Lección 6: Ecuaciones diferenciales

Transcripción

1 Lección 6: Ecuaciones diferenciales 61 Introducción La estática comparativa ha dominado el estudio de la economía durante mucho tiempo, y aún hoy se sigue utilizando para resolver muchos problemas económicos Pero el desplome de muchas economías debido al aumento de la inflación y a una influencia cada vez mayor de las expectativas inflacionistas han dirigido la atención hacía los modelos dinámicos Ya hemos estudiado las ecuaciones en diferencias donde se considera el tiempo en unidades discretas, ahora vamos a estudiar las ecuaciones diferenciales donde se considera una función continua en el tiempo y se trabaja con las derivadas de dicha función respecto al tiempo Así por ejemplo, si designamos X = X(t) al producto nacional, por K = K(t) el stock de capital, y por L = L(t) al número de obreros de un país en un instante t y tomemos para t 0, la función de producción de Cobb-Douglas: X = A K 1 α L α con A > 0 y 0 < α < 1 Tenemos además que la inversión agregada es proporcional a la producción, es decir: K = dk dt = s X con s > 0 y por último, la plantilla laboral crece exponencialmente: L = L 0 e λt con L 0 > 0 y λ > 0 Es decir: K = dk dt = s X = s A K1 α L α = s A K 1 α ( L 0 e λt) α K = s A L α 0 K 1 α e λtα K = c K 1 α e λtα que es una ecuación diferencial 62 Conceptos generales EL considerar el tiempo como una variable continua implica que toma valores reales, donde t representa el número de periodos transcurridos desde el instante inicial El modelo de cambio de la variable y vendrá

2 descrito por los valores que toma la variable en t, por lo cual y(t) representa una función real de variable real Definición 621 Llamamos ecuación diferencial ordinaria de orden n (EDO) a toda expresión de la forma F (t, y(t), y (t),, y n) (t)) = 0 donde y (t),, y n) (t) representan las derivadas primera,, n-ésima de y Si la expresión F (t, y(t), y (t),, y n) (t)) = 0 se puede escribir de la forma y n) = H(t, y, y,, y n 1) ) se dice que la ecuación diferencial viene dada en forma normal Definición 622 Llamamos orden de una EDO a la derivada más elevada que en ella aparece Definición 623 Llamamos ecuación diferencial lineal de orden n a toda expresión de la forma y n) + a 1 (t) y n 1) + + a n 1 (t) y + a n (t) y(t) = b(t) con a n (t) 0 Ejemplo 621 y + t 2 y 2 t y = 3 t + 1 Las EDO lineales se pueden clasificar en: Homogéneas si b(t) = 0 Completas si b(t) 0 De coeficientes constantes si a i (t) = a i i De coeficientes no constante si a i (t) a i para algún i Definición 624 Decimos que la función y(t) es solución de la ecuación diferencial F (t, y(t), y (t),, y n) (t)) = 0 si y(t) es una función real de variable real definida y con derivadas hasta orden n en un intervalo abierto I que convierte a la ecuación anterior en una identidad en dicho intervalo Ejemplo 622 Dada la ecuación diferencial y 3y = 0, la función y = e 3t es una solución de la ecuación ya que 3e 3t 3e 3t = 0, t

3 Definición 625 Llamamos solución general de la ecuación diferencial a toda solución que contenga un número de parámetros igual al orden de la ecuación Ejemplo 623 La función y = c e 3t es una solución general de la ecuación y 3y = 0 Es interesante observar que representa una familia de curvas Definición 626 Llamamos solución particular de la ecuación diferencial a toda función que siendo solución, corresponde a unos valores específicos de los parámetros recogidos en la solución general y que vienen determinados conforme a unas condiciones iniciales impuestas a priori Ejemplo 624 Si consideramos la condición inicial y(0) = 1, entonces: 1 = ce 0 c = 1 y por tanto y = e 3t es la solución particular que verifica la condición inicial dada Observar que es la función de la familia de curvas que forman la solución general que pasa por el punto (0, 1) Definición 627 Llamamos solución singular de la ecuación diferencial a toda función que siendo solución de la ecuación diferencial no se encuentra recogida en la solución general Este tipo de soluciones pueden no existir, y de existir no tienen porque ser únicas Ejemplo 625 y = ±1 es solución singular de y 2 (y 2 + 1) = 1 Nota 621 La interpretación geométrica de una solución singular es la envolvente de la familia de curvas correspondientes a la solución general Solo unas pocas ecuaciones diferenciales que pertenecen a unos tipos determinados tienen solución explícita conocida Dentro de éstas están las ecuaciones diferenciales lineales que son las que pasamos a estudiar 63 Ecuaciones diferenciales ordinarias lineales homogéneas Propiedades de las soluciones Centraremos ahora nuestro estudio en las EDO lineales homogéneas de grado n y n) + a 1 (t) y n 1) + + a n 1 (t) y + a n (t) y = 0 (61)

4 Teorema 631 (Teorema de existencia y unicidad) Dada la ecuación (61), si a i (t), t son funciones continuas en un intervalo abierto I y t 0 I, entonces fijados n valores reales k 0, k 1,, k n 1 existe una única solución definida en I que verifica las condiciones y(t 0 ) = k 0, y (t 0 ) = k 1, y n 1) (t 0 ) = k n 1 Enunciamos, ahora, teoremas que nos guían en la búsqueda de la solución general de (61) Teorema 632 Toda combinación lineal de soluciones de una ecuación diferencial lineal homogénea de orden n es también solución Demostración (TC): Realizamos la demostración para dos soluciones y es fácil generalizar para n Sean y 1 (t), y 2 (t) soluciones de (61), es decir y n) 1 + a 1(t) y n 1) a n 1 (t) y 1 + a n(t) y 1 = 0 y n) 2 + a 1(t) y n 1) a n 1 (t) y 2 + a n(t) y 2 = 0 Consideramos αy 1 (t) + βy 2 (t) y sustituimos en (61) para ver si verifica la ecuación αy n) 1 + βyn) 2 + a 1(t)[αy n 1) 1 + βy n 1) 2 ] + + a n (t)[αy 1 + βy 2 ] = = α[y n) 1 + a 1(t) y n 1) a n 1 (t) y 1 + a n (t) y 1 ]+ β[y n) 2 + a 1(t) y +n 1) a n 1 (t) y 2 + a n (t) y 2 ] = α 0 + β 0 = 0 Definición 631 Decimos que las funciones y 1, y 2,, y n son linealmente dependientes (ld) en el intervalo abierto I, si existen n números reales α 1, α 2,, α n no todos nulos y tales que α 1 y 1 +α 2 y 2 + α n y n = 0, t I En el caso en que la igualdad anterior solo sea posible para α 1 = α 2 = = α n = 0, se dice entonces que las funciones son linealmente independientes (li) en I Definición 632 Un conjunto de n funciones y 1, y 2,, y n li en I abierto que sean soluciones de (61) se le llama sistema fundamental de soluciones de (61) Definición 633 Dadas n funciones y 1, y 2,, y n definidas y derivables hasta orden n 1 en I abierto y dado t 0 I, llamamos wronskiano de y 1, y 2,, y n en t 0 al determinante y 1 (t 0 y 1 (t 0) y n 1) 1 (t 0 ) y 2 (t 0 y 2 (t 0) y n 1) 2 (t 0 ) y n (t 0 y n(t 0 ) yn n 1) (t 0 )

5 Teorema 633 Si las n funciones y 1, y 2,, y n definidas y derivables hasta orden n 1 en I abierto son ld, entonces su determinante wronskiano es cero t I Demostración (TC): Al ser y 1, y 2,, y n ld, existen n números reales α 1, α 2,, α n no todos nulos y tales que α 1 y 1 + α 2 y 2 + α n y n = 0 Derivando n 1 veces esta expresión tenemos que α 1 y 1 + α 2 y 2 + α n y n = 0 α 1 y 1 + α 2y 2 + α ny n = 0 α 1 y n 1) 1 + α 2 y n 1) 2 + α n y n 1) n = 0 Que es un sistema de ecuaciones lineales homogéneo cuando se considera como incógnitas α 1, α 2,, α n Como no son todas nulas, esto quiere decir que el sistema tiene solución distinta de la trivial, por lo tanto el determinante de la matriz de los coeficientes (que es el determinante wronskiano) tiene que ser distinto de cero Nota 631 Podemos afirmar, ahora, que si el wronskiano es idénticamente nulo en I, entonces y 1, y 2,, y n son ld en I, por lo tanto si para algún t 0 I el determinante wronskiano es distinto de cero, y 1, y 2,, y n son li en I Veamos ahora la idea recíproca Teorema 634 Si y 1, y 2,, y n son n soluciones de (61) li en I abierto, entonces su determinante wronskiano es distinto de cero t I Demostración (TC): Por reducción al absurdo: supongamos que existe t 0 I tal que el determinante del wronskiano en t 0 es cero, esto implica que existen α 1, α 2,, α n no todos nulos tal que α 1 y 1 (t 0 ) + α 2 y 2 (t 0 ) + α n y n (t 0 ) = 0 α 1 y 1 (t 0) + α 2 y 2 (t 0) + α n y n(t 0 ) = 0 α 1 y n 1) 1 (t 0 ) + α 2 y n 1) 2 (t 0 ) + α n y n 1) n (t 0 ) = 0 ya que si el determinante del wronskiano es nulo, también lo será el determinante de la matriz traspuesta Por otra parte, como y 1, y 2,, y n son soluciones de (61), entonces y = α 1 y 1 + α 2 y 2 + α n y n es también solución y además y(t 0 ) = 0, y (t 0 ) = 0,, y n 1) (t 0 ) = 0 Además, la función z(t) = 0, t I es también solución de la ecuación (61) que verifica z(t 0 ) = 0, z (t 0 ) = 0,, z n 1) (t 0 ) = 0, por lo que aplicando el

6 teorema de existencia y unicidad, y = α 1 y 1 + α 2 y 2 + α n y n, t I con α 1, α 2,, α n no todos nulos, entonces y 1, y 2,, y n son ld lo que es una contradicción Teorema 635 Existe un sistema fundamental de soluciones de la ecuación diferencial (61) Demostración (TC): Sean t 0 I y {e 1, e 2,, e n } la base canónica de IR n Sea y 1 la solución de (61) que verifica y 1 (t 0 ) = 1, y 1 (t 0) = 0,, y n 1) 1 (t 0 ) = 0 Sea y 2 la solución de (61) que verifica y 2 (t 0 ) = 0, y 2 (t 0) = 1,, y n 1) 2 (t 0 ) = 0 Sea y n la solución de (61) que verifica y n (t 0 ) = 0, y n(t 0 ) = 0,, y n 1) n (t 0 ) = 1 Tenemos n soluciones li de (61) ya que el determinante de su wronskiano es igual al determinante de la matriz unidad y por tanto vale uno, es decir, es distinto de cero Tenemos, así, un sistema fundamental de soluciones de (61) Teorema 636 Si {y 1, y 2,, y n } es un sistema fundamental de soluciones de (61) y la función y es una solución de dicha ecuación, entonces existen α 1, α 2,, α n números reales tales que en I abierto se tiene que y = α 1 y 1 + α 2 y 2 + α n y n Demostración (TC): Sea y una solución de (61) que verifica que y(t 0 ) = y 0, y (t 0 ) = y 1 0,, yn 1) (t 0 ) = y n 1 0 con t 0 I abierto Consideremos z = α 1 y 1 + α 2 y 2 + α n y n que es solución de (61), elegimos los α i de forma que se verifique α 1 y 1 (t 0 ) + α 2 y 2 (t 0 ) + α n y n (t 0 ) = y 0 α 1 y 1 (t 0) + α 2 y 2 (t 0) + α n y n(t 0 ) = y 1 0 α 1 y n 1) 1 (t 0 ) + α 2 y n 1) 2 (t 0 ) + α n yn n 1) (t 0 ) = y0 n 1 que es posible por ser el determinante de la matriz de los coeficientes del sistema anterior distinto de cero al ser el wronskiano de {y 1, y 2,, y n } en t 0 (las funciones {y 1, y 2,, y n } son li en I) Por tanto z(t) verifica las mismas condiciones iniciales que y, esto implica que z(t) = y(t), t I, y por tanto y = α 1 y 1 + α 2 y 2 + α n y n Igual que hicimos en el estudio de las ecuaciones en diferencias, nos centramos, ahora, en el estudio de las EDO lineales homogéneas con coeficientes constantes

7 64 Ecuaciones diferenciales ordinarias lineales, homogéneas de orden n con coeficientes constantes Consideramos la ecuación diferencial lineal homogénea de orden n y n) + a 1 y n 1) + + a n 1 y + a n y = 0 (62) con a i IR; i y a n 0 Definición 641 A P (r) = λ n + a 1 λ n a n 1 λ + a n = 0 (63) le llamamos ecuación característica asociada a la ecuación diferencial lineal homogénea de orden n (62) Teorema 641 Si λ 0 es solución de la ecuación característica (63), entonces y = e λ 0t es solución de (62) Demostración: Si y = e λ 0t, entonces y = λ 0 e λ 0t, y = λ 2 0 eλ 0t,, y n) = λ n 0 eλ 0t, sustituyendo en (63) λ n 0 e λ 0t + a 1 λ n 1 0 e λ 0t + + a n e λ 0t = e λ 0t (λ n 0 + a 1 λ n a n 1 λ 0 + a n ) = e λ 0t 0 = 0 En base a este resultado, lo primero que hemos de resolver es la ecuación característica (63) y se pueden presentar los siguientes casos: 1 la ecuación característica (63) tiene todas sus raíces reales y simples λ 1, λ 2,, λ n, entonces y h = c 1 e λ 1t + c 2 e λ 2t + + c n e λ nt Demostración: Es fácil ver que w(t) = e λ1t e λ 2t e λ nt λ 1 λ 2 λ n λ n 1 1 λ2 n 1 λn n 1 0 Ejemplo 641 Resolver la ecuación y 3y +2y = 0 La ecuación característica asociada es λ 2 3λ+2 = 0 que tiene como raíces λ 1 = 1, λ 2 = 2 y por tanto la solución es y h = c 1 e t + c 2 e 2t

8 2 la ecuación característica (63) tiene todas sus raíces reales: λ 1 con multiplicidad k y λ k+1,, λ n simples, entonces y h = c 1 e λ 1t + c 2 t e λ 1t + + c k t k 1 e λ 1t + c k+1 e λ k+1t + + c n e λ nt = = e λ 1t P k 1 (t) + c k+1 e λ k+1t + + c n e λ nt Ejemplo 642 Resolver la ecuación y +2y +y = 0 La ecuación característica tiene como raíces λ 1 = 1 con multiplicidad dos, por tanto la solución será y h = c 1 e t + c 2 t e t + = (c 1 + c 2 t)e t 3 la ecuación característica (63) tiene raíces complejas simples Si λ 1,2 = α ± β i son raíces complejas conjugadas, entonces la solución asociada a las raíces λ 1 y λ 2 es y h = e αt (A cos(β t) + B sen(β t)) Ejemplo 643 Resolver la ecuación y 2y + 5y = 0 La ecuación característica tiene raíces λ 1 = 0, λ 2 = 1 + 2i, λ 3 = 1 2i Por tanto y h = c 1 e 0t + e t (A cos(2 t) + B sen(2 t)) = c 1 + e t (A cos(2 t) + B sen(2 t)) 4 la ecuación característica (63) tiene raíces complejas múltiples Si λ 1,2 = α ± β i son raíces complejas conjugadas de multiplicidad m, entonces la solución asociada a las raíces λ 1 y λ 2 es y h = e αt (P m 1 (t) cos(β t) + Q m 1 (t) sen(β t)) donde P m 1 (t) y Q m 1 (t) son polinomios en t de grado menos o igual que m 1 Ejemplo 644 Resolver la ecuación y 4) + 2y + y = 0 La ecuación característica tiene como raíces λ 1,2 = ±i, con multiplicidad dos cada una Por tanto y h (t) = e 0t ((At + B) cos(t) + (Ct + D) sen(t)) 5 Si la ecuación característica tiene raíces que combinan los tipos anteriores, la solución será combinación lineal de las soluciones expuestas en los casos anteriores Pasamos a estudiar las ecuaciones diferenciales lineales de orden n completas

9 65 Ecuaciones diferenciales ordinarias lineales, completas de orden n con coeficientes constantes Consideramos la ecuación diferencial lineal completa de orden n y n) + a 1 y n 1) + + a n 1 y + a n y = b(t) (64) con a i IR; i y a n 0 y b(t) continua en I abierto Teorema 651 Una solución de la ecuación completa se obtiene sumando la solución general de la ecuación homogénea con una particular de la completa y = y h + y p Demostración: Sea y = y h + y p, sustituyendo en (64) (y h + y p ) n) + a 1 (y h + y p ) n 1) + + a n 1 (y h + y p ) + a n = y n) h + a 1 y n 1) h + + a n 1 y h + a n y h + yp n) + a 1 yp n 1) + + a n 1 y p + a n y p = 0 + b(t) = b(t) Teorema 652 Si y 1, y 2,, y n son n soluciones li de (63) e y p es una solución particular de (64), entonces la solución general de (64) viene dada por y = c 1 y 1 + c 2 y c n y n + y p Demostración: Claramente y es solución de (64) ya que es suma de una solución de la ecuación homogénea y una particular de la completa Además es la solución general porque tiene el mismo número de parámetros como orden tiene la ecuación Nos centramos, ahora, en la búsqueda de las soluciones particulares de la ecuación completa

10 651 Método de los coeficientes indeterminados Damos un método similar al visto con las ecuaciones en diferencias y lo enunciamos de una forma esquemática: tipo de b(t) no raiz raiz de multiplicidad m y p k 0 c k 0 ct m P n (t) 0 Q n (t) P n (t) 0 t m Q n (t) P n (t)e λt λ Q n (t)e λt P n (t)e λt λ t m Q n (t)e λt (P n (t)cos(βt) + Q m (t)sen(βt))e αt α ± βi (P l (t)cos(βt) + Q l (t)sen(βt))e αt (P n (t)cos(βt) + Q m (t)sen(βt))e αt α ± βi (P l (t)cos(βt) + Q l (t)sen(βt))t m e αt donde l es el máximo valor entre n y m Veamos algunos ejemplos prácticos: (1) Resolver y + 2y 3y = 4 Las raíces de la ecuación característica son λ = 1 y λ = 3, por tanto y h = c 1 e t + c 2 e 3t Por otra parte como b(t) es constante y cero no es raíz de la ecuación característica, probamos con y p = c y sustituimos en la ecuación En resumen 3c = 4 c = 4 3 y p = 4 3 y = c 1 e t + c 2 e 3t 4 3 (2) Resolver y 2y = 1 Las raíces de la ecuación característica son λ = 0 y λ = 2, por tanto y h = c 1 + c 2 e 2t Por otra parte como b(t) es constante y cero es raíz de la ecuación característica de multiplicidad uno, probamos con y p = ct y sustituimos en la ecuación 2c = 1 c = 1 2 y p = t

11 En resumen y = c 1 + c 2 e 2t t (3) Resolver y + 2y 3y = 6t + 2 Las raíces de la ecuación característica son λ = 1 y λ = 3, por tanto y h = c 1 e t + c 2 e 3t Por otra parte como b(t) es un polinomio de grado uno y cero no es raíz de la ecuación característica, probamos con y p = at + b y sustituimos en la ecuación 2a 3(at + b) = 6t + 2 3a = 6; 2a 3b = 2 a = 2; b = 2 y p = 2t 2 En resumen y = c 1 e t + c 2 e 3t 2t 2 (4) Resolver y 2y = 4t Las raíces de la ecuación característica son λ = 0 y λ = 2, por tanto y h = c 1 + c 2 e 2t Por otra parte como b(t) es un polinomio de grado uno y cero es raíz de la ecuación característica de multiplicidad uno, probamos con y p = t(at + b) y sustituimos en la ecuación 2a 2(2at + b) = 4t 4a = 4; 2a 2b = 0 a = 1; b = 1 y p = t 2 t En resumen y = c 1 + c 2 e 2t t 2 t (5) Resolver y 5y + 6y = 4te t Las raíces de la ecuación característica son λ = 3 y λ = 2, por tanto y h = c 1 e 3t + c 2 e 2t Por otra parte como b(t) es un polinomio de grado uno multiplicado por e t y λ = 1 no es raíz de la ecuación característica, probamos con y p = e t (at + b) y sustituimos en la ecuación e igualamos coeficientes 2a = 4; 3a + 2b = 0 a = 2; b = 3 y p = 2te t + 3e t En resumen y = c 1 e 3t + c 2 e 2t + (2t + 3)e t

12 (6) Resolver y 3y + 2y = e t Las raíces de la ecuación característica son λ = 1 y λ = 2, por tanto y h = c 1 e t + c 2 e 2t Por otra parte como b(t) = e t y λ = 1 es raíz de la ecuación característica de multiplicidad uno, probamos con y p = ate t y sustituimos en la ecuación e igualamos coeficientes a = 1 y p = te t En resumen y = c 1 e t + c 2 e 2t te t (7) Resolver y 2y + y = sen(2t) Las raíces de la ecuación característica son λ = 1 con multiplicidad dos, por tanto y h = c 1 e t + c 2 t e t Por otra parte como b(t) = sen(2t) y α ± βi = 0 ± 2i no es raíz de la ecuación característica, probamos con y p = A cos(2t) + B sen(2t), sustituimos en la ecuación e igualamos coeficientes 3A 4B = 0; 4A 3B = 1 A = 4 25 ; B = 3 25 y p = 4 25 cos(2t) 3 25 sen(2t) En resumen y = c 1 e t + c 2 t e t cos(2t) 3 25 sen(2t) (8) Resolver y + y = 2sen(t) Las raíces de la ecuación característica son λ = ±i, por tanto y h = e 0t (c 1 cos(t) + c 2 sen(t)) = c 1 cos(t) + c 2 sen(t) Por otra parte como b(t) = 2sen(t) y α±βi = 0±i es raíz de la ecuación característica de multiplicidad uno, probamos con y p = e 0t t(a cos(t) + B sen(t)) = At cos(t) + Bt sen(t), sustituimos en la ecuación e igualamos coeficientes 2A = 2; 2B = 0 A = 1; B = 0 y p = t cos(t) En resumen y = c 1 cos(t) + c 2 sen(t) t cos(t) Nota 651 Si b(t) es combinación lineal de los casos anteriores, entonces la solución particular a probar debe ser combinación lineal de las soluciones particulares correspondientes

13 66 Una aplicación económica Consideremos el siguiente modelo de crecimiento económico de un país en vías de desarrollo Sea X(t) la producción total anual, K(t) el stock de capital, N(t) el tamaño de la población y H(t) el flujo anual de ayuda exterior, todo medido en el instante t Las hipótesis son: El volumen de producción es proporcional al stock del capital, es decir, X(t) = σk(t), al parámetro σ se le llama productividad media del capital El crecimiento total anual del capital es igual al ahorro interno más la ayuda exterior, es decir, K(t) = α X(t)+H(t), siempre que se suponga que el ahorro interno es proporcional a la producción Al factor de proporcionalidad α se le llama tasa de ahorro La población crece a una tasa proporcional constante que depende de ρ, es decir, N(t) = N 0 e ρt Por último, H(t) = H 0 e µt con K(0) = K 0 y ασ µ Queremos obtener x(t) = X(t) N(t) El modelo es que es la producción por persona X(t) = σ K(t) K(t) = α X(t) + H(t) N(t) = N 0 e ρt con ασ µ; H(t) = H 0 e µt K(t) = α σ K(t) + H 0 e µt K(t) α σ K(t) = H 0 e µt que es una ecuación diferencial lineal de orden uno Resolvemos la ecuación homogénea: la ecuación característica es λ ασ = 0 que tiene como única raíz λ = ασ Por tanto K h = c e ασt Para resolver la ecuación completa probamos con K p = a e µt con lo que K = a µ e µt y sustituyendo en la ecuación Por tanto Como para t = 0 se tiene que K(0) = k 0 a µ e µt α σ a e µt = H 0 e µt a = H 0 µ α σ K p = H 0 µ α σ eµt K(t) = c e ασt + H 0 µ α σ eµt K 0 = c + H 0 µ α σ c = K 0 H 0 µ α σ

14 Así la solución que verifica la condición inicial K(0) = K 0 es K(t) = ( K 0 H ) 0 e ασt + H 0 µ α σ µ α σ eµt Por otra parte x(t) = X(t) N(t) = σ K(t) N 0 e ρt K(t) = x(t) N 0 e ρt σ Sustituyendo en la expresión encontrada de K(t) x(t) N 0 σ ( x(0) e ρt N0 = σ H ) 0 e ασt + H 0 µ α σ µ α σ eµt Operando x(t) = x(0) e ασt H 0 µ α σ σ N 0 e (ασ ρ)t + H 0 µ α σ σ N 0 e (αµ ρ)t