ejercicios del modelo de la telaraña.pdf

UNED. ELCHE. TUTORÍA DE MATEMÁTICAS III (2º A.D.E.)

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EJERCICIOS DE ECUACIONES EN DIFERENCIAS PROPUESTOS EN EXÁMENES

1.En las ecuaciones lineales en diferencias, tenemos el modelo de la telaraña, que se refiere a la versión discreta del modelo de ajuste del precio de un bien en el mercado. En base a ello y haciendo uso de los siguientes datos para el modelo de la telaraña: D t = 5 − 3Pt siendo P0 = 4 S t = −2 + Pt −1

Se pide calcular:

1) La trayectoria temporal del precio 2) La tendencia del precio a largo plazo 3) La representación gráfica de la solución del modelo

(En. 2005) Solución.1) Igualando las expresiones de la oferta y de la demanda, se obtiene la ecuación en diferencias: 3Pt + Pt–1 = 7. La ecuación característica de la ecuación homogénea es 3 λ + 1 = 0 t

−1

− 1   − →λ= , luego la solución general de la ecuación homogénea es P t = C   ; por otra 3  3  parte, una solución particular de la ecuación completa se obtiene haciendo Pt = A → → 3A + A =

7 → A =

7 4

. Luego la solución general de la ecuación completa es

t

− 1  7 7 9  − Pt = C  de donde la trayectoria temporal  + . Para t = 0, se obtiene 4 = C + → C = 4 4  3  4 t 9  − 1  7 del precio es Pt =   + . 4  3  4 2) Haciendo que t → ∞, se obtiene que Pt →

7 4

3) 5

4

3

72 4 1

0

1

2

3

–1/6–

4

5

Ejercicios de ecuaciones en diferencias



2,.-

(Sep 05) 1) Igualando las expresiones de la oferta y de la demanda, se obtiene la ecuación en diferencias: 2Pt + 3Pt–1 = 120. La ecuación característica de la ecuación homogénea es 2 λ + 3 = t

−3

 − 3  0 → λ = , luego la solución general de la ecuación homogénea es Pt = C   ; por otra 2  2  parte, una solución particular de la ecuación completa se obtiene haciendo Pt = A → → 2A + 3A = 120 → A = 24. Luego la solución general de la ecuación completa es t  − 3  Pt = C   + 24, que es el valor de equilibrio del precio.  2  2) Puesto que −

3

> 1, el precio es inestable

2 3) Para t = 0, se obtiene 25 = k + 24 de donde la trayectoria temporal del precio es t

 − 3  Pt =   + 24 . Se tiene entonces: P(1) = 22,5; P(2) = 26,25; P(3) = 20,625; P(4) = 29,0625  2  3.-

(Sep 06)

Solución.3 2 El polinomio característico t + 3t + 3t + 1 tiene la raiz t = − 1, triple, luego la solución x x 2 x general de la ecuación homogénea es y1(x) = C1(−1) +C2x(−1) +C3x (−1) . Para buscar una solución particular de la ecuación completa, ensayaremos una solución x de la forma y 2(x) = k·6 . Se cumplirá pues: 1 x x x x x 216k6 + 108k6 + 18k6 + k6 = 6 ↔ k = 343 La solución general de la ecuación en diferencias es: 6x x x 2 x yx = y1(x) + y2(x) = C1(−1) +C2x(−1) +C3x (−1) + 343

–2/6–




4.-

(Sep 06 res) Solución.El polinomio característico t − 1 tiene las raíces 1, cos 3

La solución general es, por tanto: yx = C1 + C2cos

2π

2π 3 2π

+isen

2π 3

, cos

2π 3

−isen

2π 3

.

x + C3sen x. 3 3 Las únicas soluciones convergentes se obtienen cuando C2 = C3 = 0 5.- Resolver la siguiente ecuación en diferencias finitas: yx+2 – 2yx+1 + 2yx = x con las condiciones iniciales: y0 = 1, y 2 = 0 (En.-07-or) Solución.2

La ecuación característica r – 2r + 2 = 0 tiene las soluciones r 1 = y r 2 =

 

2  cos

 

2  cos

π

π  + isen  4 4 

π

π  − isen  . Por tanto la solución general de la ecuación homogénea será: 4 4  ( 2 )x   c1 cos π4x + c 2sen π4x   

Una solución particular de la completa será de la forma k 1 + k 2x. Sustituyendo en ñla ecuación dada: k 1 + k 2(x+2) – 2[k 1+k 2(x+1)] + 2(k 1 + k 2x) = x Identificando coeficientes se obtiene que k 1 = 0 y k 2 = 1. Así pues la solución general de la ecuación dada será: x  πx πx  yx = 2  c1 cos + c 2 sen  +x 4 4   Para las condiciones iniciales dadas se tiene: c1 = 1  c1 = 1   2  2π 2π   →  2  c1 cos + c 2 sen  + 2 = 0 c 2 = −1 4 4   

( )

( )

Así pues la solución que se pide es: yx =

( 2 )   cos π4x − sen π4x  +x x





–3/6–




6.- (Enero 2007. 2ª)

7.- (Feb 2008. 2ª)

=

Solución.2 La ecuación característica λ + 2λ + 2 = 0 tiene las soluciones λ = –1 ± i = 3π   3π 2  cos ± isen  . Luego la solución de la ecuación en diferencias: 4 4  

yx =

( 2 )   C cos 3π4x + C sen 3π4x  x



1

2



8.- (En 2009 1ª)

Solución.2 La ecuación característica r – 4r + 4 = 0 admite la solución r = 2, doble, luego la x x solución general de la ecuación homogénea es yx = C12 + C2x2 2 x Para la ecuación completa ensayaremos una solución particular del tipo yx=Ax 2 . Sustituyendo en la ecuación: 2 x+2 2 x+1 2 x x A(x + 2) 2 – 4A(x + 1) 2 + 4Ax 2 = 2 x Dividiendo los dos miembros por 2 , desarrollando y simplificando, queda: 1 8A = 1 ↔ A = 8 Luego la solución general de la ecuación propuesta es: 1 2 x x x yx = C12 + C2x2 + x 2 8 9.- (Feb 2009 2ª)

Solución.2 La ecuación característica r – 4r + 4 = 0 tiene la solución r = 2 doble. Luego la solución general de la ecuación homogénea es: x x yx = C12 + C2x2

–4/6–




Como solución particular de la ecuación completa ensayaremos una del tipo 2 x 2 x+1 2 x+2 yx = Ax 2 + B, de donde yx+1=A(x+1) 2 + B; yx+2=A(x+2) 2 + B. Sustituyendo en la ecuación: 2 x+2 2 x+1 2 x x A(x+2) 2 + B – 4A(x+1) 2 –4 B + 4Ax 2 + 4B = 2 + 1 simplificando, se obtiene: x x 8A2 + B = 2 + 1 1 de donde A = y B = 1. Así pues, la solución general de la ecuación completa es: 8 1 2 x x x yx = C12 + C2x2 + x 2 + 1 8 10.- (Sep 2009)

Solución.2 La ecuación característica λ – 4 = 0 tiene las soluciones 2 y –2, luego la solución x x general de la ecuación homogénea sería y1 = C1·2 + C2·(–2) . 2 Una solución particular de la ecuación homogénea tiene la forma y2 = Ax + Bx + C, 2 2 2 luego debe cumplirse que A(x+2) + B(x+2) + C – Ax – Bx – C = 2x + x – 5. Desarrollando y simplificando el primer miembro e identificando coeficientes, se obtiene el sistema: − 3A = 2  2 11 1  4A − 3B = 1  cuya solución es A = − ; B = − y C = − 3 9 27 4A + 2B − 3C = −5  Así pues la solución general de la ecuación propuesta es: x

x

yx = C1·2 + C2·(–2) −

2 3

2

x −

11 9

x−

1 27

11.- (Sep 2009 res)

Solución.2 La ecuación característica λ – 4λ + 4 = 0 tiene la solución 2 doble, luego la solución x x general de la ecuación homogénea sería yx = C1·2 + C2·x2 . x Una solución particular de la ecuación completa será de la forma yx = A·5 . 1 Sustituyendo en la ecuación y simplificando se obtiene que A = . Luego la solución general 3 1 x x x de la ecuación propuesta es: yx = C1·2 + C2·x2 + 5 3

–5/6–




Solución.3 La ecuación característica r + 3r2 + 3r + 1 = 0 admite la solución r = –1 (triple). Luego x x 2 x la solución general de la ecuación homogénea es yx = C1(–1) + C2x(–1) + C3x (–1) x Como solución particular de la ecuación completa ensayamos y = A·6 : 1 x x x x x 216A·6 + 108A·6 + 18A·6 + A·6 = 6 ↔ 343A = 1 ↔ A = 343 Luego la solución general de la ecuación completa es: 1 x x 2 x x yx = C1(–1) + C2x(–1) + C3x (–1) + ·6 343

Solución.2 La ecuación característica r − 1 = 0 tiene las soluciones r = ±1, luego la solución x general de la ecuación homogénea es yx = C1 + C2(−1) . 2 Como solución particular de la ecuación completa ensayamos yx = Ax + Bx. Sustituyendo en la ecuación: 1 2 2 A(x+2) + B(x+2) − Ax − Bx = 1 + x ↔ 4Ax + 4A + 2B = 1 + x , de donde A = , B = 0. 4 Luego la solución general de la ecuación es: 1 2 x yx = C1 + C2(−1) + x 4

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