Pauta - Docencia DIM-UChile

Universidad de Chile
Facultad de Ciencias Físicas y Matemáticas
Departamento de Ingeniería Matemática
Semestre de Otoño 2016
MA2601: Ecuaciones Diferenciales Ordinarias
Pauta Control 1
Profesores: Cristóbal Bertoglio B. - Cristóbal Quiñinao M.
Gino Montecinos G. - Héctor Olivero Q. - Salome Martinez S.
30 de Marzo de 2016
Tiempo: 3:00 horas.
Problema 1
1. [Modelo de Solow] Sea X(t) el producto nacional, K(t) el stock de capital, y L(t) la
cantidad de trabajadores en un país en el instante t. Suponga que para todo t ≥ 0 se
tiene que
X(t) = AK(t)1−α L(t)α , K 0 (t) = sX(t), L(t) = L0 eλt ,
donde A, α, s, L0 y λ son todas constantes positivas, con 0 < α < 1.
a) [1.5 pts] Muestre que K(t) es solución de
K 0 (t) = sALα0 eαλt K(t)1−α .
(1)
Resuelva (1) para K(0) = K0 > 0.
R. Reemplazamos las expresiones para X y L para obtener
K 0 (t) = sX(t) = sAL(t)α K(t)1−α = sALα0 eαλt K(t)1−α ,
que resulta una ecuación de variables separables. De hecho, tomando f (t) =
sALα0 eαλt y g(K) = K 1−α nos queda
K 0 (t) = f (t)g(K(t)),
luego basta calcular las integrales respectivas. Para la variable independiente t
hacemos
Z
Z
sALα0 αλt
e ,
f (t) dt = sALα0 eαλt dt = C +
αλ
con C ∈ R una constante genérica. Para la dependiente K nos queda
Z
Z
dK
= K α−1 dK = α−1 K α .
g(K)
1
Concluimos que la solución general de la ecuación (1) es
sALα0 αλt 1/α
1/α
K(t) = α
C+
e
.
αλ
Finalmente, usando la condición inicial
sALα0 K(0)α = K0α = α C +
αλ
⇒
C=
K0α sALα0
−
,
α
αλ
o equivalentemente
K(t) =
K0α
1/α
sALα0 αλt
+
(e − 1)
λ
b) [0.5 pts] Muestre que K(t)/L(t) tiende a (sA/λ)1/α cuando t → ∞.
R. Tenemos que
1/α
1/α
sALα0 αλt
sALα0
K(t)
−1 −λt
α
−1
α −αλt
−αλt
= L0 e
K0 +
(e −1)
= L 0 K0 e
+
(1−e
)
,
L(t)
λ
λ
tomando el límite queda que
K(t) t→∞ −1 sALα0 1/α sA 1/α
−−−→ L0
=
.
L(t)
λ
λ
2. [Modelo de Crecimiento Económico] Considere el siguiente modelo de crecimiento
económico en un país en desarrollo:
X(t) = σK(t),
K 0 (t) = αX(t) + H(t),
N (t) = N0 eρt ,
(2)
donde X(t) representa el producto nacional, K(t) el stock de capital, H es el flujo
de capitales externos y N (t) es el tamaño de la población. La constante σ representa
la producción de capital media, α la tasa de ahorro y ρ la tasa de crecimiento de la
población.
a) [0.5 pts] Interprete cada una de las ecuaciones del modelo. Para ello primero
describa como varía el número de individuos en función de ρ. Explique el rol de σ
en la fórmula de X(t). Finalmente, describa a qué corresponden cada uno de los
sumandos en la ecuación para K(t).
R.
Tenemos que N (t) es un simple modelo de crecimiento exponencial con tasa
de crecimiento ρ. Si ρ > 0 entonces el número de individuos aumenta exponencialmente, sino, la población disminuye asintóticamente a 0.
Segundo, notamos que la fórmula para X(t) nos dice que el producto nacional
es σ veces el stock de capital: mayor capital implica mayor producción interna.
Finalmente, la ecuación para K(t) nos dice que la tasa de crecimiento del
stock de capital es la suma entre una parte α del producto nacional X(t) y
un flujo externo de capitales H(t).
2
b) [1.5 pts] De ahora en adelante asuma que H(t) = H0 eµt , con H0 , µ constantes
positivas. Encuentre la solución de la ecuación diferencial para K(t) en el caso que
K(0) = K0 > 0 y αρ 6= µ.
R. Simplemente reemplazamos las expresiones dadas para X(t) y H(t) para obtener
K 0 (t) = αX(t) + H(t) = ασK(t) + H0 eµt ,
re-acomodando términos llegamos fácilmente a la ecuación dada. Para la resolución, notamos que basta calcular el factor integrante
µ(x) = e−
R
ασt
= e−ασt ,
con lo que la solución es directamente
Z
H0 eµt
ασt
ασt
,
K(t) = Ce + H0 e
e(µ−ασ)t dt = Ceασt +
µ − ασ
notemos que aquí hemos usado que µ 6= ασ. Usando la condición inicial nos queda
C = K0 −
H0
µ − ασ
⇒
K(t) = K0 eασt +
H0
eµt − eασt .
µ − ασ
c) [1.0 pts] Se define el producto nacional per cápita por x(t) = X(t)/N (t).Muestre
que para cualquier tiempo positivo t > 0, x(t) es siempre mayor a x(0)e(ασ−ρ)t .
R. Simplemente dividimos la solución de la parte anterior por la fórmula para
L(t) para obtener
x(t) =
σH0
X0
X(t)
= σ e(ασ−ρ)t +
e−ρt eµt − eασt ,
N (t)
N0
N0 (µ − ασ)
re-acomodando los términos y notando que x(0) = σX0 /N0 , se llega a
σ H
0 (ασ−ρ)t (µ−ασ)t
e
e
−1 .
x(t) = x(0)e(ασ−ρ)t +
µ − ασ N0
Para la conclusión tenemos que
Si ασ > µ, entonces la constante σ/(ασ − µ) es positiva y por lo tanto
e(µ−ασ)t < 1 para cualquier tiempo positivo t > 0.
Si ασ < µ, entonces la constante σ/(ασ − µ) es negativa, pero a la vez
e(µ−ασ)t > 1 para cualquier tiempo positivo t > 0, y la multiplicación de
ambas es mayor a 0.
d ) [1.0 pts] A partir de x(t) = X(t)/N (t), encuentre la EDO que satisface x(t).
Asumiendo que ασ < ρ, pruebe que si µ > ασ, entonces existe T > 0 tal que
x0 (t) > 0 para todo t > T .
R. Para responder esta pregunta necesitamos saber que ecuación cumple x(t).
Tenemos que
N (t)2 x0 (t) = σK 0 (t)N (t) − σK(t)N 0 (t) = σ(αX(t) + H(t))N (t) − ρσK(t)N (t),
3
dividiendo por N (t) queda
N (t)x0 (t) = σ(αX(t) + H(t)) − ρσK(t),
es decir
x0 (t) = (ασ − ρ)x(t) + σH(t)N (t)−1 = (ασ − ρ)x(t) + σ
H0 (µ−ρ)t
e
.
N0
Ahora crecimiento sostenido significa que x0 (t) es positiva para t > 0 suficientemente grande, lo cual es equivalente a pedir que
x0 (t) > 0
⇔
σ
H0 (µ−ρ)t
e
> (ρ − ασ)x(t),
N0
y usando la parte anterior x(t) > x(0)e(ασ−ρ)t , obtenemos que
σ
H0 (µ−ρ)t
e
> (ρ − ασ)x(t) > (ρ − ασ)x(0)e(ασ−ρ)t
N0
⇒
eµt >
K0
(ρ − ασ)eασt ,
H0
la condición necesaria es que µ > ασ.
Problema 2
1. [2.0 pts] Encuentre dos soluciones distintas al problema de valor inicial
y 0 = y 1/3 ,
y(0) = 0.
¿Por qué esto no contradice el Teorema de Existencia y Unicidad Global?
R. Notamos que tanto y(t) ≡ 0 es solución, como

si x ≤ 0,

0,
3/2
y=
2

 x
, si x > 0,
3
son soluciones del problema planteado. Esto no contradice el TEU porque la función
y 1/3 no es localmente Lipchitz en 0.
2. Considere
y 0 = |y − 1|.
y(x0 ) = y0 .
(3)
a) [1.0 pts] Pruebe que (3) tiene solución global única para toda condición inicial
(x0 , y0 ).
4
R. En este caso, y 0 = f (x, y) con f (x, y) = |y − 1|. Es claro que f es continua con
respecto a su primera variable. Solo resta probar que es Lipschitz con respecto a
la segunda variable. Para ello notemos que
|f (x, y) − f (x, z)| = ||y − 1| − |z − 1||
≤ |(y − 1) − (z − 1)|
= |y − z|.
donde la desigualdad es una consecuencia de la desigualdad triangular. Luego,
como f es continua con respecto a la primera variable y globalmente Lipschitz con
respecto a la segunda, se sigue que el problema (3) tiene solución única para toda
condición inicial.
b) [1.5 pts] Haga un análisis cualitativo de (3) que le permita hacer un gráfico
aproximado de las soluciones. Note que hay una solución constante trivial.
R. Primero notemos que hay una solución constante y(x) = 1, luego toda solución
tiene como asíntota horizontal a y = 1. Después, notemos que para toda solución
no constante, y 0 es estrictamente positiva y luego y es estrictamente creciente, así
las soluciones mayores que 1 tendrán una asíntota horizontal cuando x → −∞,
mientras que las soluciones menores que 1 tendrán una asíntota horizontal cuando
x → ∞. Con todo lo anterior se puede construir el gráfico de la Figura 1.
5
2,5
-10
-7,5
-5
-2,5
0
2,5
5
7,5
10
-2,5
-5
Figura 1: Gráfico aproximado de las soluciones de (3)
c) [0.5 pts] Usando la unicidad de las soluciones, argumente que para una solución
de (3) el signo de y − 1 es constante.
R. Como se vio en la parte anterior tenemos tres tipos de soluciones, las mayores
que 1, la igual a 1 y las menores que 1. El signo de y − 1 no puede cambiar pues
significaría que una solución mayor o menor que 1 se intersecta con la solución
constante igual a 1, lo que no puede ocurrir ya que contradice al Teorema de
Existencia y Unicidad.
5
d ) [1.0 pts] Encuentre la solución particular para (3) para los casos y0 > 1, y0 < 1
e y0 = 1.
R. Como (y−1) no cambia de signo, cuando la condición inicial y0 > 1, la ecuación
(3) equivale a
y0 = y − 1
y(x0 ) = y0 ,
que tiene por solución general a y+ (x) = 1 + (y0 − 1)ex .
En caso de que y0 < 1, la ecuación (3) equivale a
y0 = 1 − y
y(x0 ) = y0 > 1,
que tiene por solución general y− (x) = 1 + (y0 − 1)e−x .
Finalmente, si y0 = 1, la ecuación tiene por solución y(x) ≡ 0.
Problema 3
Considere el problema de Cauchy para y(t) ∈ C 1 (R+ )
y 0 (t) = f (t, y(t)), t > 0, y(0) = y0
(4)
donde f : R+ × R → R es continua con respecto a t y globalmente Lipschitz en y para todo
t ∈ R, e y0 es una condición inicial dada.
Queremos formular y estudiar un nuevo método numérico, conocido como el método de
Romberg de un paso, que permite encontrar un conjunto de aproximaciones {y0 , y1 , . . . , yN }
de la solución y(t) de (4) en un conjunto de tiempos discretos {t0 , t1 , . . . , tN }, respectivamente,
con t0 = 0 y paso de discretización tn+1 − tn = h > 0 para todo n = 0, . . . , N − 1. El método
está definido en base a la aproximación de la integral de f (t, y(t)) en cada intervalo [tn , tn+1 ]
a partir de la suma de las integrales entre [tn , (tn + tn+1 )/2] y [(tn + tn+1 )/2, tn+1 ], cada una
aproximada por la regla del trapecio (Ver Figura 2).
1. [0.5 pt] Muestre que la formula matemática para el método numérico propuesto en
términos de las soluciones aproximadas yn , yn+1 , del paso de discretización h, los tiempos
tn , tn+1 y la función f es
h
h
h
yn+1 = yn + f (tn , yn ) + f (tn+1/2 , yn+1/2 ) + f (tn+1 , yn+1 )
4
2
4
asumiendo que y((1 − θ)tn + θtn+1 )) se puede discretizar como (1 − θ)yn + θyn+1 para
0 ≤ θ ≤ 1.
def
R. Definiendo yn+1/2 = (yn + yn+1 )/2 (análogamente para tn+1/2 ) y usando la regla del
trapecio para cada tramo de largo h/2 el esquema resulta
h f (tn , yn ) + f (tn+1/2 , yn+1/2 )
2
2
h f (tn+1/2 , yn+1/2 ) + f (tn+1 , yn+1 )
+
2
2
h
h
h
= yn + f (tn , yn ) + f (tn+1/2 , yn+1/2 ) + f (tn+1 , yn+1 )
4
2
4
yn+1 = yn +
yn+1
6
Figura 2: Regla de Romberg: El intervalo [t, t + h] se divide en dos y en cada uno de ellos el
área bajo la curva se aproxima por un trapecio.
2. [1 pt] A partir de ahora asuma que f (t, y(t)) = −a · y(t), con la constante a dada.
Encuentre la constante g, tal que yn+1 = g · yn , y encuentre una expresión para yn en
función de y0 .
R. Si f (tn , yn ) = −ayn el esquema resulta en
1
1
1
yn+1 = yn − ah( yn + yn+1/2 + yn+1 )
4
2
4
1
1
yn+1 = yn − ah( yn + yn+1 )
2
2
(2 + ah)yn+1 = (2 − ah)yn
2 − ah
2 − ah
yn+1 =
yn ⇒ g =
2 + ah
2 + ah
3. [1 pt] Asuma a > 0. Determine el que condición se debe imponer sobre el paso de
discretización h para que |yn | < |y0 |, para todo n.
R. Notar que yn+1 = (g)n+1 y0 , por lo tanto para que |yn+1 | < |y0 | se cumpla, se necesita
|g| < 1. En efecto, escribiendo explícitamente |g| < 1 se obtiene |2 − ah| < 2 + ah, lo
cual es cierto para cualquier h > 0 dado que a > 0.
4. [1 pt] Determine usando el mismo método numérico la aproximación de y(t = h)
asumiendo una paso de discretización del método de h/2.
R. Para obtener una aproximación de y(t = h) con el mismo método numérico pero
con la mitad del paso de discretización, debemos realizar dos iteraciones pero con paso
h/2. Usando la misma función g obtenida anteriormente obtenemos
y(t = h) ≈
7
2 − ah/2
2 + ah/2
2
y0
5. [0.5 pt] Calcule la solución analítica en t = h.
R. Sabemos que la solución analítica es y(t) = y0 exp(−at), por lo tanto y(h) =
y0 exp(−ah).
6. [1 pt] Asumiendo ahora que a < 0. Para el producto ah = −1, ¿qué solución numérica
aproxima mejor la solución analítica, la obtenida con un paso igual a h o la obtenida con un paso igual a h/2? Verifique numéricamente. Explique su resultado. Hint:
exp(1) ≈ 2,718.
R. Si ah = −1, y(h) = y0 exp(1). La solución de la pregunta 2 resulta 3y0 , mientras
que en la pregunta 4 resulta y0 (5/2)2 /(3/2)2 = y0 (25/9). Fácilmente se puede ver que
(25/9 = 2.7̄ está más cerca de exp(1) ≈ 2,718 que 3, por lo tanto la solución obtenida
en la pregunta 4 es una mejor aproximación, lo que es esperable pues en general, el
error aproximación de los métodos numéricos disminuye con h.
7. [1 pt] Usando un método de Euler progresivo con pasos de discretización h y h/2,
calcule la aproximación de y(t = h) para ah = −1 y compare el error de ambas
soluciones aproximadas con respecto a la solución analítica. ¿Cómo se compara este
error con el obtenido con el método de Romberg de un paso?
R. El método de Euler progresivo en este caso se define como yn+1 = yn − ahyn , por
lo que para ah = −1 tenemos que yn = (1 − ah)n y0 . Las aproximaciones para y(t = h)
con h y h/2 resultan entonces (1 − ah)1 y0 = 2y0 y (1 − ah/2)2 y0 = (3/2)2 y0 = 2,25y0 ,
respectivamente.
Vemos que el metodo de Euler progresivo es menos preciso que el método de Romberg
de un paso.
8