Introducci´ on Observaciones sobre las soluciones de una EDO Ecuaciones diferenciales EDO de primer orden y de variables separables EDO de primer orden y lineales Aplicaciones econ´ omicas

An´alisis Din´amico: Ecuaciones diferenciales Jes´ us Get´an y Eva Boj Facultat d’Economia i Empresa Universitat de Barcelona

Marzo de 2014

Jes´ us Get´ an y Eva Boj

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Introducci´ on Observaciones sobre las soluciones de una EDO Ecuaciones diferenciales EDO de primer orden y de variables separables EDO de primer orden y lineales Aplicaciones econ´ omicas

Introducci´on Observaciones sobre las soluciones de una EDO Ecuaciones diferenciales EDO de primer orden y de variables separables Soluci´on gen´erica Ejemplos EDO de primer orden y lineales Soluci´on de la ecuaci´ on homog´enea B´ usqueda de la soluci´ on particular Soluci´on general Ejemplos Aplicaciones econ´omicas Jes´ us Get´ an y Eva Boj

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Introducci´ on Con objeto de establecer un marco de trabajo adecuado a nuestro estudio, primero haremos las siguientes definiciones Definici´ on Una ecuaci´ on diferencial es aquella que relaciona una o varias variables independientes, una funci´ on suya (inc´ ognita) y sus derivadas hasta un cierto orden y la denotaremos   F x, y , y 0 , y 00 , y 000 , . . . , y n) = 0. i.e. la ecuaci´on 2x + 3y + 5y 0 − 2y 00 = 0.

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Cuando la funci´on inc´ognita depende de varias variables tenemos una ecuaci´ on diferencial en derivadas parciales y la denotaremos   ∂y ∂y F x1 , . . . , xn , y (x1 , . . . , xn ) , ,..., , . . . = 0. ∂x1 ∂xn

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Cuando la funci´on inc´ognita depende de una variable real se dice que la ecuaci´ on diferencial es ordinaria y la denotaremos   F x, y , y 0 , y 00 , y 000 , . . . , y n) = 0.

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Llamamos orden de una ecuaci´ on diferencial al de la derivada m´as elevada que en ella aparece. i.e. la ecuaci´on 2x + 3y + 5y 0 − 2y 00 = 0 tiene orden 2.

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La expresi´on normal de una ecuaci´ on diferencial es   y n) = F x, y , y 0 , y 00 , y 000 , . . . , y n−1) . i.e. la ecuaci´on y 0 + yx = 0 la forma normal es y 0 = −yx i.e. la ecuaci´on y 00 = 2x + 3y + 5y 0 − 2 viene dada en forma normal.

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En lo que sigue estudiaremos ecuaciones diferenciales ordinarias (en corto EDO) de orden 1

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Observaciones sobre las soluciones de una EDO
Dada una ecuaci´on del tipo F x, y , y 0 , y 00 , y 000 , . . . , y n) = 0, en general resulta f´acil comprobar si una funci´ on y = y (x) es soluci´on de dicha ecuaci´on, basta con sustituir en dicha ecuaci´on la funci´on y las derivadas de ella hasta el orden de la ecuaci´ on. Comprobar si la ecuaci´ on y 00 − 5y 0 + 6y = 0 tiene a la funci´on 2x y = e como soluci´on.

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Efectivamente, si calculamos hasta la derivada segunda y sustituimos en la ecuaci´ on obtenemos  y = e 2x  y 0 = 2e 2x luego, sustituyendo en la ecuaci´ on obtenemos  00 2x y = 4e
4e 2x − 5 2e 2x + 6e 2x = (4 − 10 + 6) e 2x = 0e 2x = 0, para todo valor x dado que la funci´ on exponencial es siempre positiva.

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Por otra parte, la funci´ on y = e 3x tambi´en es soluci´on de la ecuaci´on, como veremos a continuaci´ on:  y = e 3x  y 0 = 3e 3x luego, sustituyendo en la ecuaci´ on obtenemos  00 3x y = 9e
9e 3x − 5 3e 3x + 6e 3x = (9 − 15 + 6) e 3x = 0e 3x = 0. para todo valor x dado que la funci´ on exponencial es siempre positiva.

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Adem´as podemos decir que la combinaci´ on lineal de las dos y = C1 e 2x + C2 e 3x tambi´en es soluci´ on de la ecuaci´on.

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La ecuaci´on diferencial m´as simple es dy = f (x) , dx que, recordando lo estudiado en integraci´ on, se resuelve Z Z x y = f (x) dx + c o bien y = f (t) dt, x0

donde t es una variable auxiliar y x0 es un valor inicial. En un caso existen infinitas soluciones o integrales y en otro s´olo una. Por tanto podemos distinguir

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Soluci´ on general de una ecuaci´ on diferencial es el conjunto de todas sus soluciones. Soluci´ on particular de una ecuaci´ on diferencial es cualquiera de sus soluciones. En general, la soluci´on general depende de unos par´ametros cuya determinaci´on a partir de unas condiciones iniciales da lugar a una soluci´on particular.

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Soluci´ on gen´ erica Ejemplos

EDO de primer orden y de variables separables En general, es muy dif´ıcil resolver las ecuaciones diferenciales de primer orden. Incluso la ecuaci´ on y 0 = f (x, y ), que aparentemente es simple, no puede resolverse por un procedimiento general ya que no existen f´ormulas para todos los casos. Estudiemos un tipo de ecuaci´ on que s´ı tiene soluci´on. Resolver xy 0 − 2y = 0

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dy 2y = . dx x

Podemos escribir Separando variables

Resolviendo

Soluci´ on gen´ erica Ejemplos

dy dx =2 , y x

R dy R dx =2 , y x

ln |y | = 2 ln |x| + C . 2

Al despejar resulta: y = e 2 ln|x|+C = e C e ln x = Cx 2 . La soluci´on general es: y = Cx 2 .

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Soluci´ on gen´ erica Ejemplos

Veamos el m´etodo gen´erico: Sea la EDO de primer orden y 0 = F (x, y ) , y hacemos y 0 = F (x, y ) ⇒ = f (x) g (y ) ⇒

dy dx

al integrar

y 0 = f (x) g (y ) , dy (y ) = fR (x) dx, R gdy ⇒ f (x) dx. g (y ) =

Resultando un procedimento general.

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Soluci´ on gen´ erica Ejemplos

Ejemplos Resolver

y 0 y + x = 0. dy dx y

R

+x =0 R ydy = − xdx

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⇒ ⇒

ydy = −xdx, 2 = − x2 + C , y2 + x2 = C .

y2 2

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Resolver

Soluci´ on gen´ erica Ejemplos

y 0 = ky donde k ∈ R.

R

dy dx = Rky dy kdx y =

⇒ ⇒

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dy y

= kdx, ln |y | = kx + C , y = e kx+C = e kx e C , y = Ce kx .

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Soluci´ on gen´ erica Ejemplos

(Sydsaeter) Sea C = C (t) el saldo de una cuenta corriente que evoluciona con el tiempo y r = r (t) una tasa de inter´es continuo y Co el saldo en el tiempo t = 0. El modelo es C 0 = r (t) C (t) , que se resuelve por separaci´on de variables. dC RdtdC= r R(t) C (t) r (t) dt C = ln |C | = R (t) + K

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dC ⇒ C = rR (t) dt, ⇒ ln |C | = r (t) dt, ⇒ C = e R(t)+K , C = Ke R(t) .

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Soluci´ on gen´ erica Ejemplos

En el tiempo t = 0 tenemos que Co el saldo inicial, por tanto Co = Ke R(0) ⇒ K = Co e −R(0) y al sustituir en la soluci´ on general resulta C = Co e R(t) e −R(0) = Co e R(t)−R(0) . Rt Recordando que R (t) − R (0) = 0 r (s) ds donde s es una variable auxiliar, obtenemos C (t) = Co e

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Rt 0

r (s)ds

.

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Resolver

Soluci´ on gen´ erica Ejemplos

y 0 = x 3 − x. dy dx

= x3 − x


⇒ dy = x 3 − x dx, 4 2 y = x4 − x2 + C .

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Soluci´ on de la ecuaci´ on homog´ enea B´ usqueda de la soluci´ on particular Soluci´ on general Ejemplos

EDO de primer orden y lineales Las EDO de primer orden son de la forma y 0 + P (x) y = Q (x) ,

(1)

donde P (x) , Q (x) son funciones reales continuas. Si Q (x) = 0 a la ecuaci´ on (1) se le llama lineal homog´enea.

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Soluci´ on de la ecuaci´ on homog´ enea B´ usqueda de la soluci´ on particular Soluci´ on general Ejemplos

Las soluciones de la ecuaci´ on lineal homog´enea forman un espacio vectorial de dimensi´on uno. Las soluciones de la ecuaci´ on lineal se obtienen sumando a una soluci´on particular de la misma, la soluci´ on general de la lineal homog´enea asociada.

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Soluci´ on de la ecuaci´ on homog´ enea B´ usqueda de la soluci´ on particular Soluci´ on general Ejemplos

Soluci´ on de la ecuaci´ on homog´ enea La EDO lineal homog´enea es de la forma y 0 + P (x) y = 0.

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Soluci´ on de la ecuaci´ on homog´ enea B´ usqueda de la soluci´ on particular Soluci´ on general Ejemplos

Para encontrar la soluci´ on te´ orica haremos la siguiente prueba tentativa: Consideramos u (x) = y (x) · v (x) en corto u = yv . Al derivar se obtiene u 0 = y 0 v + yv 0 . Si u 0 = 0 entonces u = C donde C es una constante. Por tanto tenemos que 0 = y 0 v + yv 0 al reorganizar, obtenemos y0 +

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v0 y = 0. v

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Soluci´ on de la ecuaci´ on homog´ enea B´ usqueda de la soluci´ on particular Soluci´ on general Ejemplos

Comparando con la EDO lineal homog´enea, resultando v0 = P (x) v y seguidamente integramos la ecuaci´ on Z R ln v = P (x) dx ⇒ v = e P(x)dx por tanto, de C = yv C = ye

R

P(x)dx

que al reorganizar resulta y = Ce −

R

P(x)dx

.

Que es la soluci´on general de la EDO lineal homog´enea. Jes´ us Get´ an y Eva Boj

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Soluci´ on de la ecuaci´ on homog´ enea B´ usqueda de la soluci´ on particular Soluci´ on general Ejemplos

B´ usqueda de la soluci´ on particular El m´etodo que utilizaremos es el de variaci´ on de constantes. Dada y 0 + P (x) y = Q (x) , con la soluci´on de la homog´enea asosiada y = Ce −

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R

P(x)dx

.

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Soluci´ on de la ecuaci´ on homog´ enea B´ usqueda de la soluci´ on particular Soluci´ on general Ejemplos

Ensayamos una soluci´on particular de la forma y = C (x) e −

R

P(x)dx

,

observando que C = C (x) , es decir la constante la convertimos en una funci´ on de x, de ah´ı el nombre del m´etodo.

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Soluci´ on de la ecuaci´ on homog´ enea B´ usqueda de la soluci´ on particular Soluci´ on general Ejemplos

Derivamos, y 0 = C 0 (x) e −

R

P(x)dx

+ C (x) e −

R

P(x)dx

(−P (x))

y sustituimos en la ecuaci´ on completa, resultando C 0 (x) e −

R

P(x)dx

+ C (x) e −

P (x) C (x) e −

R

R

P(x)dx

P(x)dx

(−P (x)) +

= Q (x) ,

que al simplificar resulta

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Soluci´ on de la ecuaci´ on homog´ enea B´ usqueda de la soluci´ on particular Soluci´ on general Ejemplos

C 0 (x) = Q (x) e

R

P(x)dx ,

de donde, al integrar C (x) =

R

Q (x) e

R

P(x)dx dx.

Por tanto, la soluci´on particular ser´a y=

R

Q (x) e

R

P(x)dx dx

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· e−

R

P(x)dx .

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Soluci´ on de la ecuaci´ on homog´ enea B´ usqueda de la soluci´ on particular Soluci´ on general Ejemplos

Soluci´ on general Siguiendo la nota inicial, la soluci´ on general ser´a la suma de la soluci´on de la ecuaci´on homog´enea asociada y la soluci´on particular encontrada, resultando y = Ce −

R

P(x)dx

+

R

Q (x) e

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R

P(x)dx dx

· e−

R

P(x)dx .

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Soluci´ on de la ecuaci´ on homog´ enea B´ usqueda de la soluci´ on particular Soluci´ on general Ejemplos

Ejemplos Resolver y 0 − y = ex . La ecuaci´on homog´enea asociada es La soluci´on de la homog´enea es

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y 0 − y = 0. y = Ce −

R

−dx

= Ce x .

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Soluci´ on de la ecuaci´ on homog´ enea B´ usqueda de la soluci´ on particular Soluci´ on general Ejemplos

Proponemos como soluci´ on particular y = C (x) e x . Derivamos y obtenemos y 0 = C 0 (x) e x + C (x) e x . Sustituimos y e y 0 en la ecuaci´ on completa C 0 (x) e x + C (x) e x − C (x) e x = e x ,

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Soluci´ on de la ecuaci´ on homog´ enea B´ usqueda de la soluci´ on particular Soluci´ on general Ejemplos

Simplificamos y resolvemos la ecuaci´ on diferencial resultante C 0 (x) e x = e x ⇒ C 0 (x) = 1 ⇒ C (x) = x. Por tanto, la soluci´on particular es y = xe x . La soluci´on completa es y = Ce x + xe x .

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Soluci´ on de la ecuaci´ on homog´ enea B´ usqueda de la soluci´ on particular Soluci´ on general Ejemplos

2

Resolver y 0 + 2xy = 2xe −x . Soluci´on de la homog´enea: y 0 + 2xy = 0. dy + 2xy = 0 dx R dy R = − 2xdx y

⇒

⇒ ln |y | = −x 2 + C ⇒

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dy = −2xdx, y 2

y = Ce −x .

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Soluci´ on de la ecuaci´ on homog´ enea B´ usqueda de la soluci´ on particular Soluci´ on general Ejemplos

2

Soluci´on particular y = C (x) e −x , 2

derivando y 0 = C 0 (x) e −x − 2xC (x) e −x

2

y sustituyendo en la ecuaci´ on resulta: 2

2

2

2

C 0 (x) e −x − 2xC (x) e −x + 2xC (x) e −x = 2xe −x , que al simplificar, queda C 0 (x) = 2x. Resolviendo C 0 (x) = 2x tenemos que C (x) = x 2 , 2

por tanto, la soluci´on particular es: y = x 2 e −x .

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Soluci´ on de la ecuaci´ on homog´ enea B´ usqueda de la soluci´ on particular Soluci´ on general Ejemplos

La soluci´on general es
2 2 2 y = Ce −x + x 2 e −x = x 2 + C e −x .

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Aplicaciones econ´ omicas Ejercicio 1: (Sydsaeter) Sea C = C (t) el saldo de una cuenta corriente que evoluciona con el tiempo y r = una tasa de inter´es constante y Co el saldo en el tiempo t = 0. El modelo es C 0 = rC (t) , que se resuelve por separaci´on de variables. dC

R dtdC= rC R(t) dt C =r ln |C | = rt + K

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dC ⇒ C = rdt, R ⇒ ln |C | = r dt, ⇒ C = e rt+K , C = Ke rt .

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En el tiempo t = 0 tenemos que Co el saldo inicial, por tanto Co = Ke 0 ⇒ K = Co y al sustituir en la soluci´ on general resulta C = Co e rt . Sustituyendo y simplificando obtenemos la f´ ormula general C = Co e r (t−to ) .

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Ejercicio 2: El ingreso marginal de una empresa es proporcional a su gasto, con constante de proporcionalidad 5. Su gasto marginal es constante e igual a 4. Determinar el beneficio de la empresa en funci´on de la cantidad producida si inicialmente no hay ingresos ni gastos. El problema se modeliza mediante la ecuaci´ on B(q) = I (q) − G (q). dG = 4 con G (0) = 0 ⇒ G (q) = 4q. Calculamos el gasto: dq dI Calculamos el ingreso: = 20q con I (0) = 0 ⇒ I (q) = 10q 2 . dq Por tanto B(q) = 10q 2 − 4q.

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Ejercicio 3: Determinar la funci´ on de demanda de un bien Q = f (p) si sabemos que la elasticidad puntual de la demanda 3p 2 + 2p respecto del precio es − y que cuando el precio es de 2 Q um la demanda asciende a 100 um. dQ p Recordamos la f´ormula de la elasticidad ε = . dp Q 3p 2 + 2p 3p 2 + 2p dQ p =− ⇒ dQ = − dp. Por tanto, dp Q Q p 3 La soluci´on es Q = − p 2 − 2p + C y con Q (2) = 100 2 3 tenemos que Q = − p 2 − 2p + 110. 2

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Ejercicio 4: El coste marginal de un producto en funci´on de la cantidad producida viene dada por la funci´ on q 3 + 2q. Determ´ınese la funci´on de coste del producto, sabiendo que cuenta con un coste fijo de 5 euros. 1 dC = q 3 + 2q ⇒ C = q 4 + q 2 + k. dq 4 Con C (0) = 5 ⇒ k = 5 por tanto 1 C = q 4 + q 2 + 5. 4

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Ejercicio 5: La evoluci´ on de las ventas de cierto producto en el tiempo es proporcional a la funci´ on f (t) = e 2t−100 . Si la constante de proporcionalidad es 1/3, estudiar la trayectoria de la funci´on de ventas. 1 dV = e 2t−100 ⇒ dt 3

1 V = e 2t−100 + C . 6

Las ventas crecer´an a medida que el tiempo pase.

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Ejercicio 6: Dadas las funciones de oferta y demanda S = −5 + p y D = 10 − 3p en un mercado en competencia, calcular la expresi´on temporal del precio, sabiendo que el ritmo de variaci´on del precio en el tiempo es proporcional al exceso de demanda sobre la oferta, siendo la constante de proporcionalidad 1/2 y el precio inicial 20 euros. Tenemos que S = −5 + p y D = 10 − 3p. 1 15 − Ce −2t dp = ((10 − 3p) − (−5 + p)) ⇒ p = . dt 2 4 15 − Ce 0 ⇒ C = −65. Luego Si p (0) = 20 ⇒ 20 = 4 15 + 65e −2t 15 + 65e −2t 15 p= y pe = limt→∞ = . 4 4 4

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Ejercicio 7: La tasa de nacimientos en una ciudad es de 3.5% anual y la tasa de mortandad es de 2% anual. Tambi´en existe un movimiento neto de poblaci´ on que se va de la ciudad a una raz´on constante de 3.000 personas por a˜ no.Escribir la ecuaci´on diferencial del modelo y dar una soluci´ on para una poblaci´on actual de 100.000 de habitantes. La ecuaci´on que modeliza la situaci´ on es P 0 = (0.035 − 0.02) P − 3000. Tenemos que P 0 − 0.015P = −3000 ⇒ Soluci´on de la homog´enea P = ke 0.15t . Soluci´on particular P = 200.000. Soluci´on general P = ke 0.05t + 200.000, la particula para P(0) = 100.000 es P = −100.000e 0.05t + 200.000.

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Soluci´on general P = ke 0.05t + 200.000, la particular para P(0) = 100.000 es P = −100.000e 0.05t + 200.000.

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Ejercicio 8: Una cuenta bancaria tiene 20.000 euros ganando 5% de inter´es compuesto continuamente. Un pensionista utiliza la cuenta para pagarse a s´ı mismo una anualidad de 2.000 euros ¿cu´anto tiempo har´a falta para que el saldo de la cuenta sea cero? La ecuaci´on diferencial que modeliza la situeci´ on es c 0 = 0.05c − 2000. Tenemos que c 0 − 0.05c = −2000 ⇒ Soluci´on de la homog´enea c = ke 0.05t . Soluci´on particular c = 40.000. Soluci´on general c = ke 0.05t + 40.000, la particula para c(0) = 20.000 es c = −20.000e 0.05t + 40.000. Por consiguiente si c = 0 tenemos 0 = −20.000e 0.05t + 40.000 ⇒ t = 13, 863 a˜ nos.

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Ejercicio 9: Suponer que una vez que una planta de girasol ha empezado a crecer, la raz´ on de crecimiento en cualquier tiempo es proporcional al producto de su altura con la diferencia de su altura en la madurez menos su altura actual. Dar una ecuaci´on diferencial que h(t), la altura al tiempo, la satisfaga. El modelo es

dh = kh(H − h) dt

con k > 0 y H la altura en la madurez.

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  dV 1 V Ejercicio 10: Sea =− un modelo que describe las dp 2 p+3 relaciones entre el precio y las ventas semanales de cierto producto, donde V el el volumen de ventas y p el precio del producto. Encontrar el volumen de ventas en funci´on del tiempo si sabemos que la semana anterior se tuvo un volumen de ventas de 7.000.000 de euros  y elprecio de venta fue de 6 euros. V dV 1 Sea =− . Por tanto dp 2 p+3 −1 V0 1 dp =− ⇒ V = C (p + 3) 2 . V 2p+3 −1 Como V (6) = 7 ⇒ C = 21, por tanto V = 21(p + 3) 2 .

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Ejercicio 11: Determinar la tendencia del beneficio de una empresa sabiendo que la tasa instant´anea de variaci´on de los ingresos es proporcional al beneficio inicial, y la de los gastos proporcional al beneficio existente en cada momento. Los ingresos y los gastos iniciales son 5 y 1 millones de euros y las constantes de proporcionalidad de 1/2 y 2. 1 1 dI = (Io − Go ) = (5 − 1) ⇒ I = 2t + C . dt 2 2 Como I (0) = 5 ⇒ C = 5. Por tanto, I = 2t + 5. dG = 2 (2t + 5 − G ) ⇒ G 0 + 2G = 4t + 10 ⇒ G = Ce −2t + 2t + 4. dt Como G (0) = 15 ⇒ C = −3. Por tanto, G = −3e −2t + 2t + 4. El beneficio se puede expresar como
B(t) = 2t + 5 − −3e −2t + 2t + 4 . Observa que limt→∞ B(t) = 1. Jes´ us Get´ an y Eva Boj

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