¿Existe una forma más rápida (he encontrado una buena, pero quiero estar seguro)?

Question

Me ha gustado bastante esta pregunta pero he hecho algo que no suelo hacer para que sea... más rápido de escribir y así hacerlo, me pregunto sin embargo si hay una forma más rápida.

Dada: $$y(x)=e^{-x}\int_0^{e^{2x}}{\left(\frac{1}{t}\int_0^t\left(\frac{g(s)}{\sqrt{s}}\right)ds\right)}dt$$

RELAX no es necesario que lo resuelvas (debo confesar que me asusté un poco cuando lo vi por primera vez - ¿también la altura de los corchetes no cambia en LaTeX? Esperaba que los ( ) exteriores fueran más altos y contuvieran su contenido )

Primero:

Encuentre $y'$ y $y''$

Entonces:

Encuentre $a,b,c\in\mathbb{R}$ tal que $ay''+by'+cy=4g(e^{2x})$

Para hacerlo más fácil, dejé que

$$\alpha(x)=e^{2x}$$

$$F(\beta)=\int^\beta_0\left(\frac{1}{t}\int^t_0\left(\frac{g(s)}{\sqrt{s}}\right)ds\right)dt$$ $$\Phi(\gamma)=\int^\gamma_0\left(\frac{g(s)}{\sqrt(s)}\right)ds$$

Entonces se puede escribir: $$y=e^{-x}F(\alpha(x))=e^{-x}F(\alpha)$$

Ahora usando el teorema fundamental del cálculo cosas como: (donde la letra minúscula es la derivada de la mayúscula, es decir f(x) es d(F(x))/dx)

$$f(\beta)=\frac{1}{\beta}\Phi(\beta)$$ ocurren, la regla de la cadena se puede utilizar para afirmar: $$\frac{d}{dx}[F(\alpha)]=f(\alpha).\alpha'$$ (bueno, eso es básicamente la regla de la cadena)

Así que la pregunta se hace manejable rápidamente, haces la diferenciación sin error y luego comparas los coeficientes para encontrar que a,b y c son 2,4 y 2 respectivamente.

Me gustaría que se confirmara la respuesta, y que se identificara cualquier otro método que funcionara igual de bien.

Aquí están los valores:

$y=e^{-x}F(\alpha)$

$y'=-e^{-x}F(\alpha)+e^{-x}\Phi(\alpha)$

$y''=e^{-x}F(\alpha)-2e^{-x}\Phi(\alpha)+2e^x\phi(\alpha)$

PERO: $\phi(z)=\frac{g(z)}{\sqrt{z}}$

Así:

$y''=e^{-x}F(\alpha)-2e^{-x}\Phi(\alpha)+2g(\alpha)$

Adenda:

En realidad, me resbalé al principio del problema con mi expresión para $y'$ el método es correcto, pero me llevó a obtener el doble de la respuesta que debería haber obtenido para los valores finales, véase la respuesta de Turnococ.

Answer 1

Es bueno que dividan su función en partes. \begin{align} y(x) & = e^{-x} F(e^{2x}) \\ F'(x) & = f(x) = \frac 1x\Phi(x)\\ \Phi'(x) & = \phi(x) = \frac{g(x)}{\sqrt x} \end{align} Utilizando estas ecuaciones, podemos calcular \begin{align} y'(x) & = -e^{-x}F(e^{2x}) + 2e^{x}f(e^{2x})\\ & = -y(x) + 2e^{x}f(e^{2x}) \\ & = -y(x) + 2e^{-x}\Phi(e^{2x}) \\ y''(x) & = -\left(-y(x) + 2e^{-x}\Phi(e^{2x})\right) - 2e^{-x}\Phi(e^{2x}) + 4e^{x}\phi(e^{2x})\\ & = y(x) - 4e^{-x}\Phi(e^{2x}) + 4e^{x}\phi(e^{2x}) \\ & = y(x) - 4e^{-x}\Phi(e^{2x}) + 4g(e^{2x}) \end{align} Para facilitar la notación, dejemos que $u(x) = y(x)$ , $v(x) = e^{-x}\Phi(e^{2x})$ y $w(x) = g(e^{2x})$ . Entonces, podemos expresar $y, y', y''$ utilizando $\left\{u, v, w\right\}$ como base: \begin{align} y & = \begin{pmatrix} u & v & w \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} \\ y' & = \begin{pmatrix} u & v & w \end{pmatrix} \begin{pmatrix} -1 \\ 2 \\ 0 \end{pmatrix} \\ y'' & = \begin{pmatrix} u & v & w \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 \\ -4 \\ 4 \end{pmatrix} \\ \fin{align} Resolviendo para $a, b, c$ tal que $ay'' + by' + cy = 4g(e^{2x})$ se convierte en la resolución del sistema lineal \begin{align} \begin{pmatrix} 1 & -1 & 1\\ 0 & 2 & -4\\ 0 & 0 & 4 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} a \\ b \\ c \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 4 \end{pmatrix} \end{align} La solución es $(a, b, c) = (1, 2, 1)$ .

Obsérvese que la solución es única sólo si $u, v, w$ son linealmente independientes. Creo que es posible derivar, a partir del cálculo del Wronskian de $u, v, w$ una condición (o condiciones) en la que $u, v, w$ será independiente, pero sinceramente no quiero ir allí.