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MATEMÁTICAS PARA ECONOMISTAS

CAPITULO

6:

Carlos Orihuela Romero, MSc

INTRODUCCIÓN

A

LAS

ECUACIONES

DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN Una ecuación diferencial es una ecuación que expresa una relación explicita o implícita entre una función y = f(t) y una o más de sus derivadas o diferenciales. Lo que se busca es una función que no dependa de sus derivadas o diferenciales. En consecuencia, la solución será una función y no un valor numérico. Ejemplos de ecuaciones diferenciales:

dy = 3t + 2 dt

y = 3t + 2

y´= 3y

y´´- 4y´+5=0

Naturalmente, si se parte de derivadas o diferenciales, para obtener la función original o solución será necesario realizar un proceso de integración. (Note que las dos primeras expresiones son iguales: una notación alternativa de dy dt es y ). La derivada dy dt es la única que puede aparecer en una ecuación diferencial de primer orden, pero puede estar elevada a distintas potencias como ( dy/dt )2, ( dy/dt )3. La potencia más alta es la que dará el grado de la ecuación diferencial. Las ecuaciones diferenciales se pueden dividir en: Cuadro 6-1 Lineales Primer orden

dy + a(t)y = b(t) dx

Existe una única Ordinarias

→

dy + 3t 2 y = t 2 dt

variable

No lineales

y

Independiente.

Ecuaciones

dy + 6y = −5 dt

Orden superior 2

dy + a(t)y = b(t) dx 2

diferenciales

Parciales

→

Involucra a más de una variable independiente.

→

x

dS dS +y =S dx dy

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En este capitulo se verá únicamente ecuaciones diferenciales ordinarias de primer orden lineales, pero también se desarrollará ecuaciones diferenciales ordinarias no lineales solo para el análisis de diagramas de fase. Estas EDO de primer orden lineales tendrán como variable independiente al tiempo y su solución es una senda temporal o trayectoria y = y (t) denotado como yt. 6.1 Fórmula general para ecuaciones diferenciales lineales de primer orden. Para una ecuación diferencial lineal de primer orden, dy/dt e “y” siendo de primer grado. Para esa ecuación: dy + a(t)y = b(t) dt

(6.1)

En donde “a” y “b” pueden ser constantes o funciones de tiempo, para encontrar su solución es necesario que y este en función de t, para lo cual multiplicaremos a la expresión (6.1) por su factor de integración, e ∫

a(t)dt

, para así encontrar el diferencial de

un producto: a(t)dt a(t)dt dy ∫ a(t)dt e y = b(t)e ∫ + a(t)e ∫ dt a(t)dt d(ye ∫ )

dt d(ye ∫ ∫ dt

a(t)dt

ye ∫

a(t)dt

ye ∫

a(t)dt

Donde (f(t) * g(t))' = f '(t)g(t) + f(t)g '(t)

Al integrar ambos lados = b(t)e ∫ )

a(t)dt

= ∫ b(t)e ∫

+ c = ∫ b(t)e ∫

a(t)dt

a(t)dt

= c + ∫ b(t)e ∫

a(t)dt

− a(t)dt a(t)dt y=e ∫ (c + ∫ b(t)e ∫ )

ésta es la solución general

Esta solución general representa dos partes: − a(t)dt ⎛ ∫ a(t)dt dt ⎞ y(t) = e ∫ ⎜ c + ∫ b(t)e ⎟ ⎝ ⎠

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(6.2)

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− a(t)dt − a(t)dt ∫ a(t)dt y(t) = e ∫ c+e ∫ ∫ b(t)e dt

Función

Integral

complementaria

particular

En donde: •

Función complementaria → YC representa la desviación del equilibrio.

•

Integral particular → Yp es igual al nivel de equilibrio intertemporal de Yt

•

“c” es una constante arbitraria, si se da una condicion inicial, se podrá

.

especificar un valor de “c” y en cuyo caso resultará una solución definida. Ejercicio 110: Obtener la solución de dy/dt + 4y = 0, cuando y (0) = 1. Solución. Cuando se tiene una condición inicial debe usarse al final del problema para calcular la constante (c) y así poder obtener una solución definida. Claramente este es el caso más sencillo donde a(t) = 4 y b(t)=0 − 4(t)dt ⎛ ∫ 4(t)dt dt ⎞ y(t) = e ∫ ⎜ C + ∫ 0e ⎟ ⎝ ⎠

y(t) = ce −4t Por condición, y(0)=1 entonces, y(0) = ce −4(0) = 1, de donde c=1. De esta forma, la solución será: y(t) = e −4t (solución definida). Ejercicio 111: Sea X(t) el número de peces de cierta población durante una estación de pesca, 0 ≤ t ≤ T , y R = X(0) como el reclutamiento inicial. Si M(t) es la tasa de mortalidad natural y F(t) la tasa de mortalidad pesquera, se tiene que:

dX = − [M(t) + F(t)] X dt Muestre que el “escape” S = X(t ) esta dado por:

(

T

S = Re xp − ∫0 [M(t) + F(t)]

)

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Solución. Reagrupando la expresión anterior, se puede identificar que a(t)=M(t)+F(t) y b(t)=0; en este caso, es posible aplicar directamente la formula 6.2

X(t) = e − ∫ (M(t)+F(t))dt (c + ∫ 0e ∫ a(t)dt ) X(t) = ce − ∫ (M(t)+F(t))dt Pero si X(0) = c entonces, X(t) = x(0)e − ∫ (M(t)+F(t))dt Ejercicio 112: Dar la solución a dy/dt + 2y = 6 cuando y(0)=10 Solución. Reconociendo que a(t)=2 y b(t)=6, se aplican estos datos en la expresión (6.2) − 2dt 2dt y(t) = e ∫ ⎜⎛ c + ∫ 6e ∫ dt ⎟⎞ ⎝ ⎠

(

y(t) = e −2t c + ∫ 6e 2t dt

y(t) = e

−2t

( c + 3e )

)

2t

Por condición, y(0)=10 entonces, y(0) =ce-2(0) +3 = 10, de donde c=7. De esta forma, la solución será: y(t) =7e-2t +3 (solución definida). Ejerció 113: Obtenga la solución general de dy/dt + 3t2y = 0 Solución. Sabiendo que a(t) = 3t2 y b(t)=0 , se aplican estos datos en la expresión (6.2) 2 − 3t 2 dt ⎛ ∫ 3t dt dt ⎞ y(t) = e ∫ ⎜ C + ∫ 0e ⎟ ⎝ ⎠ 2 − 3t dt y(t) = Ce ∫

Sabiendo que − ∫ 3t 2 dt = −(t 3 + c) , entonces:

y(t) = ce −(t

3

+ c)

y(t) = ce − c e − t

3

3

y(t) = Be − t , donde B = ce − c Ejercicio 114: Dar la solución de dy/dt + 3t2y = t2

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Solución. Claramente, a (t) =3t2 y b(t) = t2, entonces colocando estos datos en (6.2)

y(t) = e − ∫ 3t

2

dt

(C + ∫ t e 2

∫ 3t

2

dt

dt

)

Integrando − ∫ 3t 2 dt = −(t 3 + c1 ) , entonces la expresión anterior se reduce a:

y(t) = e −(t La expresión ∫ t 2 e(t

3

+ c1 )

3

dt es igual a:

Para obtener el resultado del término

+ c1 )

⎡C + t 2 e(t3 +c1)dt ⎤ ∫ ⎣ ⎦

2 (t ∫t e

3

+ c1 )

3

2 t ∫ t e dt

3

3

dt = ∫ t 2 e t e c 1 dt = e c 1 ∫ t 2 e t dt

será necesario un cambio de variable,

u = t3 lo cual implica que du = 3t2dt. Re-agrupando 1 c1 e 3t 2 dteu 3

∫

1 c1 u e e du 3

∫

1 c1 u e (e + c 2 ) 3 1 c1 t 3 e (e + c 2 ) 3

Reemplazando u = t3

Reemplazar en la solución general:

y(t) = e −(t y(t) = e −(t

3

+ c1 )

3

+ c1 )

A+

1 c1 t3 1 c1 ⎤ ⎡ + A e e + e c2 ⎥ ⎢⎣ 3 3 ⎦

3 1 − t3 − c1 c1 t3 1 e e e e + e − t e − c1 e c1 c 2 3 3

Realizando las operaciones, simplificando y agrupando apropiadamente: 3 ⎡ c ⎤ 1 y(t) = e − t ⎢ Ae − c1 + 2 ⎥ + 3⎦ 3 ⎣

Ejercicio 115: Obtenga la solución general y particular de y(t) si 2

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dy − 2t 2 y − 9t 2 = 0 dt

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Solución. Simplificar y reconocer que a(t)=-t2 y b(t)=4.5t2 y reemplazando en nuestra solución general 6.2 2 − − t 2 dt ⎡ 2 − ∫ t dt + y(t) = e ∫ c 4.5 t e dt ⎤⎥ ∫ ⎢⎣ ⎦

y(t) = e

Analizando el término:

∫t e 2

⎛ t3 ⎞ ⎜⎜ 3 + c1 ⎟⎟ ⎝ ⎠

⎛ t3 ⎞ −⎜ + c 2 ⎟ ⎜3 ⎟ ⎝ ⎠

⎛ t3 ⎞ ⎡ ⎤ − ⎜⎜ + c 2 ⎟⎟ 3 2 ⎝ ⎠ ⎢c + 4.5 t e dt ⎥ ∫ ⎢ ⎥ ⎣ ⎦

dt = ∫ t e 2

−

t3 3

e

− c2

dt =e

∫t e

− c2

2

Para solucionar esta integral se hace un cambio de variable: −

∫ −e

− t3 3 2

t dt = ∫ eu du =eu + c 3 = e − t

3

3

−

t3 3

dt

t3 = u ⇒ −t 2 dt = du 3

+ c3

Introduciendo este término en la expresión general:

y(t) = e t3 3

⎛ t3 ⎞ ⎜⎜ 3 + c1 ⎟⎟ ⎝ ⎠

t ⎡ ⎤ − − c2 ⎢c − 4.5e (e 3 + c 3 )⎥ ⎣⎢ ⎦⎥

y(t) = e e c − 4.5e Haciendo B = e c1 e − c 2

y(t) = e

t3 3

y

c1

3

− c2

t3 3

− 4.5e e c1 e − c 2 c 3

D = ce c1

[D − 4.5Bc 3 ] − 4.5B

(Solución general)

y(0) = D − 4.5Bc 3 − 4.5B ⇒ [D − 4.5Bc 3 ] = y(0) + 4.5B , entonces:

y(t) = e

t3 3

[ y(0) + 4.5B] − 4.5B

(Solución particular)

Ejercicio 116: Sea p − 10 = −0.5p a) Encuentre la solución general

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b) Obtenga la solución particular c) Pruebe que efectivamente que el resultado es el correcto Solución. a) Podemos identificar que a(t)=0.5 y b(t)=10 luego reemplazar al caso no homogeneo cuando w(t) ≠ 0 .

∫

p(t) = e − ∫ 0.5dt ⎡⎢c + 10e ∫ 0.5dt dt ⎤⎥ ⎣ ⎦

∫

p(t) = e −0.5t e −c ⎡⎢c + 10 e0.5t + c dt ⎤⎥ ⎣ ⎦ p(t) = e −0.5t e −c ⎡c + 20e c (e0.5t + c1)⎤ ⎣ ⎦

p(t) = e −0.5t e −c ⎡c + 20ec e0.5t + 20e c c1 ⎤ ⎣ ⎦ p(t) = ce −0.5t e −c + 20e c e0.5t e −0.5t e − c + e −0.5t e −c 20e c c1

p(t) = ce −0.5t e −c + 20 + 20e −0.5t c1 p(t) = e −0.5t ⎡ce −c + 20c1 ⎤ + 20 ⎣ ⎦ p(t) = Be −0.5t + 20

(donde: B = Ae −c + 20c1 ) (solución general)

b) Luego para obtener la solución particular, reemplazamos t=0 en la solución general:

p(0) = Be −0.5(0) + 20 = B + 20

B = p(0) − 20 (reemplazando esto en la solución general) p(t) = [p(0) − 20] e −0.5t + 20 (solución particular) c) Para probar si el resultado es correcto, derivamos la solución particular:

p(t) = Be −0.5t + 20

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dp = −0.5e −0.5t B dt Esta solución debe ser reemplazada en el segundo término de la ecuación diferencial original:

dp = 10 − 0.5p Probando: dt dp = 10 − 0.5(Be −0.5t + 20) dt dp = 10 − 0.5e −0.5t B − 0.5(20) dt dp = −0.5e −0.5t B dt

6.2 Solución de otros tipos de ecuaciones diferenciales: Este grupo de ecuaciones son representados en modelos de recursos naturales para determinar el stock pesquero, población de ciertas especies, etc. Para una ecuación diferencial no lineal de primer orden, dy / dt e

“y” siendo de

segundo grado. dy + a(t)y 2 + b(t)y = c(t) dt

(6.1)

Ejercicio 117: En un modelo de recursos naturales, el stock pesquero, X, esta dX X⎞ ⎛ = rX ⎜ 1 − ⎟ , donde K es la capacidad de determinado por la función logística dt K⎠ ⎝ k − x(0) k siendo c = . carga del ecosistema. Demuestre que x(t) = x(0) 1 + ce −rt

Solución. Ordenar la función logística de manera que en el lado izquierdo de la igualdad se encuentre solo las variable “x” y en el lado derecho se encuentre la variable r.

dx x⎞ ⎛ x ⎜1 − ⎟ k⎠ ⎝

= rdt

(integrar ambos lados de la ecuación)

CAPITULO 6: INTRODUCCIÓN A LAS ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN

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∫

1

x⎞ ⎛ x ⎜1 − ⎟ k⎠ ⎝

dx = ∫ rdt

x⎞ x ⎛ ⎜1 − ⎟ + k ⎝ ⎠ k ∫ ⎛ x ⎞ dx = ∫ rdt x ⎜1 − ⎟ k⎠ ⎝ x⎞ ⎛ x ⎜1 − ⎟ k ⎝ ⎠ ∫ ⎛ x ⎞dx + ∫ ⎛ k x ⎞dx = ∫ rdt x ⎜1 − ⎟ x ⎜1 − ⎟ k⎠ k⎠ ⎝ ⎝

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x⎞ x ⎛ (expresar el numerador así ⎜ 1 − ⎟ + =1) k⎠ k ⎝

(separar el lado izquierdo de la igualdad en dos integrales)

(multiplicar por -1 a la segunda integral)

1 − 1 ∫ x dx − ∫ ⎛ kx ⎞dx = ∫ rdt ⎜1 − ⎟ k⎠ ⎝

(integrar directamente cada expresión)

⎛ x⎞ ln(x) − ln ⎜ 1 − ⎟ + D1 = rt + D2 ⎝ k⎠

(por

ln

x

+ D1 = rt + D2

x 1− k

ln

x 1− x

x 1− k x

x 1− k

x k

= rt + D

propiedad

unir

el

logaritmo

ln(A/B)=ln(A)-ln(B))

(despejar D2 y D1 en el lado derecho)

(luego unir D = D 2 − D1 )

= ert +D (sacando logaritmo a cada lado)

= ert A (reemplazar por A = e D y despejar x)

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x = ert A − ert A

x k

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(pasar

ert A

x k

al lado izquierdo de la

igualdad) A⎞ ⎛ x ⎜ 1 + ert ⎟ = ert A k⎠ ⎝

x=

(por último despejamos x en función de A y K)

ert A ert A 1+ k

Para reducir la expresión y tener x solo en función de x(0) y de k, realizamos lo siguiente:

x=

x=

x=

x=

x=

ert A e −rt ⋅ ert A e −rt 1+ k A e −rt

A + k

Ak ke + A − rt

(multiplicar tanto al numerador como al denominador por e −rt )

(multiplicar tanto al numerador como al denominador por K)

(multiplicar tanto al numerador como al denominador por A-1)

Ak A −1 ⋅ ke −rt + A A −1 k k −rt 1+ e A

x(0) =

x(0) =

k k 1 + e0 A k 1+

k A

CAPITULO 6: INTRODUCCIÓN A LAS ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN

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Note que la respuesta NO esta en función de A sino de x(0) y k, entonces es necesario despejar A:

A=

kx ( 0 ) k − x(0)

Reintroduciendo A en la expresión:

x=

k ⎛ k − x(0) ⎞ −rt 1+ ⎜ ⎟e ⎝ x(0) ⎠

Finalmente, haciendo c =

x(t) =

k − x(0) queda: x(0)

k 1 + ce −rt

Ejercicio 118: La población N(t) de cierta especie (en individuos) de un hábitat controlado en el momento t se asume que satisface la ley de crecimiento logístico

dN 1 N(1000 − N) = dt 500 a) Obtenga la solución general y particular b) Si N(2)=40, ¿cuánto tiempo se requeriría para que la población alcance 200 individuos?

Solución. Ordenando:

dN dt = N(1000 − N) 500

Utilizando la formula para este caso:

1 ⎛ N 1 ⎞ ln + c1 ⎟ = ( t + c2 ) ⎜ 1000 ⎝ 1000 − N ⎠ 500 ln

N = 2t + 2c 2 − c1 1000 − N

ln

N = 2t + c , ( c = 2c 2 − c1 ) 1000 − N

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N(t) =

1000e 2t e c1 1 + e 2t e c1

Luego multiplicando al numerador y denominador por e −2t e − c1 para facilidad de cálculos en el numerador:

N(t) =

1000e 2t e c1 e −2t e − c1 ⋅ 1 + e 2t e c1 e −2t e − c1

N(t) =

1000 1 + e −2t e − c1

( haciendo A = e − c1 )

N(t) =

1000 1 + Ae −2t

(Solución general)

Luego N(0) =

N(t) =

1000 1000 − N(0) ⇒A= 1+ A N(0)

1000 ⎛ 1000 − N(0) ⎞ −2t 1+ ⎜ ⎟e N(0) ⎝ ⎠

b) Si N(2)=40, entonces: 40 =

(Solución particular)

1000 ⇒ A = 49e 4 ⇒ A = 2675.3 −2(2) 1 + Ae

6.3 Convergencia y Divergencia Para realizar el análisis de convergencia o divergencia de una solución, primero debemos identificar que tipo de EDO es nuestra ecuación a solucionar, en este capitulo se realizará el análisis para dos tipos de EDO tanto lineal como no lineal: a) EDO lineal: dy + a(t)y = b(t) dt

CAPITULO 6: INTRODUCCIÓN A LAS ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN

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La solución de una ecuación diferencial ordinaria lineal es estable o convergente si tiende a algún valor real y definido conforme la variable tiempo (t) aumenta de manera indefinida. Este valor real al que tiende es denominado estado estacionario (Equilibrio de largo Plazo) .A continuación se mostrara en el cuadro 6-2 las condiciones necesarias y suficientes para la convergencia de una solución: Cuadro 6-2 Condición necesaria:

⎛ a(t) ⎞ lim y = lim ⎜ ⎟ = y ss ∈ R t →∞ t →∞ b(t) ⎝ ⎠ La solución y ss es definido

Solución de una

→

Convergente

Trayectoria estable

y' = 0

EDO lineal de primer

Condición suficiente

orden

⎛ 1 ⎞ lim ⎜ ⎟=0 t →∞ a(t) ⎝ ⎠ La solución es definido

lim ( y t ) = ±∞

Trayectoria

→

Divergente

explosiva

y' ≠ 0

→

t →∞

La solución es indefinido

Ejercicio 119: Resolver y analizar la convergencia o divergencia de la siguiente función, teniendo como condición inicial y(0)=15 y '+ 4ty = 6t Solución. Primero debemos de solucionar esta ecuación, reconocemos que a(t)=4t y b(t)=6t, lo cual reemplazamos en la solución general (6.1) − 4(t)dt ⎛ ∫ 4(t)dt dt ⎞ y(t) = e ∫ ⎜ C + ∫ 6te ⎟ ⎝ ⎠ 2

(

2

)

y(t) = e −2t C + ∫ 6te 2t dt ….(a) Para resolver la siguiente integral

∫ 6te

2t 2

dt , debemos de reemplazar u = 2t2

→

du = 4tdt, formando la expresión será

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∫ 6te

2t 2

dt

2 6 4te 2t dt ∫ 4

6 u e du 4∫ 2 6 u e → 1.5e 2 t 4

Por ultimo reemplazamos en (a) y obtenemos: 2

(

y(t) = e −2t C + 1.5e 2t

2

)

Por condición inicial y(0)=15 se puede obtener la solución definida 2

(

2

y(0) = e −2(0) C + 1.5e 2(0)

) = 15

c + 1.5 = 15 → c = 13.5 2

(

y(t) = e −2t 13.5 + 1.5e 2t

2

)

Para saber si la anterior solución es convergente o divergente, debe verificar las siguientes condiciones necesarias y suficientes: Si:

y’=0 •

Condición necesaria

•

Condición suficiente

6t = lim1.5 = 1.5 4t t →∞ 1 lim = 0 t →∞ 4t lim t →∞

Por lo tanto nuestra función es convergente hacia 1.5 cuando t tiende al infinito. y 15

1.5

t

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b) EDO no lineal: para el análisis de convergencia para este tipo de ecuaciones, se empleará diagrama de fases. dy + a(t)y 2 + b(t)y = c(t) dt

Diagrama de fases nos ofrece información cualitativa acerca de la estabilidad de las ecuaciones, que es útil para saber si esta converge o no a un estado de equilibrio intertemporal estático. Un diagrama de fases de una ecuación diferencial describe la derivada el cual ahora expresamos cómo y como una función de y ( y = f(y) ). La solución de un estado estático es fácilmente identificado en un diagrama de fases y es observable cuando el gráfico cruza al eje horizontal (en donde y = 0 y la función no es cambiante) para algunas ecuaciones puede existir más de un cruce y por ende más de una solución. Gráficamente la estabilidad de una solución de un estado estático es indicado por “flechas de movimiento” ( → o ← ) Las flechas que indican hacia la derecha ( → ) nos dicen que: •

y es creciente en un intervalo y el gráfico de y esta por encima del eje horizontal (indicando y > 0 ).

Las flechas que indican hacia la izquierda ( ← ) nos dicen que: •

y es decreciente en un intervalo y el gráfico de y esta debajo del eje horizontal (indicando y < 0 ).

Si la flecha de movimiento señala hacia una solución de estado estático, se dice que tenemos una solución estable; si la flecha de movimiento se aleja de una solución estable, se dice que tenemos una solución inestable. Cuando evaluamos un punto de un estado de equilibrio estático verificamos si:

dy 0 dy

El equilibrio es estable El punto es inestable

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Ejercicio 120: Construir el diagrama de fases de la siguiente ecuación diferencial no lineal.

y = 8y − 2y 2 Solución. Se procederá a calcular el diagrama de fase en cuatro pasos: Paso1: Encontrar la solución intertemporal o estado de equilibrio, donde no hay presión por el cambio ( y = 0 )

y = 8y − 2y 2 = 0 2y ( 4 – y ) = 0 y=0

y=4

solución de estado estático

El diagrama de fases corta al eje horizontal en y=0 y y=4. Paso 2: Donde la función corta al eje horizontal en dos puntos, tiene un punto decisivo. Después determinamos si ese punto es un máximo o un mínimo.

dy = 8 − 4y = 0 dy

y = 2 es un valor crítico

d2 y = −4 < 0 dy 2

Cóncavo, máximo relativo

Paso 3: Bosquejar el diagrama de fase.

y

y 0

2

4

Paso 4: Calcular los valores de los niveles estáticos y1 = 0 y y 2 = 4

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dy (0) = 8 − 4(0) = 8 > 0 dy

dy (4) = 8 − 4(4) = −8 < 0 dy

y1 = 0 es inestable

y 2 = 4 es estable.

Ejercicio 121: Construye el diagrama de fases para la siguiente ecuación diferencial no lineal y = 3y 2 − 18y y prueba la estabilidad dinámica usando: a) Las flechas de movimiento, b) La pendiente de la línea de fase, y c) La prueba de derivada. Solución. Suponiendo y = 0 descubrimos la solución del equilibrio intertemporal, donde el diagrama de fases cruce el eje horizontal. 3y ( y – 6 ) = 0 y1 = 0

y2 = 6

Descubrimos entonces el valor crítico y si esto representa un máximo o mínimo.

dy = 6y − 18 = 0 y=3 dy d2 y =6>0 dy 2

Valor crítico Mínimo relativo

Con esta información bosquejar un diagrama de fase:

y 0

3

6

y

y = 3y 2 − 18y

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a) Arriba del eje horizontal, donde y > 0 , la flecha en movimiento apunta hacia la derecha; debajo del eje horizontal y < 0 , las flechas de movimiento apuntan hacia la izquierda, donde las flechas de movimiento apuntan hacia y1 = 0 y fuera de y2 = 6, y2 debe ser inestable. b) Con la pendiente negativa del diagrama de fase pasa por y1 = 0 sabemos y1 debe ser estable; con una pendiente positiva en y2 = 6, y2es más inestable. c) Tomar la derivada de la ecuación, independientemente del gráfico, y evaluar el valor crítico.

dy = 6y − 18 dy dy ( 0 ) = 6 ( 0 ) − 18 = −18 < 0 dy dy ( 6 ) = 6 ( 6 ) − 18 = 18 > 0 dy

y1 = 0 es estable y 2 = 6 es inestable

Ejercicio 122: Construye un diagrama de fases para la siguiente ecuación diferencial no lineal y = − y 2 + 6y − 5 y probar la estabilidad dinámica usando: a) Las flechas de movimiento, b) La pendiente de la línea de fase, y c) La prueba de derivada. Solución. Suponiendo y = 0 descubrimos la solución del equilibrio intertemporal, donde el diagrama de fases cruce el eje horizontal.

( y – 1) ( -y + 5 ) = 0 y1 = 1

y2 = 5

Descubrimos entonces el valor crítico y si esto representa un máximo o mínimo.

dy = −2y + 6 = 0 dy y=3

d2 y = −2 < 0 dy 2

Valor critico. Máximo relativo.

CAPITULO 6: INTRODUCCIÓN A LAS ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN

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Con esta información realizamos nuestro diagrama de fase: y

y = − y 2 + 6y − 5

1

3

y

5

a) Donde las flechas de movimiento apuntan fuera de y1 = 1 y hacia y 2 = 5 , y1 es inestable en cambio y 2 es un estado de equilibrio intertemporal. b) La pendiente positiva en y1 = 1 y la pendiente negativa en y 2 = 5 indica que

y1 es un equilibrio inestable y y 2 es un equilibrio estable. c) Tomar la derivada de la ecuación, independientemente del gráfico, y evaluar el valor crítico.

dy = −2y + 6 dy dy (1) = −2 (1) + 6 = 4 > 0 dy dy ( 5 ) = −2 ( 5 ) + 6 = −4 < 0 dy

y1 = 1 es inestable y 2 = 5 es estable

Ejercicio 123: Dada la siguiente ecuación diferencial no lineal:

y − y 2 + 5y + 24 = 0 a) Obtenga el valor crítico y demuestre si es un máximo o mínimo b) Obtenga los puntos de estado estacionario y pruebe su estabilidad c) Grafique correctamente el diagrama de fase correspondiente Solución. Suponiendo y = 0 descubrimos la solución del equilibrio intertemporal, donde el diagrama de fases cruce el eje horizontal.

y = 0 = (y − 8)(y + 3) y=8

y = −3

CAPITULO 6: INTRODUCCIÓN A LAS ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN

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Descubrimos entonces el valor crítico y si esto representa un máximo o mínimo.

dy = 2y − 5 dy

y = 2.5

Valor critico.

d2 y =2>0 dy 2

Mínimo relativo.

Tomar la derivada de la ecuación, independientemente del gráfico, y evaluar el valor crítico.

dy = 2y − 5 dy dy (8) = 2(8) − 5 > 0 dy dy (−3) = 2(−3) − 5 < 0 dy

y1 = 8 es inestable y 2 = −3 es estable

Con esta información bosquejar un diagrama de fase:

y

-3

2.5

8

y

-30.25

6.4 Ejercicios resueltos Ejercicio 124: Encuentre la función de demanda Q= f(P) si la elasticidad punto ε = −1 para todo P>0. Solución. Sabemos que la elasticidad esta expresada de la siguiente forma:

CAPITULO 6: INTRODUCCIÓN A LAS ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN

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ε=

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dQ Q dQ P =− = −1 , o lo que es igual dP P dP Q

Separando y ordenando variables,

dQ dP =− Q P

Integrando ambos lados, lnQ = - lnP + lnc (c = constante de integración) Agrupando, lnQ + lnP = lnc , por propiedad de logaritmos, (na + lnb = lna)

QP = c ó Q = c / P Ejercicio 125: Encuentre la función de demanda Q = f (P) si ε = - (5P +2P2) / Q y Q=500 cuando P=10 ( ε = elasticidad ) Solución. Por definición sabemos que la elasticidad esta expresada de la siguiente forma:

dQ P −(5P + 2P2 ) ε= ⋅ = dP Q Q dQ −(5P + 2P2 ) Q = ⋅ = −5 − 2P dP Q P Separando variables, dQ = ( -5- 2P) dP Integrando ambos lados, Q (P) = -5P – P2 + c Para encontrar el valor de la constante, c, se utiliza los datos dados (Q=100 y P=10).

Q (10) = -5(10) – (10)2 + c = 500 de donde c = 650. Finalmente, Q(P) = 650 – 5P –P2 Ejercicio 126: La tasa de incremento del costo total “y” a medida que crece el número de unidades fabricadas “x”, es proporcional a las unidades fabricadas más una constante, e inversamente proporcional al costo total. Hallar la función del costo (general y particular).

Solución. Conforme a la información:

dy x + a = , lo que se pide es y(x) dx y

Ordenando:

ydy = ( x + a ) dx

CAPITULO 6: INTRODUCCIÓN A LAS ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN

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∫ ydy = ∫ (x + a)dx

(integrando)

y2 x2 + b1 = + ax + b2 (ordenando) 2 2 y2 x2 = + ax + b2 − b1 ( haciendo b = b2 − b1 ) 2 2 y2 = x2 +2ax +2b

y(x) = x 2 + 2ax + 2b

(1)

( y(0))2

Ahora:

y(0) = 2b ⇒ b =

Reemplazando (1) en (2):

y(x) = x 2 + 2ax + ( y(0) )

(2)

2 2

Ejercicio 127: Obtenga la solución de la función de crecimiento limitado

dy = k(M − y) , y(0) = 0 dt Solución. Despejando K de nuestra función de crecimiento:

1 dy =k M − y dt 1

dy

∫ M − y dt dt = ∫ kdt −∫

1 ⎛ dy ⎞ ⎜ − ⎟ dt = ∫ kdt M − y ⎝ dt ⎠

1 − ∫ du = ∫ kdt u

(integrando)

(se substituye u=M-y , además du = −dy = −

(buscando la expresión de −

dy dt ) dt

dy dt ) dt

(integrando en función de u)

− lnu = kt + c

(ahora se substituye u = M − y )

− ln(M − y) = kt + c

(multiplicando a cada lado por -1)

ln (M − y ) = −ky − c y = M − e − c e − kt

(solución general)

CAPITULO 6: INTRODUCCIÓN A LAS ECUACIONES DIFERENCIALES DE PRIMER ORDEN

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y(0) = M − e − c e0 = 0 ⇒ e − c = M y = M − Me −kt = M (1 − e −kt ) (solución particular) Ejercicio 128: Obtenga la solución de ( t + 5 ) dy – ( y + 9 ) dt = 0 Solución. Despejando del tal forma que en cada fracción se obtenga una misma variable:

dy dt − =0 (y + 9) t + 5 Luego integrando a ambas partes:

∫

dy dt = (y + 9) t+5

∫

ln(y + 9) − ln(t + 5) = lnc ln

y+9 = ln c t+5

y+9 = c → y + 9 = c(t + 5) t+5

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