Análisis Dinámico - Ecuaciones diferenciales no lineales de primer orden: la ecuación de Bernouilli

An ´alisis Din ´amico: Ecuaciones diferenciales

no lineales de primer orden: la ecuaci ´on de

Bernouilli

Universitat de Barcelona Mayo de 2017

Introducci ´on

Soluci ´on modelo general

Modo 1 Modo 2 Ejemplos Ejemplo 1 Ejemplo 2 Ejemplo 3 Ejemplo 4 Ejemplo 5

Ejemplos de aplicaci ´on econ ´omica

Introducci ´on

Las ecuaciones diferenciales ordinarias (EDO) deBernouilli,

las denotaremos

α0(x)y0+ α1(x)y = f (x)yr, (1)

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

N ´otese que,

si r = 0, tenemos la ecuaci ´on diferencial lineal α0(x)y0+ α1(x)y = f (x),

Si r = 1, tenemos la ecuaci ´on diferencial lineal

α0(x)y0+ α1(x)y = f (x)y,

simplificando

α0(x)y0+ (α1(x) − f (x)) y = 0.

i.e. la ecuaci ´on 2xy0+ 3x2y = 2xy1, simplificando

I ¿C ´omo distinguir los elementos de las ecuaciones?

α0(x)y0 + α1(x)y = f (x)yr,

I T ´ermino de primer orden

I T ´ermino de orden cero

I ¿C ´omo distinguir los elementos de las ecuaciones?

α0(x)y0 + α1(x)y = f (x)yr,

I T ´ermino de primer orden

I T ´ermino de orden cero

I ¿C ´omo distinguir los elementos de las ecuaciones?

α0(x)y0 + α1(x)y = f (x)yr,

I T ´ermino de primer orden

I T ´ermino de orden cero

I ¿C ´omo distinguir los elementos de las ecuaciones?

α0(x)y0 + α1(x)y = f (x)yr,

I T ´ermino de primer orden

I T ´ermino de orden cero

Soluci ´on de la ecuaci ´on

α0(x)y0+ α1(x)y = f (x)yr. (2)

Modo 1: Hacemos el cambio z = y(1−r).

Sabemos que y = z 1 1 − r , y0 ₌ 1 1 − rz 1 1 − r−1_z0₌ z r 1 − r 1 − r z 0_. Sustituyendo en (2) resulta α0(x) z r 1 − r 1 − r z 0_{+ α} 1(x)z 1 1 − r = f(x)z r 1 − r .

Simplificando

α0(x)

1 − rz

0_{+ α1(x)z = f (x).}

Volviendo a simplificar, obtenemos z0+α1(x)(1 − r)

α0(x) z =

f (x)(1 − r)

α0(x) .

Resultando una ecuaci ´on diferencial lineal de primer orden que se resuelve por el m ´etodo estudiado.

Modo 2: Hacemos

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

y derivamos

y0 = u0v + uv0. Sustituimos en la ecuaci ´on (2) resultando

α0(x)u0v + α0(x)uv0+ α1(x)uv = f (x) (uv)r Reordenando

Para determinar la funci ´on u exigimos que α0(x)u0+ α1(x)u = 0, de donde u0 u = − α1(x) α0(x) . Resolviendo, tenemos que

u(x) = e

−R α1(x)

α0(x) dx

Sustituyendo (5) en (4) y reordenando obtenemos v0

vr =

f (x)ur

α0(x)u.

Que es una ecuaci ´on de variables separables y su soluci ´on es v1−r 1 − r = Z f (x)ur α0(x)u dx, reordenando v(x) =  (1 − r) Z f (x)ur α0(x)u dx _1−r1 .

La soluci ´on general ser ´a y(x) = e −R α1(x) α0(x)dx_{(1 − r)}Z f (x)ur α0(x)u dx  1 1−r con u(x) = e −R α1(x) α0(x) dx .

Ejemplo 1

Hallar la soluci ´on general de 3(1 + x2)dy

dx = 2xy(y

3_{− 1).}

Simplificamos y reordenamos los t ´erminos

y0+ 2x

3(1 + x2₎y = 2x 3(1 + x2₎y

4_.

Para su resoluci ´on aplicaremos el cambio de variable: z = y−3.

El cambio implica dz

dx = z

0

= −3y−4y0, por tanto, −1

3 z

0

= y−4y0.

Para resolver, multiplicamos la ecuaci ´on por y−4 resultando la

expresi ´on y−4y0+ 2x 3(1 + x2₎y −3 = 2x 3(1 + x2₎, en la que aplicamos el cambio.

Se trata de resolver la ecuaci ´on lineal

z0− 2x

1 + x2z = −

2x 1 + x2. La ecuaci ´on homog ´enea asociada es

z0− 2x

1 + x2z = 0. La soluci ´on de la homog ´enea es

Proponemos como soluci ´on particular z (x) = C (x) (1 + x2). Derivamos y obtenemos

z0 = 2xC (x) + (1 + x2)C0(x) .

Sustituimos z y z0en la ecuaci ´on completa

2xC (x) + (1 + x2)C0(x) − 2x

1 + x2C (x) (1 + x

2_{) = −} 2x

Simplificamos y resolvemos la ecuaci ´on diferencial resultante

C0(x) = −2x

(1 + x2₎2, C (x) = (1 + x2)−1. Por tanto, la soluci ´on particular es

zp = 1.

La soluci ´on completa es

Deshacemos el cambio de variable, que era z = y−3, y obtenemos como soluci ´on

y−3= C(1 + x2) + 1, finalmente

y = 1

3

Ejemplo 2

Hallar la soluci ´on general de 2dy dx = y x − x y2, con y(1) = 1.

Operamos y reordenamos los t ´erminos

y0− 1

2xy =

x 2y

−2_.

Para su resoluci ´on aplicaremos el cambio de variable: z = y3. El cambio implica dz dx = z 0 _{= 3y}2_y0_{, por tanto,} 1 3z 0 _{= y}2_y0_.

Para resolver, multiplicamos la ecuaci ´on por y2 resultando la

expresi ´on

y2y0+ 1 2xy

3₌ −x

2 .

Se trata de resolver la ecuaci ´on lineal

z0− 3

2xz = −

3x 2 . La ecuaci ´on homog ´enea asociada es

z0− 3

2xz = 0.

La soluci ´on de la homog ´enea es

zh = Cx

3 2 .

Proponemos como soluci ´on particular z (x) = C (x) x 3 2 . Derivamos y obtenemos z0 = C (x)3 2x 1 2 + C0(x) x 3 2 .

Sustituimos z y z0en la ecuaci ´on completa

C (x)3x 1 2 + C0_{(x) x} 3 2 − 3 Cx 3 2 = −3x.

Simplificamos y resolvemos la ecuaci ´on diferencial resultante C0(x) = −3 2x −1 2 , C (x) = −3x 1 2 . Por tanto, la soluci ´on particular es

zp = −3x2. La soluci ´on completa es

z = z + z = Cx

3

Deshacemos el cambio de variable, que era z = y3, y obtenemos como soluci ´on

y3 = Cx 3 2 − 3x2_, finalmente y = 3 r Cx 3 2 − 3x2_.

Si aplicamos la condici ´on y(1) = 1 obtenemos: y(1) = 3 s C(1) 3 2 − 3(1)2₌√3 C − 3 = 1, d ´andonos C = 4. Por tanto, la soluci ´on es

y = 3 r 4x 3 2 − 3x2_.

Ejemplo 3

Resolver la ecuaci ´on diferencial

y 1 2dy dx+ y 3 2 = 1, con y(0) = 4.

Operamos y reordenamos los t ´erminos

y0+ y = y− 1 2 .

Para su resoluci ´on aplicaremos el cambio de variable: z = y 3 2 . El cambio implica dz dx = z 0 ₌ 3 2 y 1 2_y0_{, por tanto,} 3 2z 0 _{= y} 1 2_y0_.

Para resolver, multiplicamos la ecuaci ´on por y 1 2 resultando la expresi ´on y 1 2 y0+ y 3 2 = 1. en la que aplicamos el cambio.

Se trata de resolver la ecuaci ´on lineal z0+3

2z =

3 2. La ecuaci ´on homog ´enea asociada es

z0+3 2z = 0. La soluci ´on de la homog ´enea es

zh= Ce−

3x 2 .

Proponemos como soluci ´on particular z (x) = C (x) e− 3x 2 . Derivamos y obtenemos z0= C0(x) e− 3x 2 + C (x) (−3 2 )e −3x 2 .

Sustituimos z y z0en la ecuaci ´on completa

C0(x) e− 3x 2 + C (x) (−3 2 )e −3x 2 + 3 2C (x) e −3x 2 = 3 2.

C0(x) = 3 2e 3x 2 , C (x) = e 3x 2 . Por tanto, la soluci ´on particular es

zp = 1.

La soluci ´on completa es

Deshacemos el cambio de variable, que era z = y 3 2 , y obtenemos como soluci ´on

y 3 2 = Ce− 3x 2 + 1, despejando y = (Ce− 3x 2 + 1) 2 3 .

Si aplicamos la condici ´on y(0) = 4 obtenemos: y(0) = (Ce− 0 2 + 1) 2 3 = 4, luego C = 7. Por tanto, la soluci ´on es

y = (7e−

3x 2 + 1)

2 3 .

Ejemplo 4

Hallar la soluci ´on general de

e−x(y0− y) = y2.

Para su resoluci ´on aplicaremos el cambio de variable: z = y−1.

El cambio implica dz

dx = z

0 _{= −y}−2_y0_{, por tanto, −z}0 _{= y}−2_y0_.

Para resolver, multiplicamos la ecuaci ´on por y−2 resultando la

expresi ´on

y−2y0− y−1= ex., en la que aplicamos el cambio.

Se trata de resolver la ecuaci ´on lineal z0+ z = −ex. La ecuaci ´on homog ´enea asociada es

z0+ z = 0. La soluci ´on de la homog ´enea es

Proponemos como soluci ´on particular z (x) = C (x) e−x. Derivamos y obtenemos

z0 = C0(x) e−x− C (x) e−x.

Sustituimos z y z0en la ecuaci ´on completa

Simplificamos y resolvemos la ecuaci ´on diferencial resultante C0(x) = −e2x, luego C (x) = −1 2e 2x_.

Por tanto, la soluci ´on particular es

zp = −1

2e x_.

La soluci ´on completa es

z = zh+ zp = Ce−x−

1 2e

Deshacemos el cambio de variable, que era z = y−1, y obtenemos como soluci ´on

y−1 = Ce−x−1 2e x_, y, de aqu´ı y = (Ce−x−1 2e x₎−1_.

Ejemplo 5

Resolver la ecuaci ´on diferencial

y2dx + (xy − x3)dy = 0. Operamos y reordenamos los t ´erminos

y2dx dy + (xy − x 3_{) = 0,} y2x0+ yx = x3, x0+1 yx = 1 y2x 3_.

Para su resoluci ´on aplicaremos el cambio de variable: w = x−2. El cambio implica dw dy = w 0_{= −2x}−3_x0_{, por tanto,} −1 2w 0 _{= x}−3_x0_.

Para resolver, multiplicamos la ecuaci ´on por x−3 resultando la

expresi ´on x−3x0+1 yx −2 = 1 y2,

Se trata de resolver la ecuaci ´on lineal w0−2

yw = −

2 y2. La ecuaci ´on homog ´enea asociada es

w0− 2

yw = 0.

La soluci ´on de la homog ´enea es

Proponemos como soluci ´on particular w (y) = C (y) y2. Derivamos y obtenemos

w0 = C0(y) y2+ C (y) 2y.

Sustituimos w y w0 en la ecuaci ´on completa

C0(y) y2+ C (y) 2y − 2 yC (y) y

2_{= −} 2

Simplificamos y resolvemos la ecuaci ´on diferencial resultante C0(y) = −2y−4, luego C (y) = 2 3y −3 . Por tanto, la soluci ´on particular es

wp =

2 3y. La soluci ´on completa es

w = wh+ wp= Cy2+

2 3y.

Deshacemos el cambio de variable, que era w = x−2, y obtenemos como soluci ´on

x−2= Cy2+ 2 3y, por tanto x = (Cy2+ 2 3y) −1 2 .

Ejemplo 1

El modelo Solow considera, en el sentido macro, que la producci ´on (Q), el capital (K) y la mano de obra (L) se combinan te ´oricamente 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

La funci ´on de producci ´on f (K, L) se considera homog ´enea de grado 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 L y Φ (r) = f  K L, 1  para simplificar.

Las hip ´otesis de Solow son dK

dt = sQ, (8)

donde s es constante llamada propensi ´on marginal al ahorro. dL

dt = λL λ > 0, (9)

Si (9) la vemos como

dL dt

L = λ,

nos indica que la fuerza laboral crece exponencialmente.

Vamos a construir el modelo completo a partir de las ecuaciones (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 ecuaci ´on obtenemos

dK

dt = L

dr

Igualamos (10) y (11), sLΦ (r) = Ldr dt + λLr, simplificando L, sΦ (r) = dr dt + λr, reordenando, dr dt + λr = sΦ (r) . (12)

Recordando la notaci ´on de clase para las EDO esta ecuaci ´on se puede escribir al hacer r = y y t = x como

Si consideramos la funci ´on de producci ´on 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 = sr

Resolvemos la ecuaci ´on haciendo el cambio r = uv. Derivamos el cambio y sustituimos en la ecuaci ´on (14) resultando u0v + v0u + λuv = suαvα. Simplificando u0+ λu
v + v0u = suαvα. Resolvemos u0+ λu = 0, Resultando u(x) = e−λt. Sustituyendo en la ecuaci ´on y reordenando

v−αv0= se(1−α)λt, integrando Z v−αdv = s Z 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 !_1−α1

y la soluci ´on generale es

r(t) = e−λt se

(1−α)λt + C

!_1−α1

Si consideramos la condici ´on inicial de que ro es el capital per capita para t = 0 ¿Cu ´al es la soluci ´on?

Si en (15) sustituimos t = 0 resulta r(0) = r0 = s λ+ C1  1 1−α .

Despejando C1 y sustituyendo en la soluci ´on general

C1 = r01−α− s λ.

Finalmente obtenemos la soluci ´on del problema

r(t) = e−λt se (1−α)λt λ + r 1−α 0 − s λ !_1−α1 .

Calculamos la expresi ´on resultante cuando t → ∞: s

λ _1−α1

.

Obtenemos que el equilibrio var´ıa directamente con la propensi ´on marginal al ahorro e inversamente con la tasa de crecimiento de la mano de obra λ.

Ejemplo num ´erico

Funci ´on de producci ´on de Cobb-Douglas:

Q = L K

L α

= Lrα (r = K

L). Las hip ´otesis del problema son:

(a) λ = 0.1 como tasa de crecimiento de la poblaci ´on. (b) s = 0.15 como tasa de ahorro.

Sustituimos los valores dados en la ecuaci ´on (14): dr

dt + 0.1r = 0.15r

0.3_.

Observamos que es una ecuaci ´on de Bernoulli en r. Para su resoluci ´on aplicaremos el cambio de variable:

El cambio implica dz dt = z 0 = 0.7r−0.3r0, por tanto, 1 0.7z 0 _{= r}−0.3_r0_.

Para resolver, multiplicamos la ecuaci ´on por r−0.3resultando la

expresi ´on

r−0.3r0+ 0.1r0.7= 0.15, en la que aplicamos el cambio.

Se trata de resolver la ecuaci ´on lineal

z0+ 0.07z = 0.105.

La ecuaci ´on homog ´enea asociada es z0+ 0.07z = 0. La soluci ´on de la homog ´enea es

Proponemos como soluci ´on particular z (t) = C (t) e−0.07t. Derivamos y obtenemos

z0 = C0(t) e−0.07t− 0.07C (t) e−0.07t.

Sustituimos z y z0en la ecuaci ´on completa

Simplificamos y resolvemos la ecuaci ´on diferencial resultante C0(t) = 0.105e0.07t, luego C (t) =0.105 0.07 e 0.07t_.

Por tanto, la soluci ´on particular es zp= 1.5. La soluci ´on completa es

Deshacemos el cambio de variable, que era z = r0.7, y obtenemos como soluci ´on

r0.7= Ce−0.07t+ 1.5, por tanto

r (t) = (Ce−0.07t+ 1.5) 1 0.7 .

Calculamos la expresi ´on en el equilibrio (cuando t → ∞): re= (1.5)0.71 _.