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2.
πΆ1 = 2πΆ2
πΆ2 = πΆ1/2 πΆπ+2 = π + 1 π + 2 πΆπ+1 , π β₯ 1 π = 1 β πΆ3 = 2 3 πΆ2 = 1 3 πΆ1 π = 2 β πΆ4 = 3 4 πΆ3 = 1 4 πΆ1 π = 3 β πΆ5 = 4 5 πΆ4 = 1 5 πΆ1 π = 4 β πΆ6 = 5 6 πΆ5 = 1 6 πΆ1 π = 5 β πΆ7 = 6 7 πΆ6 = 1 7 πΆ1 π = 6 β πΆ8 = 7 8 πΆ7 = 1 8 πΆ1 β¦ y asΓ sucesivamente. β π¦ = πΆ0 + πΆ1π₯ + πΆ2π₯2 + πΆ3π₯3 + πΆ4π₯4 + πΆ5π₯5 + πΆ6π₯6 + πΆ7π₯7 + πΆ8π₯8 β¦ π¦ = πΆ0 + πΆ1 [π₯ + π₯2 2 + π₯3 3 + π₯4 4 + π₯5 5 + π₯6 6 + π₯7 7 + π₯8 8 + β― ] π¦ = πΆ0 + πΆ1π¦1(π₯) Donde: π¦1 = β [ 1 π ] π₯π β π=1 Finalmente: π¦ = πΆ0 + πΆ1 β [ 1 π ] π₯π β π=1 8. (π₯2 + 2)π¦β²β² + 3π₯π¦β² β π¦ = 0 SoluciΓ³n: Como: π¦ = β πΆππ₯π β π=0
3.
π¦β² = β
ππΆππ₯πβ1 β π=1 π¦β²β² = β π(π β 1)πΆππ₯πβ2 β π=2 Entonces: (π₯2 + 2)β π(π β 1)πΆππ₯πβ2 β π=2 + 3π₯ β ππΆππ₯πβ1 β π=1 β β πΆππ₯π β π=0 = 0 β π(π β 1)πΆππ₯π β π=2 + 2β π(π β 1)πΆππ₯πβ2 β π=2 + 3β ππΆππ₯π β π=1 β β πΆππ₯π β π=0 = 0 2πΆ2 + 6πΆ3π₯ + 3πΆ1π₯ β πΆ0 β πΆ1π₯ + β π(π β 1)πΆππ₯π β π=2 + 2β π(π β 1)πΆππ₯πβ2 β π=4 + 3β ππΆππ₯π β π=2 β β πΆππ₯π β π=2 = 0 2πΆ2 + 6πΆ3π₯ + 2πΆ1π₯ β πΆ0 + β π(π β 1)πΆππ₯π β π=2 + 2β π(π β 1)πΆππ₯πβ2 β π=4 + 3β ππΆππ₯π β π=2 β β πΆππ₯π β π=2 = 0 En cada sumatoria hacemos: π = π, π = π β 2, π = π, π = π Entonces: 2πΆ2 + 6πΆ3π₯ + 2πΆ1π₯ β πΆ0 + β π(π β 1)πΆππ₯π β π=2 + 2 β(π + 2)(π + 1)πΆπ+2π₯π β π=2 + 3β ππΆππ₯π β π=2 β β πΆππ₯π β π=2 = 0 2πΆ2 + 6πΆ3π₯ + 2πΆ1π₯ β πΆ0 + β[π(π β 1)πΆπ + 2(π + 2)(π + 1)πΆπ+2 + 3ππΆπ β πΆπ]π₯π β π=2 De esto tenemos: 2πΆ2 β πΆ0 = 0, 6πΆ3 + 2πΆ1 = 0, πΆπ(π(π + 2) β 1) + 2(π + 2)(π + 1)πΆπ+2 = 0 πΆ0 = 2πΆ2, πΆ3 = β 1 3 πΆ1
4.
πΆπ+2 = 1 β
π(π + 2) 2(π + 1)(π + 2) πΆπ ,π β₯ 2 π = 2 β πΆ4 = β7 2(3)(4) πΆ2 π = 3 β πΆ5 = β14 2(4)(5) πΆ3 = (β2)(β14) 22(3)(4)(5) πΆ1 π = 4 β πΆ6 = β23 2(5)(6) πΆ4 = (β7)(β23) 22(3)(4)(5)(6) πΆ2 π = 5 β πΆ7 = β34 2(6)(7) πΆ5 = (β2)(β14)(β34) 23(3)(4)(5)(6)(7) πΆ1 π = 6 β πΆ8 = β47 2(7)(8) πΆ6 = (β7)(β23)(β47) 23(3)(4)(5)(6)(7)(8) πΆ2 π = 7 β πΆ9 = β62 2(8)(9) πΆ7 = (β2)(β14)(β34)(β62) 24(3)(4)(5)(6)(7)(8)(9) πΆ1 β¦ y asΓ sucesivamente. β π¦ = πΆ0 + πΆ1π₯ + πΆ2π₯2 + πΆ3π₯3 + πΆ4π₯4 + πΆ5π₯5 + πΆ6π₯6 + πΆ7π₯7 + πΆ8π₯8 + πΆ9π₯9 β¦ π¦ = 2πΆ2 + πΆ1π₯ + πΆ2π₯2 β 2π₯3 2(3) πΆ1 β 7π₯4 2(3)(4) πΆ2 β (2)(14)π₯5 22(3)(4)(5) πΆ1 + (7)(23)π₯6 22(3)(4)(5)(6) πΆ2 + β― π¦ = πΆ1π¦1(π₯) + πΆ2π¦2(π₯) Donde: π¦1 = π₯ + β(β1)π (2)(14)(34)β¦ (4π2 β 2) 2π(2π + 1)! π₯2π+1 β π=1 π¦2 = 2 + π₯2 + β(β1)π (7)(23)β¦ ((2π + 1)2 β 2) 2πβ1(2π + 2)! π₯2π+2 β π=1 Finalmente: π¦ = πΆ1 [π₯ + β(β1)π (2)(14)(34)β¦(4π2 β 2) 2π(2π + 1)! π₯2π+1 β π=1 ] + πΆ2 [2 + π₯2 + β(β1)π (7)(23)β¦ ((2π + 1)2 β 2) 2πβ1(2π + 2)! π₯2π+2 β π=1 ] AUTOVALORES REPETIDOS 5. πβ² = [ β1 3 β3 5 ]π
5.
SoluciΓ³n: Hallamos π: |π΄ β
ππΌ| = 0 ( β1 β π 3 β3 5 β π ) = 0 (β1 β π)(5 β π) + 9 = 0 π2 β 4π + 4 = 0 (π β 2)2 = 0 π1,2 = 2 Hallamos K, cuando π = 2 (π΄ β ππΌ)πΎ = 0 ( β3 3 β3 3 )( πΎ1 πΎ2 ) = ( 0 0 ) β3πΎ1 + 3πΎ2 = 0 πΎ1 = πΎ2 Escogemos πΎ1 = πΎ2 = 1 Teniendo: πΎ = ( 1 1 ) π1 = ( 1 1 )π2π‘ Hallamos P: (π΄ β ππΌ)π = πΎ ( β3 3 β3 3 )( π1 π2 ) = ( 1 1 ) β3π1 + 3π2 = 1 π2 β π1 = 1 3 Escogemos: π1 = 2 3 , π2 = 1 Teniendo:
6.
π = ( 2 3 1 ) π2
= ( 1 1 )π‘π2π‘ + ( 2 3 1 )π2π‘ Entonces: π = π1π1 + π2 π2 π = π1 ( 1 1 ) π2π‘ + π2 [( 1 1 ) π‘π2π‘ + ( 2 3 1 ) π2π‘ ]
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