𝑘 =
7
𝐶
9=
5(8) (9)(8)𝐶
7=
5(8) (9)(8)
53(2)(4)(6) 7!
𝐶
1=
54(2)(4)(6)(8)
𝑦 = 𝐶
0+ 𝐶
1𝑥 + 𝐶
2𝑥
2+ 𝐶
3
𝑥
3+ 𝐶
4𝑥
4+ 𝐶
5𝑥
5+ 𝐶
6𝑥
6+ 𝐶
7𝑥
7+ 𝐶
8𝑥
8+ 𝐶
9𝑥
9+ ⋯
𝑦 = 𝐶
0(1+
5
2!
𝑥
2
+
5
2(3)
4!
𝑥
4
+
5
3
(3)(5)
6!
𝑥
6
+
5
4
((1)(3)(5)(7)
8!
𝑥
8
+ ⋯
5
𝑘
(1,3,5, … 2𝑛 − 2)
2𝑘!
𝑥
2𝑘
)
+𝐶
1(𝑥+
5(2)
3!
𝑥
3
+
5
3(2)(4)
5!
𝑥
5
+
5
4((2)(4)(6)
7!
𝑥
7
+ ⋯
5
𝑘(2,4,6,8, … 2𝑛 − 2)
(2𝑘 + 1)!
𝑥
2𝑘+1
