VESP EXAMEN TIPO A

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(1)

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

𝑥

𝑥

) 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

𝑒𝑥

𝑥2

− (

2 𝑦

+

𝑒𝑥 𝑥

) = −

1 𝑦

𝑒𝑥

𝑥2

= −

𝑥2+𝑦𝑒𝑥

𝑥2𝑦

𝑁 =

𝑥

𝑦

+

𝑒

𝑥

𝑥

=

𝑥

2

+𝑦𝑒

𝑥

𝑥𝑦

𝜕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

2

𝑦

+ 𝑒

𝑥

𝑓

𝑦

= 𝑥

2

ln

(

𝑦

)

+ 𝑦𝑒

𝑥

Solución:

𝑥

2

ln(𝑦) + 𝑦𝑒

𝑥

= 𝐶

(2)

PROBLEMA 2 (2 PUNTOS) Resuelva la ecuación de Bernoulli.

3𝑥𝑦

′′

+ 𝑦

= 4

𝑥

3

𝑦

2

Solución:

3𝑥𝑦

′′

+ 𝑦

= 4

𝑥

3

𝑦

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 ∫ 𝑒

3 ∫𝑑𝑥3𝑥

(43𝑥2)𝑑𝑥+𝐶 𝑒3 ∫𝑑𝑥3𝑥

;

𝑦

3

=

4 ∫ 𝑥(𝑥2)𝑑𝑥+𝐶

𝑥

;

Solución:

𝑥𝑦

3

− 𝑥

4

= 𝐶

(3)

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)

(4)

Desarrollo de la solución:

100 [

𝑥

1

𝑥

2

] = [

−5

1

2

−4

] [

𝑥

1

𝑥

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

1

𝑥

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

1

𝑥

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

(5)

PROBLEMA 4 (2 PUNTOS) Resuelva la siguiente EDP por separación de variables, para

λ

=4:

𝜕

2

𝑢

𝜕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

1

𝑒

2𝑥

+ 𝐶

2

𝑒

−2𝑥

𝑋(𝑥) = 𝐶

1

sinh(2𝑥) + 𝐶

2

cosh(2𝑥)

−𝑦

𝑌′

𝑌

= 4

𝑑𝑌

𝑌

= −

4𝑑𝑦

𝑦

ln 𝑌 = −4 ln(𝑦) + 𝐶

3

𝑌(𝑦) = 𝐶

3

𝑦

−4

=

𝐶

3

𝑦

4

𝑢(𝑥, 𝑦) = (𝐶

1

𝑒

2𝑥

+ 𝐶

2

𝑒

−2𝑥

)(𝐶

3

𝑦

−4

)

(6)

PROBLEMA 5 (2 PUNTOS) Resuelva la ecuación diferencial usando la serie de potencias de MacLaurin

Taylor.

𝑦

′′

+ 4𝑥𝑦

+ 4𝑦 = 0

Solución:

𝑦 = ∑

∞𝑛=0

𝐶

𝑛

𝑥

𝑛

;

𝑦

= ∑

∞𝑛=1

𝐶

𝑛

𝑛𝑥

𝑛−1

;

𝑦

′′

= ∑

∞𝑛=2

𝐶

𝑛

𝑛(𝑛 − 1)𝑥

𝑛−2

∞𝑛=2

𝐶

𝑛

𝑛(𝑛 − 1)𝑥

𝑛−2

+ 4𝑥 ∑

𝑛=1∞

𝐶

𝑛

𝑛𝑥

𝑛−1

+ 4 ∑

∞𝑛=0

𝐶

𝑛

𝑥

𝑛

= 0

∞𝑛=2

𝐶

𝑛

𝑛(𝑛 − 1)𝑥

𝑛−2

+ 4 ∑

𝑛=1∞

𝐶

𝑛

𝑛𝑥

𝑛

+ 4 ∑

∞𝑛=0

𝐶

𝑛

𝑥

𝑛

= 0

2𝐶

2

+ 4𝐶

0

+ ∑

𝑛=3∞

𝐶

𝑛

𝑛(𝑛 − 1)𝑥

𝑛−2

+ 4 ∑

∞𝑛=1

𝐶

𝑛

𝑛𝑥

𝑛

+ 4 ∑

∞𝑛=1

𝐶

𝑛

𝑥

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=1

𝐶

𝑘

𝑘𝑥

𝑘

+ 4 ∑

∞𝑘=1

𝐶

𝑘

𝑥

𝑘

= 0

2𝐶

2

+ 4𝐶

0

+ ∑

𝑘=1∞

[𝐶

𝑘+2

(𝑘 + 2)(𝑘 + 1) + 4𝐶

𝑘

𝑘

+ 4𝐶

𝑘

]𝑥

𝑘

= 0

2𝐶

2

+ 4𝐶

0

= 0

;

𝐶

2

=

−4

2

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

1

𝑘 = 2

𝐶

4

=

−4(3) (4)(3)

𝐶

2

=

−4(3) (4)(3)

−4 2

𝐶

0

=

(4)2(3)

4!

𝐶

0

𝑘 =

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

1

𝑘 =

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

0

𝑘 =

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

1

𝑘 =

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

0

𝑘 =

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)

(7)

𝑦 = 𝐶

0

+ 𝐶

1

𝑥 + 𝐶

2

𝑥

2

+ 𝐶

3

𝑥

3

+ 𝐶

4

𝑥

4

+ 𝐶

5

𝑥

5

+ 𝐶

6

𝑥

6

+ 𝐶

7

𝑥

7

+ 𝐶

8

𝑥

8

+ 𝐶

9

𝑥

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)

𝑘

4

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)

𝑘

4

𝑘

(1,3,5,…2𝑛−2)

2𝑘!

𝑥

2𝑘

) +

𝑘=1

𝐶

1

(𝑥 + ∑

(−1)

𝑘

4

𝑘

(2,4,6,8,…2𝑛−2)

(2𝑘+1)!

𝑥

2𝑘+1

)

(8)

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

=

3𝑥2

𝑦

+ 𝑥𝑒

𝑥

+ 𝑒

𝑥

− (

2𝑥2 𝑦

+ 𝑥𝑒

𝑥

) =

𝑥2 𝑦

+ 𝑒

𝑥

=

𝑥2+𝑦𝑒𝑥 𝑦

𝑁 =

𝑥

3

𝑦

+ 𝑥𝑒

𝑥

=

𝑥

3

+𝑥𝑦𝑒

𝑥

𝑥𝑦

=

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

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

2

𝑦

+ 𝑒

𝑥

𝑓

𝑦

= 𝑥

2

ln

(

𝑦

)

+ 𝑦𝑒

𝑥

Solución:

𝑥

2

ln(𝑦) + 𝑦𝑒

𝑥

= 𝐶

(9)

PROBLEMA 2 (2 PUNTOS) Resuelva la ecuación de Bernoulli.

5𝑥𝑦

′′

+ 𝑦

= 4

𝑥

3

𝑦

4

Solución:

5𝑥𝑦

′′

+ 𝑦

= 4

𝑥

3

𝑦

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

(

4

5

𝑥

2

)𝑑𝑥+𝐶

𝑒

5 ∫

𝑑𝑥 5𝑥

;

𝑦

5

=

4 ∫ 𝑥(𝑥2)𝑑𝑥+𝐶

𝑥

;

Solución:

𝑥𝑦

5

− 𝑥

4

= 𝐶

(10)

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)

(11)

Desarrollo de la solución:

100 [

𝑥

1

𝑥

2

] = [

−4

2

1

−5

] [

𝑥

1

𝑥

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

1

𝑥

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

1

𝑥

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

(12)

PROBLEMA 4 (2 PUNTOS) Resuelva la siguiente EDP por separación de variables, para

λ

=

4:

𝜕

2

𝑢

𝜕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

−1

𝑋𝑌

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

1

sin(2𝑥) + 𝐶

2

cos(2𝑥)

−𝑦

−1

𝑌

𝑌

= −4

𝑑𝑌

𝑌

= 4𝑦𝑑𝑦

ln 𝑌 = 2𝑦

2

+ 𝐶

3

𝑌(𝑦) = 𝐶

3

𝑒

2𝑦

2

𝑢(𝑥, 𝑦) = (𝐶

1

sin(2𝑥) + 𝐶

2

cos(2𝑥))(𝐶

3

𝑒

2𝑦

2

)

𝑢(𝑥, 𝑦) = (𝐵

1

sin(2𝑥) + 𝐵

2

cos (2𝑥))𝑒

2𝑦

(13)

PROBLEMA 5 (2 PUNTOS)

Resuelva la ecuación diferencial usando la serie de potencias de MacLaurin

Taylor.

𝑦

′′

− 5𝑥𝑦

− 5𝑦 = 0

Solución:

𝑦 = ∑

∞𝑛=0

𝐶

𝑛

𝑥

𝑛

;

𝑦

= ∑

∞𝑛=1

𝐶

𝑛

𝑛𝑥

𝑛−1

;

𝑦

′′

= ∑

∞𝑛=2

𝐶

𝑛

𝑛(𝑛 − 1)𝑥

𝑛−2

∞𝑛=2

𝐶

𝑛

𝑛(𝑛 − 1)𝑥

𝑛−2

− 5𝑥 ∑

𝑛=1∞

𝐶

𝑛

𝑛𝑥

𝑛−1

− 5 ∑

∞𝑛=0

𝐶

𝑛

𝑥

𝑛

= 0

∞𝑛=2

𝐶

𝑛

𝑛(𝑛 − 1)𝑥

𝑛−2

− 5 ∑

𝑛=1∞

𝐶

𝑛

𝑛𝑥

𝑛

− 5 ∑

∞𝑛=0

𝐶

𝑛

𝑥

𝑛

= 0

2𝐶

2

− 5𝐶

0

+ ∑

𝑛=3∞

𝐶

𝑛

𝑛(𝑛 − 1)𝑥

𝑛−2

− 5 ∑

∞𝑛=1

𝐶

𝑛

𝑛𝑥

𝑛

− 5 ∑

∞𝑛=1

𝐶

𝑛

𝑥

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=1

𝐶

𝑘

𝑘𝑥

𝑘

− 5 ∑

∞𝑘=1

𝐶

𝑘

𝑥

𝑘

= 0

2𝐶

2

− 5𝐶

0

+ ∑

𝑘=1∞

[𝐶

𝑘+2

(𝑘 + 2)(𝑘 + 1) − 5𝐶

𝑘

𝑘

− 5𝐶

𝑘

]𝑥

𝑘

= 0

2𝐶

2

− 5𝐶

0

= 0

;

𝐶

2

=

5

2

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

1

𝑘 = 2

𝐶

4

=

(5)(3) (4)(3)

𝐶

2

=

(5)(3)(5) (4)(3)(2)

𝐶

0

=

52(3)

4!

𝐶

0

𝑘 =

3

𝐶

5

=

5(4) (5)(4)

𝐶

3

=

5(4) (5)(4)

(5)(2) 3!

𝐶

1

=

52(2)(4) 5!

𝐶

1

𝑘 =

4

𝐶

6

=

5(5) (6)(5)

𝐶

4

=

5(5) (6)(5)

52(3) 4!

𝐶

0

=

53(3)(5) 6!

𝐶

0

𝑘 =

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

1

𝑘 =

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

0

𝑘 =

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)

(14)

𝑦 = 𝐶

0

+ 𝐶

1

𝑥 + 𝐶

2

𝑥

2

+ 𝐶

3

𝑥

3

+ 𝐶

4

𝑥

4

+ 𝐶

5

𝑥

5

+ 𝐶

6

𝑥

6

+ 𝐶

7

𝑥

7

+ 𝐶

8

𝑥

8

+ 𝐶

9

𝑥

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

)

𝑦 = 𝐶

0

(1 + ∑

5

𝑘

(1,3,5,…2𝑛−2)

2𝑘!

𝑥

2𝑘

) +

𝑘=1

𝐶

1

(𝑥 + ∑

5

𝑘

(2,4,6,8,…2𝑛−2)

(2𝑘+1)!

𝑥

2𝑘+1

)

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