Análisis Dinámico: Ecuaciones diferenciales no lineales de...

IntroduccionSolucion modelo general

EjemplosEjemplos de aplicacion economica

Analisis Dinamico: Ecuaciones diferencialesno lineales de primer orden: la ecuacion de

Bernouilli

Jesus Getan y Eva Boj

Facultat d’Economia i EmpresaUniversitat de Barcelona

Mayo de 2017

Jesus Getan y Eva Boj EDO no lin. de primer orden de Bernouilli 1 / 63



Introduccion

Solucion modelo generalModo 1Modo 2

EjemplosEjemplo 1Ejemplo 2Ejemplo 3Ejemplo 4Ejemplo 5

Ejemplos de aplicacion economicaEjemplo 1




Introduccion

Las ecuaciones diferenciales ordinarias (EDO) de Bernouilli,las denotaremos

α0(x)y′ + α1(x)y = f(x)yr, (1)

donde r ∈ R junto con que r 6= 0, 1 y α0(x) 6= 0 para todo x,

i.e. la ecuacion 5y′ − 3xy = 2y0.5.




Notese que,

si r = 0, tenemos la ecuacion diferencial lineal

α0(x)y′ + α1(x)y = f(x),

i.e. la ecuacion 5xy′ + (x+ 3)y = 2xy0.




Si r = 1, tenemos la ecuacion diferencial lineal

α0(x)y′ + α1(x)y = f(x)y,

simplificando

α0(x)y′ + (α1(x)− f(x)) y = 0.

i.e. la ecuacion 2xy′ + 3x2y = 2xy1, simplificando

2xy′ +(3x2 − 2x

)y = 0.




I ¿Como distinguir los elementos de las ecuaciones?

α0(x)y′ + α1(x)y = f(x)yr,

I Termino de primer ordenI Termino de orden ceroI Termino de potencia con r 6= 0, 1.




Modo 1Modo 2

Solucion de la ecuacion

α0(x)y′ + α1(x)y = f(x)yr. (2)

Modo 1: Hacemos el cambio z = y(1−r).

Sabemos que y = z

1

1− r , y′ =1

1− rz

1

1− r−1z′ =

z

r

1− r1− r

z′.

Sustituyendo en (2) resulta

α0(x)z

r

1− r1− r

z′ + α1(x)z

1

1− r = f(x)z

r

1− r .




Modo 1Modo 2

Simplificandoα0(x)

1− rz′ + α1(x)z = f(x).

Volviendo a simplificar, obtenemos

z′ +α1(x)(1− r)

α0(x)z =

f(x)(1− r)α0(x)

.

Resultando una ecuacion diferencial lineal de primer orden quese resuelve por el metodo estudiado.




Modo 1Modo 2

Modo 2: Hacemos

y(x) = u(x)v(x) (3)

y derivamosy′ = u′v + uv′.

Sustituimos en la ecuacion (2) resultando

α0(x)u′v + α0(x)uv′ + α1(x)uv = f(x) (uv)r

Reordenando(α0(x)u′ + α1(x)u

)v + α0(x)uv′ = f(x) (uv)r . (4)




Modo 1Modo 2

Para determinar la funcion u exigimos que

α0(x)u′ + α1(x)u = 0,

de dondeu′

u= −α1(x)

α0(x).

Resolviendo, tenemos que

u(x) = e−

∫ α1(x)

α0(x)dx

. (5)




Modo 1Modo 2

Sustituyendo (5) en (4) y reordenando obtenemos

v′

vr=f(x)ur

α0(x)u.

Que es una ecuacion de variables separables y su solucion es

v1−r

1− r=

∫f(x)ur

α0(x)udx,

reordenando

v(x) =

((1− r)

∫f(x)ur

α0(x)udx

) 11−r

.




Modo 1Modo 2

La solucion general sera

y(x) = e−

∫ α1(x)

α0(x)dx(

(1− r)∫

f(x)ur

α0(x)udx

) 11−r

con

u(x) = e−

∫ α1(x)

α0(x)dx

.




Ejemplo 1Ejemplo 2Ejemplo 3Ejemplo 4Ejemplo 5

Ejemplo 1

Hallar la solucion general de

3(1 + x2)dy

dx= 2xy(y3 − 1).

Simplificamos y reordenamos los terminos

y′ +2x

3(1 + x2)y =

2x

3(1 + x2)y4.

Observamos que es una ecuacion de Bernoulli en y.





Para su resolucion aplicaremos el cambio de variable: z = y−3.

El cambio implicadz

dx= z′ = −3y−4y′, por tanto,

−1

3z′ = y−4y′.

Para resolver, multiplicamos la ecuacion por y−4 resultando laexpresion

y−4y′ +2x

3(1 + x2)y−3 =

2x

3(1 + x2),

en la que aplicamos el cambio.





Se trata de resolver la ecuacion lineal

z′ − 2x

1 + x2z = − 2x

1 + x2.

La ecuacion homogenea asociada es

z′ − 2x

1 + x2z = 0.

La solucion de la homogenea es

zh = C(1 + x2).





Proponemos como solucion particular

z (x) = C (x) (1 + x2).

Derivamos y obtenemos

z′ = 2xC (x) + (1 + x2)C ′ (x) .

Sustituimos z y z′ en la ecuacion completa

2xC (x) + (1 + x2)C ′ (x)− 2x

1 + x2C (x) (1 + x2) = − 2x

1 + x2.





Simplificamos y resolvemos la ecuacion diferencial resultante

C ′ (x) =−2x

(1 + x2)2,

C (x) = (1 + x2)−1.

Por tanto, la solucion particular es

zp = 1.

La solucion completa es

z = zh + zp = C(1 + x2) + 1. (6)





Deshacemos el cambio de variable, que era z = y−3, yobtenemos como solucion

y−3 = C(1 + x2) + 1,

finalmentey =

13√C(1 + x2) + 1

.





Ejemplo 2


2dy

dx=y

x− x

y2,

con y(1) = 1.Operamos y reordenamos los terminos

y′ − 1

2xy =

x

2y−2.






Para su resolucion aplicaremos el cambio de variable: z = y3.

El cambio implicadz

dx= z′ = 3y2y′, por tanto,

1

3z′ = y2y′.

Para resolver, multiplicamos la ecuacion por y2 resultando laexpresion

y2y′ +1

2xy3 =

−x2.







z′ − 3

2xz = −3x

2.


z′ − 3

2xz = 0.


zh = Cx

3

2 .






z (x) = C (x)x

3

2 .


z′ = C (x)3

2x

1

2 + C ′ (x)x

3

2 .


C (x)3

2x

1

2 + C ′ (x)x

3

2 − 3

2xCx

3

2 = −3x

2.






C ′ (x) = −3

2x−

1

2 ,

C (x) = −3x

1

2 .


zp = −3x2.


z = zh + zp = Cx

3

2 − 3x2.





Deshacemos el cambio de variable, que era z = y3, yobtenemos como solucion

y3 = Cx

3

2 − 3x2,

finalmente

y =

3

√Cx

3

2 − 3x2.





Si aplicamos la condicion y(1) = 1 obtenemos:

y(1) =

3

√C(1)

3

2 − 3(1)2 = 3√C − 3 = 1,

dandonosC = 4.

Por tanto, la solucion es

y =

3

√4x

3

2 − 3x2.





Ejemplo 3

Resolver la ecuacion diferencial

y

1

2dy

dx+ y

3

2 = 1,

con y(0) = 4.Operamos y reordenamos los terminos

y′ + y = y−

1

2 .






Para su resolucion aplicaremos el cambio de variable: z = y

3

2 .

El cambio implicadz

dx= z′ =

3

2 y

1

2 y′, por tanto,3

2z′ = y

1

2 y′.

Para resolver, multiplicamos la ecuacion por y1

2 resultando laexpresion

y

1

2 y′ + y

3

2 = 1.







z′ +3

2z =

3

2.


z′ +3

2z = 0.


zh = Ce−

3x

2 .






z (x) = C (x) e−

3x

2 .


z′ = C ′ (x) e−

3x

2 + C (x) (−3

2)e−

3x

2 .


C ′ (x) e−

3x

2 + C (x) (−3

2)e−

3x

2 +3

2C (x) e

−3x

2 =3

2.






C ′ (x) =3

2e

3x

2 ,

C (x) = e

3x

2 .


zp = 1.


z = zh + zp = Ce−

3x

2 + 1.





Deshacemos el cambio de variable, que era z = y

3

2 , yobtenemos como solucion

y

3

2 = Ce−

3x

2 + 1,

despejando

y = (Ce−

3x

2 + 1)

2

3 .





Si aplicamos la condicion y(0) = 4 obtenemos:

y(0) = (Ce−

0

2 + 1)

2

3 = 4,

luegoC = 7.

Por tanto, la solucion es

y = (7e−

3x

2 + 1)

2

3 .





Ejemplo 4


e−x(y′ − y) = y2.






Para su resolucion aplicaremos el cambio de variable: z = y−1.

El cambio implicadz

dx= z′ = −y−2y′, por tanto, −z′ = y−2y′.

Para resolver, multiplicamos la ecuacion por y−2 resultando laexpresion

y−2y′ − y−1 = ex.,







z′ + z = −ex.


z′ + z = 0.


zh = Ce−x.






z (x) = C (x) e−x.


z′ = C ′ (x) e−x − C (x) e−x.


C ′ (x) e−x − C (x) e−x + C (x) e−x = −ex.






C ′ (x) = −e2x,

luego

C (x) = −1

2e2x.


zp = −1

2ex.


z = zh + zp = Ce−x − 1

2ex.





Deshacemos el cambio de variable, que era z = y−1, yobtenemos como solucion

y−1 = Ce−x − 1

2ex,

y, de aquı

y = (Ce−x − 1

2ex)−1.





Ejemplo 5

Resolver la ecuacion diferencial

y2dx+ (xy − x3)dy = 0.

Operamos y reordenamos los terminos

y2dx

dy+ (xy − x3) = 0,

y2x′ + yx = x3,

x′ +1

yx =

1

y2x3.

Observamos que es una ecuacion de Bernoulli en x.





Para su resolucion aplicaremos el cambio de variable:w = x−2.

El cambio implicadw

dy= w′ = −2x−3x′, por tanto,

−1

2w′ = x−3x′.

Para resolver, multiplicamos la ecuacion por x−3 resultando laexpresion

x−3x′ +1

yx−2 =

1

y2,







w′ − 2

yw = − 2

y2.


w′ − 2

yw = 0.


wh = Cy2.






w (y) = C (y) y2.


w′ = C ′ (y) y2 + C (y) 2y.

Sustituimos w y w′ en la ecuacion completa

C ′ (y) y2 + C (y) 2y − 2

yC (y) y2 = − 2

y2.






C ′ (y) = −2y−4,

luego

C (y) =2

3y−3.


wp =2

3y.


w = wh + wp = Cy2 +2

3y.





Deshacemos el cambio de variable, que era w = x−2, yobtenemos como solucion

x−2 = Cy2 +2

3y,

por tanto

x = (Cy2 +2

3y)−

1

2 .




Ejemplo 1

Ejemplo 1El modelo Solow considera, en el sentido macro, que laproduccion (Q), el capital (K) y la mano de obra (L) secombinan teoricamente con

Q = f (K,L) con K,L > 0.

Se supone que∂f

∂K> 0,

∂f

∂L> 0 (productos marginales positivos).

∂2f

∂K2< 0,

∂2f

∂L2< 0 (retornos decrecientes para cada factor).




Ejemplo 1

La funcion de produccion f (K,L) se considera homogenea degrado 1, es decir, con retornos constantes a escala, por tanto

L

Lf (K,L) = L

(1

L

)1

f (K,L) = Lf

(K

L,L

L

)= Lf

(K

L, 1

),

pudiendo transformarse en

Q = f (K,L) = Lf

(K

L, 1

)= LΦ (r) . (7)

Donde r =K

Ly Φ (r) = f

(K

L, 1

)para simplificar.




Ejemplo 1

Las hipotesis de Solow son

dK

dt= sQ, (8)

donde s es constante llamada propension marginal al ahorro.

dL

dt= λL λ > 0, (9)

y λ es llamada tasa de crecimiento de la mano de obra.




Ejemplo 1

Si (9) la vemos como

dL

dtL

= λ,

nos indica que la fuerza laboral crece exponencialmente.

(i.e. al resolver la EDO da L = Ceλt).




Ejemplo 1

Vamos a construir el modelo completo a partir de lasecuaciones (7), (8) y (9).Sustituyendo (7) en (8) resulta

dK

dt= sLΦ (r) . (10)

Como r =K

L⇒ K = rL, diferenciando

dK

dt= L

dr

dt+ r

dL

dt.

Sustituyendo (9) en esta ecuacion obtenemos

dK

dt= L

dr

dt+ λLr. (11)




Ejemplo 1

Igualamos (10) y (11),

sLΦ (r) = Ldr

dt+ λLr,

simplificando L,

sΦ (r) =dr

dt+ λr,

reordenando,dr

dt+ λr = sΦ (r) . (12)




Ejemplo 1

Recordando la notacion de clase para las EDO esta ecuacionse puede escribir al hacer r = y y t = x como

y′ + λy = sf(y). (13)




Ejemplo 1

Si consideramos la funcion de produccion de Cobb-Douglas

Q = f (K,L) = KαL1−α (1 > α > 0),

y aplicamos el modelo

Q = L

(K

L

)α= Lrα (r =

K

L),

en este caso y recordando (10), Φ(r) = rα.Sustituimos en (12)

dr

dt+ λr = srα. (14)




Ejemplo 1

Resolvemos la ecuacion haciendo el cambio r = uv.Derivamos el cambio y sustituimos en la ecuacion (14)resultando

u′v + v′u+ λuv = suαvα.

Simplificando (u′ + λu

)v + v′u = suαvα.

Resolvemosu′ + λu = 0,

Resultandou(x) = e−λt.

Sustituyendo en la ecuacion y reordenando

v′e−λt = se−λαtvα,




Ejemplo 1

v−αv′ = se(1−α)λt,

integrando ∫v−αdv = s

∫e(1−α)λtdt,

resulta

v−α+1

−α+ 1=se(1−α)λt

(1− α)λ+ C1 ⇒ v(x) =

(se(1−α)λt

λ+ C1

) 11−α

y la solucion generale es

r(t) = e−λt

(se(1−α)λt

λ+ C1

) 11−α

. (15)




Ejemplo 1

Si consideramos la condicion inicial de que ro es el capital percapita para t = 0 ¿Cual es la solucion?Si en (15) sustituimos t = 0 resulta

r(0) = r0 =( sλ

+ C1

) 11−α

.

Despejando C1 y sustituyendo en la solucion general

C1 = r1−α0 − s

λ.

Finalmente obtenemos la solucion del problema

r(t) = e−λt

(se(1−α)λt

λ+ r1−α0 − s

λ

) 11−α

.




Ejemplo 1

Calculamos la expresion resultante cuando t→∞:( sλ

) 11−α

.

Obtenemos que el equilibrio varıa directamente con lapropension marginal al ahorro e inversamente con la tasa decrecimiento de la mano de obra λ.




Ejemplo 1

Ejemplo numericoFuncion de produccion de Cobb-Douglas:

Q = L

(K

L

)α= Lrα (r =

K

L).

Las hipotesis del problema son:(a) λ = 0.1 como tasa de crecimiento de la poblacion.(b) s = 0.15 como tasa de ahorro.(c) α = 0.3.




Ejemplo 1

Sustituimos los valores dados en la ecuacion (14):

dr

dt+ 0.1r = 0.15r0.3.

Observamos que es una ecuacion de Bernoulli en r.

Para su resolucion aplicaremos el cambio de variable:

z = r0.7.




Ejemplo 1

El cambio implicadz

dt= z′ = 0.7r−0.3r′, por tanto,

1

0.7z′ = r−0.3r′.

Para resolver, multiplicamos la ecuacion por r−0.3 resultando laexpresion

r−0.3r′ + 0.1r0.7 = 0.15,





Ejemplo 1


z′ + 0.07z = 0.105.


z′ + 0.07z = 0.


zh = Ce−0.07t.




Ejemplo 1


z (t) = C (t) e−0.07t.


z′ = C ′ (t) e−0.07t − 0.07C (t) e−0.07t.


C ′ (t) e−0.07t − 0.07C (t) e−0.07t + 0.07C (t) e−0.07t = 0.105.




Ejemplo 1


C ′ (t) = 0.105e0.07t,

luego

C (t) =0.105

0.07e0.07t.


zp = 1.5.


z = zh + zp = Ce−0.07t + 1.5.




Ejemplo 1

Deshacemos el cambio de variable, que era z = r0.7, yobtenemos como solucion

r0.7 = Ce−0.07t + 1.5,

por tanto

r (t) = (Ce−0.07t + 1.5)

1

0.7 .

Calculamos la expresion en el equilibrio (cuando t→∞):

re = (1.5)10.7 .


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