c# pdf reader dll : Copy pages from pdf to new pdf control application platform web page html windows web browser solution_manual_of_advanced_engineering_mathematics_by_erwin_kreyszig_9th_edition-15-part242

The corresponding characteristic equation has the roots
=
1
_
2
(1 - a) ±
1
_
4
(1 -
a)
2
-
b
.
With these 
, solutions are e
t
=(e
t
)
=(e
ln x
)
=x
.
(E) te
t
=(ln x)e
ln x
=(ln x)(e
ln x
)
=x
ln x.
SECTION 2.6. Existence and Uniqueness of Solutions. Wronskian, page 73
Purpose. To  explain  the  theory  of  existence  of  solutions  of  ODEs  with  variable
coefficients in standard form (that is, with y
as the first term, not, say, ƒ(x)y
)
y
+p(x)y
+q(x)y = 0
and of their uniqueness if initial conditions
y(x
0
) = K
0
,
y
(x
0
) = K
1
are imposed. Of course, no such theory was needed in the last sections on ODEs for which
we were able to write all solutions explicitly.
Main Content
Continuity of coefficients suffices for existence and uniqueness.
Linear independence if and only if the Wronskian is not zero
A general solution exists and includes all solutions.
Comment on Wronskian
For n = 2,  where linear  independence  and dependence  can be  seen  immediately,  the
Wronskian serves primarily as a tool in our proofs; the practical value of the independence
criterion will appear for higher n in Chap. 3.
Comment on General Solution
Theorem 4 shows that linear ODEs (actually, of any order) have no singular solutions.
This also justifies the term “general solution,” on which we commented earlier. We did
not  pay  much  attention  to  singular  solutions,  which  sometimes  occur  in  geometry  as
envelopes of one-parameter families of straight lines or curves.
SOLUTIONS TO PROBLEM SET 2.6, page 77
2. y
+
π
2
y= 0. Wronskian
W= j
j=
π
.
4. Auxiliary equation (m - 3)(m + 2) = m
2
-m - 6 = m(m - 1) - 6 = 0. Hence
the ODE is x
2
y
-6y = 0. The Wronskian is
W=
j
j
=-2 - 3 = -5.
6. Characteristic equation (
-3.4)(
+2.5) =
2
-0.9
-8.5 = 0. Hence the ODE
is y
-0.9y
-8.5y = 0. Wronskian
W=
j
j
=-5.9e
0.9x
.
e
2.5x
-2.5e
2.5x
e
3.4x
3.4e
3.4x
x
2
-2x
3
x
3
3x
2
sin
π
x
π
cos
π
x
cos
π
x
-
π
sin
π
x
44
Instructor’s Manual
im02.qxd  9/21/05  10:57 AM  Page 44
Copy pages from pdf to new pdf - remove PDF pages in C#.net, ASP.NET, MVC, Ajax, WinForms, WPF
Provides Users with Mature Document Manipulating Function for Deleting PDF Pages
delete pages from pdf in preview; acrobat export pages from pdf
Copy pages from pdf to new pdf - VB.NET PDF Page Delete Library: remove PDF pages in vb.net, ASP.NET, MVC, Ajax, WinForms, WPF
Visual Basic Sample Codes to Delete PDF Document Page in .NET
delete page on pdf document; cut pages out of pdf file
8. Characteristic equation (
+2)
2
=0, ODE y
+4y
+4y = 0, Wronskian
W= j
j= e
4x
.
10. Auxiliary equation (m + 3)
2
=m
2
+6m + 9 = m(m - 1) + 7m + 9 = 0. Hence
the ODE (an Euler–Cauchy equation) is
x
2
y
+7xy
+9y = 0.
The Wronskian is
W= j
j= x
7
.
12. The characteristic equation is
(
+2)
2
+
2
=
2
+4
+4 +
2
=0.
Hence the ODE is
y
+4y
+(4 +
2
)y = 0.
The Wronskian is
W=
j
j
=
e
4x
where e = e
2x
, c = cos
x, and s = sin
x.
14. The auxiliary equation is
(m + 1)
2
+1 = m
2
+2m + 2 = m(m - 1) + 3m + 2 = 0.
Hence the Euler–Cauchy equation is
x
2
y
+3xy
+2y = 0.
The Wronskian is
W= j
j= x
3
where x
1
in the second row results from the chain rule and (ln x)
=1/x. Here,
c= cos (ln x), s = sin (ln x).
16. The characteristic equation is
(
+k)
2
+
π
2
=0.
This gives the ODE
y
+2ky
+(k
2
+
π
2
)y = 0.
The Wronskian is
W=
j
j
=
π
e
2kx
where e = e
kx
, c = cos
π
x, s = sin
π
x.
18. Team Project. (A) c
1
e
x
+c
2
e
x
=c*
1
cosh x + c*
2
sinh x. Expressing cosh and
sinh in terms of exponential functions [see (17) in App. 3.1], we have
1
_
2
(c*
1
+c*
2
)e
x
+
1
_
2
(c*
1
-c*
2
)e
x
;
es
e(-ks + c
π
)
ec
e(-kc - s
π
)
x
1
s
-x
2
s+ x
1
cx
1
x
1
c
-x
2
c- x
1
sx
1
es
e(-2s +
c)
ec
e(-2c -
s)
x
3
ln x
-3x
4
ln x + x
4
x
3
-3x
4
xe
2x
(1 - 2x)e
2x
e
2x
-2e
2x
Instructor’s Manual
45
im02.qxd  9/21/05  10:57 AM  Page 45
C# PDF Page Extract Library: copy, paste, cut PDF pages in C#.net
Copy three pages from test1.pdf and paste into test2.pdf. PDFDocument pdf = new PDFDocument(@"C:\test1.pdf"); PDFDocument pdf2 = new PDFDocument(@"C:\test2
delete pages on pdf; add and delete pages from pdf
VB.NET PDF Page Extract Library: copy, paste, cut PDF pages in vb.
' Copy three pages from test1.pdf and paste into test2.pdf. Dim pdf As PDFDocument = New PDFDocument("C:\test1.pdf") Dim pdf2 As PDFDocument = New PDFDocument
delete pages of pdf online; delete pages pdf
hence c
1
=
1
_
2
(c*
1
+c*
2
), c
2
=
1
_
2
(c*
1
-c*
2
). The student should become aware that for
second-order ODEs there are several possibilities for choosing a basis and making up
a general solution. For this reason we say “a general solution,” whereas for first-order
ODEs we said “the general solution.”
(B) If two solutions are 0 at the same point x
0
, their Wronskian is 0 at x
0
, so that
these solutions are linearly dependent by Theorem 2.
(C) The derivatives would be 0 at that point. Hence so would be their Wronskian W,
implying linear dependence.
(D) By the quotient rule of differentiation and by the definition of the Wronskian,
(y
2
/y
1
)
=(y
2
y
1
-y
2
y
1
)/y
1
2
=W/y
1
2
.
In Prob. 10 we have (y
2
/y
1
)
y
1
2
=(ln x)
x
6
=x
7
.
y
2
/y
1
is constant in the case  of  linear  dependence; hence  the  derivative  of  this
quotient is 0, whereas in the case of linear independence this is not the case. This
makes it likely that such a formula should exist.
(E) The first two derivatives of y
1
and y
2
are continuous at x = 0 (the only x at which
something could happen). Hence these functions qualify as solutions of a second-order
ODE. y
1
and y
2
are linearly dependent for x  0 as well as for x < 0 because in each
of these two intervals, one of the functions is identically 0. On -1 < x < 1 they are
linearly independent because c
1
y
1
+c
2
y
2
=0 gives c
1
=0 when x  0, and c
2
=0
when x < 0. The Wronskian is
W= y
1
y
2
-y
2
y
1
={
}= 0
if {
.
The Euler–Cauchy equation satisfied by these functions has the auxiliary equation
(m - 3)m = m(m - 1) - 2m = 0.
Hence the ODE is
xy
-2y
=0.
Indeed, xy
1
-2y
1
=x  6x - 2  3x
2
=0 if x  0, and 0 = 0 for x < 0. Similarly
for y
2
. Now comes the point. In the present case the standard form, as we use it in
all our present theorems, is
y
-
y
=0
and shows that p(x) is not continuous at 0, as required in Theorem 2. Thus there is
no contradiction.
This  illustrates  why  the  continuity  assumption  for  the  two  coefficients  is quite
important.
(F) According to the hint given in the enunciation, the first step is to write the ODE
(1) for y
1
and then again for y
2
. That is,
y
1
+py
1
+qy
1
=0
y
2
+py
2
+qy
2
=0
where pand q are variable. The hint then suggests eliminating qfrom these two ODEs.
Multiply the first equation by -y
2
, the second by y
1
, and add:
(y
1
y
2
-y
1
y
2
) + p(y
1
y
2
-y
1
y
2
) = W
+pW = 0
2
x
x< 0
x 0
0 3x
2
-x
3
0
x
3
0 - 0  3x
2
46
Instructor’s Manual
im02.qxd  9/21/05  10:57 AM  Page 46
VB.NET PDF Page Insert Library: insert pages into PDF file in vb.
As String = Program.RootPath + "\\" Output.pdf" Dim doc1 Dim doc2 As PDFDocument = New PDFDocument(inputFilePath2 GetPage(2) Dim pages = New PDFPage() {page0
delete page from pdf; delete pages from pdf without acrobat
C# PDF File & Page Process Library SDK for C#.net, ASP.NET, MVC
RasterEdge XDoc.PDF allows you to easily move PDF document pages position Copying and Pasting Pages. You can use specific APIs to copy and get a specific page of
delete page pdf file; copy page from pdf
where the expression for W
results from the fact that y
1
y
2
appears twice and drops
out. Now solve this by separating variables or as a homogeneous linear ODE.
In Prob. 12 we have p = 4; hence W = ce
4x
by integration from 0 to x, where
c= y
1
(0)y
2
(0) - y
2
(0)y
1
(0) = 1 
-0  (-2) =
.
SECTION 2.7. Nonhomogeneous ODEs. page 78
Purpose. We show that for getting a general solution y of a nonhomogeneous linear ODE
we must find a general solution y
h
of the corresponding homogeneous ODE and then—
this is our new task—any particular solution y
p
of the nonhomogeneous ODE,
y= y
h
+y
p
.
Main Content, Important Concepts
General solution, particular solution
Continuity of p, q, r suffices for existence and uniqueness.
A general solution exists and includes all solutions.
Comment on Methods for Particular Solutions
The method of undetermined coefficients is simpler than that of variation of parameters
(Sec. 2.10), as is mentioned in the text, and it is sufficient for many applications, of which
Secs. 2.8 and 2.9 show standard examples.
Comment on General Solution
Theorem 2 shows that the situation with respect to general  solutions is practically the
same for homogeneous and nonhomogeneous linear ODEs.
Comment on Table 2.1
It is clear that the table could be extended by the inclusion of products of polynomials
times cosine or sine and other cases of limited practical value. Also, 
α
=0 in the last
pair of lines gives the previous two lines, which are listed separately because of their
practical importance.
SOLUTIONS TO PROBLEM SET 2.7, page 83
2. y = c
1
e
1.5x
+c
2
e
2.5x
-2.72 cos 5x + 2.56 sin 5x. This is a typical solution of a
forced  oscillation  problem  in  the  overdamped  case.  The  general  solution  of  the
homogeneous ODE dies out, practically after some short time (theoretically never),
and the transient solution goes over into a harmonic oscillation whose frequency is
equal to that of the driving force (or electromotive force).
4. y = A cos 3x + B sin 3x +
1
_
8
cos x +
_
1
18
xsin 3x.  An important  point  is that  the
Modification Rule applies to the second term on the right. Hence the best way seems
to split y
p
additively, y
p
=y
p1
+y
p2
, where
y
p1
=K
1
cos x + M
1
sinx,
y
p2
=K
2
xcos 3x + M
2
xsin 3x.
In the previous problem (Prob. 3) the situation is similar.
6. y = (c
1
+c
2
x)e
2x
-
1
_
4
e
2x
sin 2x. The characteristic equation of the homogeneous
ODE has the double root -2. The function on the right is such that the Modification
Rule does not apply.
Instructor’s Manual
47
im02.qxd  9/21/05  10:57 AM  Page 47
C# PDF Page Rotate Library: rotate PDF page permanently in C#.net
Copy this demo code to your C# application to rotate the first page of One is used for rotating all PDF pages to 180 in clockwise and output a new PDF file
add and delete pages in pdf online; cut pages out of pdf online
C# PDF Page Insert Library: insert pages into PDF file in C#.net
Apart from the ability to inserting a new PDF page into existing PDF to delete PDF page using C# .NET, how to reorganize PDF document pages and how to
delete page from pdf document; cut pages from pdf file
8. -5  is  a  double  root.  100  sinh 5x = 50e
5x
- 50e
5x
 Hence  we  may  choose 
y
p
=y
p1
+y
p2
with y
p2
=Cx
2
e
5x
according to the Modification Rule. Substitution
gives y
p1
=
1
_
2
e
5x
, y
p2
=-25x
2
e
5x
. Answer:
y= (c
1
+c
2
x)e
5x
+
1
_
2
e
5x
-25x
2
e
5x
.
10. y = e
2x
(A cos 1.5x + B sin 1.5x) + 0.5x
2
+0.36x + 0.1096. The solution of the
homogeneous ODE approaches 0, and the term in x
2
becomes the dominant term.
12. Corresponding to the right side, write y
p
=y
p1
+y
p2
. Find y
p1
=2x by inspection
or  as  usual.  Since  sin 3x is  a  solution  of  the  homogeneous  ODE,  write  by 
the Modification  Rule  for  a  simple  root  y
p
= x(K cos 3x + M sin 3x). 
Answer: y = A cos 3x + B sin 3x + 2x - 6x cos 3x.
14. 2x sin x is not listed in the table because it is of minor practical importance. However,
by looking at its derivatives, we see that
y
p
=Kx cos x + Mx sin x + N cos x + P sin x
should be general enough. Indeed, by substitution and collecting cosine and sine terms
separately we obtain
(1)
(2K + 2Mx + 2P + 2M) cos x = 0
(2)
(-2Kx + 2M - 2N - 2K) sin x = 2x sin x.
In (1) we must have 2Mx = 0; hence M = 0 and then P = -K. In (2) we must have
-2Kx = 2x; hence K = -1, so that P = 1 and from (2), finally, -2N - 2K = 0,
hence N = 1. Answer:
y= (c
1
+c
2
x)e
x
+(1 - x) cos x + sin x.
16. y = y
h
+y
p
=(c
1
+c
2
x)e
1.5x
+12x
2
+20x + 16. From this and the initial conditions,
y= 4[(1 + x)e
1.5x
+3x
2
+5x + 4].
18. y
h
=c
1
e
2x
+c
2
, y
p
=C
1
xe
2x
+C
2
e
2x
by the Modification Rule for a simple root.
Answer:
y= 2e
2x
-3 + 6xe
2x
-e
2x
.
20. The Basic Rule and the Sum Rule are needed. We obtain
y
h
=e
x
(A cos 3x + B sin 3x)
y= e
x
cos 3x - 0.4 cos x + 1.8 sin x + 6 cos 3x - sin 3x.
22. Team Project. (b) Perhaps the simplest way is to take a specific ODE, e.g.,
x
2
y
+6xy
+6y = r(x)
and then experiment by taking various r(x) to find the form of choice functions. The
simplest case is a single power of x. However, almost all the functions that work as
r(x) in the case of an ODE with constant coefficients can also be used here.
SECTION 2.8. Modeling: Forced Oscillations. Resonance, page 84
Purpose. To extend Sec. 2.4 from free to forced vibrations by adding an input (a driving
force, here assumed to be sinusoidal). Mathematically, we go from a homogeneous to a
nonhomogeneous ODE, which we solve by undetermined coefficients.
48
Instructor’s Manual
im02.qxd  9/21/05  10:57 AM  Page 48
C# PDF Image Extract Library: Select, copy, paste PDF images in C#
Open a document. PDFDocument doc = new PDFDocument(inputFilePath); PDFPage page = (PDFPage)pdf.GetPage(0); // Extract all images on one pdf page.
delete pages from pdf acrobat reader; reader extract pages from pdf
C# PDF Annotate Library: Draw, edit PDF annotation, markups in C#.
RootPath + "\\" 2.pdf"; String outputFilePath = Program.RootPath + "\\" Annot_6.pdf"; // open a PDF file PDFDocument doc = new PDFDocument(inputFilePath
pdf delete page; delete a page from a pdf without acrobat
New Features
Resonance (11) y = At sin
0
tin the undamped case
Beats (12) y = B(cos
t- cos
0
t) if input frequency is close to natural
Large amplitude if (15*) 
2
=
0
2
-c
2
/(2m
2
) (Fig. 56)
Phase lag between input and output
SOLUTIONS TO PROBLEM SET 2.8, page 90
2. y
p
=-0.6 cos 1.5t + 0.2 sin 1.5t. Note that a general solution of the homogeneous
ODE is y
h
=e
t
(A cos 1.5t + B sin 1.5t), and the student should perhaps be reminded
that this is not resonance, of course.
4. y
p
=0.25 cos t. Note that y
h
=e
2t
(A cos t + B sin t); of course, this is not resonance.
Furthermore, it is interesting that whereas a single term on the right will generate two
terms in the solution, here we have—by chance—the converse.
6. y
p
=
_
1
10
cos t +
1
_
5
sin t -
_
1
90
cos 3t +
_
1
45
sin 3t
8. y
p
=2 cos 4t + 1.5 sin 4t
10. y = (c
1
+c
2
t)e
2t
-0.03 cos 4t + 0.04 sin 4t
12. y = c
1
e
t
+c
2
e
4t
-0.1 cos 2t. Note that, ordinarily, y
p
will consist of two terms
if r(x) consists of a single trigonometric term.
14. y = e
t
(A cos 2t + B sin 2t) + 0.2 - 0.1 cos t + 0.2 sin t
16. y = -
_
1
63
cos 8t +
1
_
8
sin 8t +
_
1
63
cos t. From the graph one can see the effect of
(cos t)/63. There is no corresponding sine term because there is no damping and
hence no phase shift.
18. y = (33 + 31t)e
t
-37.5 cos t + 6 cos 2t + 4.5 sin 2t - 1.5 cos 3t - 2 sin 3t
20. y = 100 cos 4.9t - 98 cos 5t
22. The form of solution curves varies continuously with c. Hence if you start from c = 0
and let c increase, you will at first obtain curves similar to those in the case of c = 0.
For instance, consider y
+0.01y
+25y = 100 cos 4.9t - 98 cos 5t.
24. CAS Experiment. The choice of 
needs experimentation, inspection of the curves
obtained, and then changes on a trial-and-error basis. It is interesting to see how in
the case of beats the period gets increasingly longer and the maximum amplitude gets
increasingly larger as 
/(2
π
) approaches the resonance frequency.
26. If 0  t 
π
, then a particular solution
y
p
=K
0
+K
1
t+ K
2
t
2
gives y
p
=2K
2
and
y
p
+y
p
=K
0
+2K
2
+K
1
t+ K
2
t
2
=1 -
t
2
;
thus,
K
2
=-
,
K
1
=0,
K
0
=1 - 2K
2
=1 +
.
Hence a general solution is
y= A cos t + B sin t + 1 +
-
t
2
.
1
π
2
2
π
2
2
π
2
1
π
2
1
π
2
Instructor’s Manual
49
im02.qxd  9/21/05  10:57 AM  Page 49
From this and the first initial condition,
y(0) = A + 1 +
=0,
A= -(1 +
).
The derivative is
y
=-A sin t + B cos t -
t
and gives y
(0) = B = 0. Hence the solution is
(I)
y(t) = (1 + 2/
π
2
)(1 - cos t) - t
2
/
π
2
if 0  t 
π
,
and if t >
π
, then
(II)
y= y
2
=A
2
cos t + B
2
sin t
with A
2
and B
2
to be determined from the continuity conditions
y(
π
) = y
2
(
π
),
y
(
π
) = y
2
(
π
).
So we need from (I) and (II)
y(
π
) = 2(1 + 2/
π
2
) - 1 = 1 + 4/
π
2
=y
2
(
π
) = -A
2
and
y
(t) = (1 + 2/
π
2
) sin t - 2t/
π
2
and from this and (II),
y
(
π
) = -2/
π
=B cos
π
=-B
2
.
This gives the solution
y= -(1 + 4/
π
2
) cos t + (2/
π
) sin t
if t >
π
.
Answer:
y=
{
.
The function in the second line gives a harmonic oscillation because we disregarded
damping.
SECTION 2.9. Modeling: Electric Circuits, page 91
Purpose. To  discuss  the  current  in  the  RLC-circuit  with  sinusoidal  input  E
0
sin
t. 
ATTENTION! The right side in (1) is E
0
cos
t, because of differentiation.
Main Content
Modeling by Kirchhoff’s law KVL
Electrical–mechanical strictly quantitative analogy (Table 2.2)
Transient tending to harmonic steady-state current
A popular complex method is discussed in Team Project 20.
if 0  t 
π
if t >
π
(1 + 2/
π
2
)(1 - cos t) - t
2
/
π
2
-(1 + 4/
π
2
) cos t + (2/
π
) sin t
2
π
2
2
π
2
2
π
2
50
Instructor’s Manual
im02.qxd  9/21/05  10:57 AM  Page 50
SOLUTIONS TO PROBLEM SET 2.9, page 97
2. The occurring integral can  be evaluated by integration by parts, as is shown (with
other notations) in standard calculus texts. From (4) in Sec. 1.5 we obtain
I= e
Rt/L
[
e
Rt/L
sin
tdt + c]
=ce
Rt/L
+
(R sin
t-
Lcos
t)
=ce
Rt/L
+
sin (
t-
),
=arctan 
.
4. This is another special case of a circuit that leads to an ODE of first order,
RI
+I/C = E
=
E
0
cos
t.
Integration by parts gives the solution
I(t) = e
t/(RC)
[
e
t/(RC)
cos
tdt + c]
=ce
t/(RC)
+
(cos
t+
RC sin
t)
=ce
t/(RC)
+
sin (
t-
),
where tan
=-1/(
RC). The first term decreases steadily as t increases, and the last
term represents the steady-state current, which is sinusoidal. The graph of I(t) is similar
to that in Fig. 62.
6. E = t
2
, E
=2t, 0.5I
+(10
4
/8)I = 2t, I
+2500I = 4t, I(0) = 0 is given. I
(0) = 0
follows from
LI
(0) + Q(0)/C = E(0) = 0.
Answer:
I= 0.0016(t - 0.02 sin 50t).
8. Write 
1
= -
α
+
β
and 
2
=-
α
-
β
,  as in  the  text before  Example  1. Here 
α
=R/(2L) > 0, and 
β
can be real or imaginary. If 
β
is real, then 
β
R/(2L) because
R
2
-4L/C  R
2
. Hence 
1
<0 (and 
2
<0, of course). If 
β
is imaginary, then I
h
(t)
represents a damped oscillation, which certainly goes to zero as t * ∞.
10. E
=200 cos 2t, 0.5I
+8I
+10I = 200 cos 2t, so that the steady-state solution is
I= 5 cos 2t + 10 sin 2t A.
12. The ODE is
I
+2I
+20I =
_
157
3
cos 3t.
The steady-state solution is I
p
=2 sin 3t +
_
11
3
cos 3t.
Note that if you let Cdecrease, the sine term in the solution will become increasingly
smaller, compared with the cosine term.
14. The ODE is
0.1I
+0.2I
+0.5I = 377 cos 0.5t.
E
0
C

1 + (
RC)
2
E
0
C

1 + (
RC)
2
E
0
R
L
R
E
0

R
2
+
2
L
2
E
0

R
2
+
2
L
2
E
0
L
Instructor’s Manual
51
im02.qxd  9/21/05  10:57 AM  Page 51
Its characteristic equation is
0.1[(
+1)
2
+4] = 0.
Hence a general solution of the homogeneous ODE is
e
t
(A cos 2t + B sin 2t).
The transient solution is
I= e
t
(A cos 2t + B sin 2t) + 760 cos 0.5t + 160 sin 0.5t.
16. The ODE is
0.1I
+4I
+40I = 100 cos 10t.
A general solution is
I= (c
1
+c
2
t)e
20t
+1.2 cos 10t + 1.6 sin 10t.
The initial conditions are I(0) = 0, Q(0) = 0, which because of (1
), that is,
LI
(0) + RI(0) +
=E(0) = 0,
leads to I
(0) = 0. This gives
I(0) = c
1
+1.2 = 0,
c
1
=-1.2
I
(0) = -20c
1
+c
2
+16 = 0,
c
2
=-40.
Hence the answer is
I= -(1.2 + 40t)e
20t
+1.2 cos 10t + 1.6 sin 10t.
18. The characteristic equation of the homogeneous ODE is
0.2(
+8)(
+10) = 0.
The initial  conditions are I(0) = 0 as given, I
(0) = E(0)/L = 164/0.2 = 820  by
formula (1
) in the text and Q(0) = 0. Also, E
=-1640 sin 10t. The ODE is
0.2I
+3.6I
+16I = -1640 sin 10t.
The answer is
I= 160 e
8t
-205e
10t
+45 cos 10t + 5 sin 10t.
20. Team Project. (a) I
p
=Ke
i
t
, I
p
=i
Ke
i
t
, I
p
=-
2
Ke
i
t
. Substitution gives
(-
2
L+ i
R+
)Ke
i
t
=E
0
e
i
t
.
Divide this by 
e
i
t
on both sides and solve the resulting equation algebraically for
K, obtaining
(A)
K=
=
where S is the reactance given by (3). To make the denominator real, multiply the
numerator and the denominator of the last expression by -S - iR. This gives
K=
.
-E
0
(S + iR)

S
2
+R
2
E
0
-S + iR
E
0

-(
L-
1
C
)+ iR
1
C
Q(0)
C
52
Instructor’s Manual
im02.qxd  9/21/05  10:57 AM  Page 52
The real part of Ke
i
t
is
(Re K)(Re e
i
t
) - (Im K)(Im e
i
t
) =
cos
t+
sin
t
=
(S cos
t- R sin
t),
in agreement with (2) and (4).
(b) See (A).
(c) R = 2 , L = 1 H, C =
1
_
3
F, 
=1, S = 1 - 3 = -2, E
0
=20. 
From this and (4) it follows that a = 5, b = 5; hence
I
p
=5 cos t + 5 sin t.
For the complex method we obtain from (A)
K=
=
=5 - 5i.
Hence
I
p
=Re(Ke
it
) = Re[(5 - 5i)(cos t + i sin t)]
=5 cos t + 5 sin t.
SECTION 2.10. Solution by Variation of Parameters, page 98
Purpose. To discuss the general method for particular solutions, which applies in any case
but may often lead to difficulties in integration (which we by and large have avoided in
our problems, as the subsequent solutions show).
Comments
The ODE must be in standard form, with 1 as the coefficient of y
—students tend to
forget that.
Here we do need the Wronskian, in contrast with Sec. 2.6 where we could get away
without it.
SOLUTIONS TO PROBLEM SET 2.10, page 101
2. y
1
=e
2x
, y
2
=xe
2x
, W = e
4x
, y
h
=(c
1
+c
2
x)e
2x
,
y
p
=-e
2x
x
3
e
x
dx + xe
2x
x
2
e
x
dx = (x
2
+4x + 6)e
x
.
4. y
h
= (c
1
+ c
2
x)e
x
,  y
p
= e
x
(A cos x + B sin x),  A = 0  from  the  cosine  terms, 
B= -1 from the sine terms, so that
y
p
=-e
x
sin x.
6. Division by x
2
gives the standard form, and r = x
1
ln x. A basis of solutions is
y
1
=x, y
2
=x ln x; W = x. The corresponding particular solution obtained from
(2) is
y
p
=-x
(x ln x)(x
1
ln x)x
1
dx + (x ln x)
x(x
1
ln x)x
1
dx
=-x
(ln x)
2
x
1
dx + x ln x
(ln x)x
1
dx
=x (ln x)
3
/6.
20(2 - 2i)

8
20
2 + 2i
-E
0
S
2
+R
2
E
0
R
S
2
+R
2
-E
0
S
S
2
+R
2
Instructor’s Manual
53
im02.qxd  9/21/05  10:57 AM  Page 53
Documents you may be interested
Documents you may be interested