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DEPARTAMENTO DE ECONOM´IA APLICADA I

UNIVERSIDAD DE SEVILLA

BOLETINES DE PROBLEMAS DE MATEM ATICAS II´

GRADO EN ECONOM´IA

Y

GRADO EN ECONOM´IA y DERECHO

SEGUNDO CURSO

INTEGRALES IMPROPIAS.

1. Utilizando las propiedades de las integrales impropias de primera especie, demostrar que las siguientes integrales son convergentes y resoverlas: (1:1)

∫ (^) + 1 0 e

x (^) sen x dx (1:2)^ ∫^1 1^ x e

x (^) dx (1:3)^ ∫^ +^1 0

ex e2x^ + 1 dx Soluci´on (1.1) Dado que jsen xj  1 ) jexsen xj  ex. Por tanto, (^1) ∫ 0 jexsen xj dx  (^1) ∫ 0 ex^ dx = 1. luego es absolutamente convergente y por tanto convergente. ∫ (^) ex (^) sen xdx = 1 2 ex^ (cos x+sen x). Luego aplicando la definici´on de integral impropia,^

∫ (^1) 0 ex^ sen xdx^ = limx!1[ 12 ex^ (cos x + sen x)] [ 12 e^0 (cos(0) + sen(0))] = (^12) (1.2) Hacemos un cambio de variable para conseguir que el integrando sea positivo: x = t ) dx = dt ) ∫^ 1^1 xexdx = ∫^1 ^1 tetdt = ∫^ ^11 tetdt ∫ (^1) 0 tetdt.^ Por paso al l´ımite^ tlim!1^ te t e^ t^2

= (^) tlim!1^ t et^2

= (^) tlim!1 11 2 e 2 t^ = 0 (Usando la regla de L’Hˆopital). Como es una mayorante convergente, la integral dada tambi´en lo es. ∫ (^) x ex (^) dx = ex (^) (x 1). Por otro lado ∫ (^1) 1 x ex^ dx^ =^

∫ (^0) 1 x ex^ dx^ +^

∫ (^1) 0 x ex^ dx.^ Luego aplicando la definici´on de integral impropia, a la primera integral ∫^ 1^0 x ex^ dx = e^0 (0 1) limx!1[x ex^ ] = 1. La segunda integral es de Rieman y su valor es 1. (1.3) e^2 x^ + 1 > e^2 x^ > 0, por lo que (^) e 2 exx+1 < (^) ee 2 xx = ex. Como ex^ es una mayorante convergente, la integral dada tambi´en es convergente. Realizando el cambio de variable t = ex^ la soluci´on es arctg(ex) con lo que el valor de la integral impropia es π 4.

2. Estudiar la convergencia de las siguientes integrales impropias de primera especie:

(2:1)

∫ (^) + 1 1

2ex^ + 1 dx^ (2:2)

∫ (^) + 1 1

x x^3 + 2 dx^ (2:3)

∫ (^) + 1 1

x^3 e2x^ + 1 dx^ (2:4)

∫ (^) + 1 2 p^ x x^4 + 1 dx

(2:5)

∫ (^) + 1 1

sen x x^2 dx^ (2:6)

∫ (^) + 1

x^2 + 1 dx^ (2:7)

∫ (^) + 1 1^ x

(^3) dx Soluci´on (2.1) 2ex^ + 1 > 2 ex^ > 0 ) (^2) ex^1 +1 < (^21) ex = e 2 x. Como e 2 x es una mayorante convergente, la integral dada tambi´en es convergente. (2.2) Para x  1, tenemos que x^3 + 2 > x^3  1 ) (^) x 3 x+2 < (^) xx 3 = (^) x^12. Como x tiene exponente mayor que 1 tenemos una mayorante convergente y por tanto la integral inicial es convergente. (2.3) e^2 x^ + 1 > e^2 x^ > 0 ) (^) e 2 xx^3 +1 < (^) ex 23 x = x^3 e^2 x. Como x^3 e^2 x^ es una mayorante convergente la integral dada es convergente. (¿ Porqu´e? ). Razonarlo. (Indicaci´on: comparar x^3 e^2 x^ con ex aplicando l´ımites)

2. Si una minorante es divergente, la integral dada tambi´en. (4.2) Como sen xx! 1 cuando x! 0 y el resto del integrando queda (^) x^13 cuya integral es divergente (exponente mayor que uno), usamos el criterio de comparaci´on por paso al l´ımite: xlim! 0 +

sen xx 4 x^13 =^ xlim!^0 +

sen x x = 1. Tienen pues el mismo car´acter y la integral es divergente. (4.3) Para x 2 [1; 2); (^) (2xx) 2  (^) (2^1 x) 2 , cuya integral es divergente pues el exponente es mayor que uno. Por tanto, la integral impropia inicial es divergente. (4.4) Para x 2 (0; 1]; x^2 + x > x > 0 ) px^2 + x > px ) px^12 +x < p^1 x , cuya integral es convergente por tener un exponente menor que 1. Por el criterio de comparaci´on la integral inicial tambi´en es convergente.

5. Estudiar la convergencia de las siguientes integrales impropias:

(5:1)

∫ (^) + 1 0 +

e px x dx^ (5:2)

∫ (^) + 1 2 +

px 2 x^2 4 dx^ (5:3)

∫ (^) + 1 1 +

xpx^2 1 dx

(5:4)

∫ (^1) 0 +

sen( (^1) x ) p (^3) x dx (5:5)

∫ (^1) 0 +^ sen

x

) dx (5:6)

∫ (^) + 1 0 + p^ x + 1 x^5 + 16x dx Soluci´on (5.1) ∫^0 ++^1 e^ pxx dx es impropia de tercera especie y la descomponemos en suma de dos integrales de segunda y primera especie, respectivamente: ∫^0 ++^1 e^ pxx dx = ∫^01 + e^ pxx dx + ∫^1 + 1 e^ pxx dx. Usamos ahora el criterio de comparaci´on dos veces: Para x 2 (0; 1]; ex^ < 1 ) e^ pxx < p^1 x , convergente por exponente menor que uno. Para x  1 px  1 ) e^ pxx  ex, cuya integral impropia de primera especie es convergente. (5.2)∫^2 ++^1

px 2 x^2 4 dx^ =^

∫ (^4) 2 +

px 2 x^2 4 dx^ +^

∫ (^) + 1 4

px 2 x^2 4 dx. Hemos descompuesto la integral impropia de tercera especie en suma de dos integrales de segunda y primera especie, respectivamente. p x^2 x 42 =(x+2)(^ pxx^2 2) =^1 (x+2)px 2 <^ px^1 2 , convergente por exponente menor que 1. 0 <

px 2 x^2 4 =^ (x+2)^1 px 2 <^ (x2)^1 px 2 =^ (x2)^13 / 2 , convergente por exponente mayor que 1. (T´engase en cuenta que (^) xlim!1^ x

(x2)^3 /^2

(5.3) ∫^1 ++^1 xpx^12 1 dx = ∫^12 + (^) xpx^12 1 dx + ∫^2 + (^1) xpx^12 1 dx, Hemos descompuesto la integral impropia de tercera especie en suma de dos integrales de segunda y primera especie, respectivamente. Para x > 1 ; (^) xpx^12 1 = (^) xp(x+1)(^1 x1) < p(x^1 1) , convergente por exponente menor que 1. Para x  2 ; (^) xpx^12 1 = (^) xp(x+1)(^1 x1)  (^) xp(^1 x+1) < (^) xp^1 x = 1 x^3 /^2

, convergente por exponente mayor que

(5.4) Para x > 0 ; sen

( (^1) x

) p (^3) x 

p (^3) x =

x^1 /^3

, convergente por exponente menor que 1, luego la integral de segunda especie es absolutamente convergente. (5.5) Ya que sen

( (^1) x

)  1, tenemos que ∫^01 + sen

( (^1) x

) dx  ∫^01 + dx = 1, por tanto la integral es abso- lutamente convergente.

(5.6) ∫^0 ++^1 pxx 5 +1+16x dx = ∫^01 + pxx 5 +1+16x dx + ∫^1 + 1 pxx 5 +1+16x dx. Hemos descompuesto la integral impropia de tercera especie en suma de dos integrales de segunda y primera especie, respectivamente. Para x 2 (0; 1]; pxx 5 +1+16x < p 162 x = 2 p^1 x , convergente por exponente menor que 1. Como la diferencia de grados entre denominador y numerador es 32 > 1, intuimos que la integral es convergente. Lo probamos por comparaci´on por paso al l´ımite:

xlim!

px^ x 5 +1+16x 1 x^3 /^2

= lim x!1^ x

(^5) /2 + x (^3) / 2 px (^5) + 16x = 1, sin m´as que dividir numerador y denominador por px^5 = x^5 /2.

Como p^1 x 3 tiene exponente mayor que 1, es convergente y la integral impropia de primera especie tambi´en.

6. Demostrar que las siguientes integrales impropias son convergentes y calcular su valor:

(6:1)

∫ 1 0 p^1 1 x dx^ (6:2)

∫ π 2 0 + p^ sen x 1 cos x dx^ (6:3)

∫ (^1) 0 + p^ dx x(x + 1) Soluci´on (6.1) Versi´on r´apida: Como 1 x tiene exponente menor que 1 es convergente. Versi´on lenta: 1 x = t ) dx = dt ) ∫^01 pdx 1 x = ∫^10 + pdtt = ∫^01 + pdtt , convergente y su valor es 2. (6.2) Hacemos 1 cos x = t ) sen x dx = dt ) ∫^

π 2 0 +^ p 1 sen xcos x dx^ =^

∫ (^1) 0 +^ pdtt , convergente y su valor es

(6.3) Para x > 0 ; px(x + 1) > px ) px(^1 x+1) < p^1 x , convergente. Realizando el cambio x = t^2 se obtiene que el valor de la integral indefinida es 2 artg(px) y el valor de la integral impropia es π 2.

7. Estudiar la convergencia de las siguientes integrales impropias seg´un el valor del par´ametro :

(7:1)

∫ (^) + 1 1

xα 1 + x dx;^ con^ >^0 (7:2)

∫ (^) + 1 0 e

αx (^) dx; con > 0 Soluci´on (7.1) Para x > 1 ; > 0 ) (^) 1+xαx > (^) 1+^1 αx = (^) 1+^1 x , divergente ya que el exponente es uno. (7.2) Versi´on r´apida: convergente ya que < 0.

8. Sea la funci´on Γ(p) definida como Γ(p) =

∫ (^) + 1 0 x

p (^1) ex (^) dx

Demostrar que Γ(p) es convergente cuando p > 0. Soluci´on

Γ(p) =

∫ (^) + 1 0 x

p (^1) ex (^) dx =^ ∫^1 0 x

p (^1) ex (^) dx +^ ∫^ +^1 1 x

p (^1) ex (^) dx.

∫ (^) + 1 0

∫ π 2 0 r

2(p1) (^) r2(q1) (^) cos 2 p (^1) ( ) sen 2 q (^1) ( ) er^2 r dr d =

(

∫ π 2 0 cos

2 p (^1) ( ) sen 2 q (^1) ( ) d ) (2^ ∫^ +^1 0 r

2(p1) (^) r2(q1)er^2 r dr) = (p; q) Γ(p + q)

13. Calcular utilizando las funciones gamma y beta la integral:

∫ (^1) 0 x

(^4) (1 x) (^3) dx. ∫ (^1) 0 x

(^4) (1 x) (^3) dx = (5; 4) = Γ(5) Γ(4) Γ(8) =

40320 =^

14. Resolver la integral doble siguient: ∫ (^1)

∫ (^1) 1^ e

(x^2 +y^2 ) (^) dx dy. Soluci´on Para ello resolvemos la siguiente integral

∫ ∫ D^ e

(x^2 +y^2 ) (^) dx, donde D = f(x; y) 2 IR (^2) : x (^2) + y (^2)  a (^2) g con a > 0. Realizando el cambio de variable a coordenadas polares

h(; ) =

(^8) > <

:

x =  cos() y =  sen() Como el recinto D es el c´ırculo de centro (0; 0) y radio a se tiene que: (^8) > <

:

0    a 0    2  Aplicando el teorema del cambio de variable para integrales dobles y teniendo en cuenta que:

jJh(; )j = cos()^  sen() sen()  cos()

=  (cos^2 () + sen^2 ()) = 

Luego

∫ ∫ D^ e

(x^2 +y^2 ) (^) dx = ∫ (^2) π 0

∫ (^) a 0 e

ρ^2  d d = ∫ (^2) π 0 ^

eρ^2 2

a 0

d =

∫ (^2) π 0

1 ea^2 2 d^ =

1 ea^2 2 

2 π 0

1 ea^2 2 (2^ ) = (1^ ^ e

a^2 ) . Si tomamos l´ımites cuando a tiende a infinito se tiene: ∫ (^1)

∫ (^1) 1^ e

(x^2 +y^2 ) (^) dx dy = lim a> 1

∫ ∫ D^ e

(x^2 +y^2 ) (^) dx = lim a> 1 (1^ ^ e

a^2 )  = .

15. Del ejercicio anterior podemos obtener lo siguiente: ∫ (^1)

∫ (^1) 1^ e

(x^2 +y^2 ) (^) dx dy = ( ∫ (^1) 1^ e

x^2 dx) ( ∫ (^1) 1^ e

y^2 dy) = , con lo que se tiene que ∫ (^1) 1^ e

x^2 dx = p.

Se propone como ejercicio obtener

∫ (^1) 1^ e

( xσ μ)^2 dx.

Ecuaciones y sistemas de ecuaciones diferenciales.

16. Estudiar si las funciones dadas son soluciones generales de las ecuaciones diferenciales indicadas: (16:1) y = C 1 et^ + C 2 et; soluci´on de y′′^ y = 0 (16:2) t^2 + y^2 = C; soluci´on de yy′^ + t = 0

Soluci´on (43.1) Como y = C 1 et^ + C 2 et, entonces y′ = C 1 et^ C 2 et, y′′ = C 1 et^ + C 2 et, con lo que y′′^ y = 0. (43.2) Como t^2 + y^2 = C, se tiene que 2 t + 2 y y′ = 0, dividiendo por 2 se tiene lo pedido.

17. Resolver las siguientes ecuaciones diferenciales lineales homog´eneas:

(17:1) y′′^ 3y′^ + 2y = 0 (17:2) y′′^ + 2y′^ + y = 0 (17:3) y′′′^ 3y′′^ + 3y′^ y = 0 (17:4) yvi)^ + 2yv)^ + yiv)^ = 0 (17:5) yv)^ 3yiv)^ = 0 (17:6) y′′^ 2y′^ + 3y = 0 (44.1) El polin´omio carater´ıstico es ^2 3  + 2 = 0, cuyas ra´ıces son  = 1 ;  = 2, con lo que las soluciones correspondiente son y 1 (t) = et^ e y 2 (t) = e^2 t, por lo que la soluci´on general es yg(t) = C 1 y 1 (t) + C 2 y 2 (t). (44.2) El polin´omio carater´ıstico es ^2 + 2  + 1 = 0, cuyas ra´ıces son  = 1 ; m = 2, con lo que las soluciones correspondiente son y 1 (t) = et^ e y 2 (t) = t et, por lo que la soluci´on general es yg(t) = C 1 y 1 (t) + C 2 y 2 (t). (44.3) El polin´omio carater´ıstico es ^3 3 ^2 + 3  1 = 0, cuyas ra´ıces son  = 1; m = 3, con lo que las soluciones correspondiente son y 1 (t) = et, y 2 (t) = t et^ e y 3 = t^2 et, por lo que la soluci´on general es yg(t) = C 1 y 1 (t) + C 2 y 2 (t) + C 3 y 3 (t). (44.4) El polin´omio carater´ıstico es ^6 +2 ^5 +^4 = 0, cuyas ra´ıces son  = 0; m = 4 y  = 1; m = 2, con lo que las soluciones correspondiente son y 1 (t) = 1; y 2 (t) = t; y 3 (t) = t^2 ; y 4 (t) = t^3 , y 5 (t) = et^ e y 6 (t) = t et, por lo que la soluci´on general es yg(t) = C 1 y 1 (t)+C 2 y 2 (t)+C 3 y 3 (t)+C 4 y 4 (t)+C 5 y 5 (t)+C 6 y 6 (t). (44.5) El polin´omio carater´ıstico es ^5 3 ^4 = 0, cuyas ra´ıces son  = 0; m = 4 y  = 3; m = 1, con lo que las soluciones correspondiente son y 1 (t) = 1; y 2 (t) = t; y 3 (t) = t^2 ; y 4 (t) = t^3 , y 5 (t) = e^3 t, por lo que la soluci´on general es yg(t) = C 1 y 1 (t) + C 2 y 2 (t) + C 3 y 3 (t) + C 4 y 4 (t) + C 5 y 5 (t). (44.6) El polin´omio carater´ıstico es ^2 2  + 3 = 0, cuyas ra´ıces son  = 1  p 2 i. Luego = 1, = p2, con lo que las soluciones correspondiente son y 1 (t) = et^ cos(p 2 t) e y 2 (t) = et^ sen(p 2 t), por lo que la soluci´on general es yg(t) = C 1 y 1 (t) + C 2 y 2 (t).

18. Resolver las siguientes ecuaciones diferenciales lineales completas utilizando el m´etodo de variaci´on de la constante y el m´etodo de los coeficientes indeterminados:

un polin´omio de grado cero. Sustituyendo en la ecuaci´on diferencial completa se tiene:

4. yp(t) = A
5. y′ p(t) = 0
6. y′′ p (t) = 0 +) L(yp(t)) = 4 A = 2

Tenemos por tanto que A = 12 , con lo que yp(t) = 12. Luego la soluci´on general es yg(t) = yh(t) + yp(t) = C 1 cos(2 t) + C 2 sen(2 t) + (^12)

(18.3) En primer lugar hemos de resolver la ecuaci´on homog´enea yiv)^ 2 y′′′^ + 2 y′′^ 2 y′^ + y = 0. El polin´omio carater´ıstico es ^4 2 ^3 + 2 ^2 2  + 1 = 0, cuyas ra´ıces son  = i, y  = 1; m = 2, con lo que las soluciones correspondiente son y 1 (t) = cos(t), y 2 (t) = sen(t), y 3 (t) = et, y 4 (t) = t et, por lo que la soluci´on homog´enea es yh(t) = C 1 y 1 (t) + C 2 y 2 (t) + C 3 y 3 (t) + C 42 y 4 (t). Ahora hemos de obtener la soluci´on particular. Como b(t) = et^ y  = 1 es una ra´ız del polin´omio carater´ıstico, se toma como soluci´on particular yp(t) = A t^2 et, ya que el orden de multiplicidad para  = 1 es m = 2. Sustituyendo en la ecuaci´on diferencial completa se tiene:

1. yp(t) = A t^2 et 2) y′ p(t) = A et(t^2 + 2 t)
2. y′′ p (t) = A et(t^2 + 4 t + 2) 2) y′′′ p (t) = A et(t^2 + 6 t + 2)
3. yiv p )(t) = A t et(t^2 + 8 t + 2) +) L(yp(t)) = 4 A et^ = et

Tenemos por tanto que A = 14 , con lo que yp(t) = 14 t^2 et. Luego la soluci´on general es yg(t) = yh(t) + yp(t) = C 1 cos(t) + C 2 sen(t) + C 3 et^ + C 4 t et^ + 14 t^2 et

(18.4) En primer lugar hemos de resolver la ecuaci´on homog´enea y′′^ + 2 y′^ + y = 0. El polin´omio carater´ıstico es ^2 + 2  + 1 = 0, cuyas ra´ıces son  = 1 ; m = 2, con lo que las soluciones correspon- diente son y 1 (t) = et^ e y 2 (t) = t et, por lo que la soluci´on homog´enea es yh(t) = C 1 y 1 (t) + C 2 y 2 (t). Ahora hemos de obtener la soluci´on particular. Como b(t) = 3 sen(2 t) + cos(t), podemos poner b(t) = b 1 (t) + b 2 (t), donde b 1 (t) = 3 sen(2 t) y b 2 (t) = cos(t). Encontramos por tanto las soluciones particulares yp 1 (t) e yp 2 (t) correspondientes y tendremos la soluci´on particular yp(t) = yp 1 (t) + yp 2 (t). -Como b 1 (t) = 3 sen(2 t) y  = 2 i no es una ra´ız del polin´omio carater´ıstico, se toma como soluci´on par- ticular yp 1 (t) = A cos(2 t) + B sen(2 t). Sustituyendo en la ecuaci´on diferencial completa, considerando

s´olo b 1 (t), se tiene:

1. yp 1 (t) = A cos(2 t) + B sen(2 t)
2. y′ p 1 (t) = 2 A sen(2 t) + 2 B cos(2 t)
3. y′′ p 1 (t) = 4 A cos(2 t) 4 B sen(2 t) +) L(yp 1 (t)) = ( 3 A + 4 B) cos(2 t) (4 A + 3 B) sen(2 t) = 3 sen(2 t)

Tenemos por tanto que 3 A + 4 B = 0 y (4 A + 3 B) = 3, con lo que A = 1225 , B = 259 , por lo que yp 1 (t) = 1225 cos(2 t) 259 sen(2 t). -An´alogamente como b 2 (t) = cos(t) y  = i no es una ra´ız del polin´omio carater´ıstico, se toma como soluci´on particular yp 2 (t) = A cos(t) + B sen(t). Sustituyendo en la ecuaci´on diferencial completa, considerando s´olo b 2 (t), se tiene:

1. yp 2 (t) = A cos(t) + B sen(t)
2. y′ p 2 (t) = B cos(t) A sen(t)
3. y′′ p 2 (t) = A cos(t) B sen(t) +) L(yp 2 (t)) = 2 B cos(t) 2 A sen(t) = cos(t)

Tenemos por tanto que A = 0; B = 12 , con lo que yp 2 (t) = 12 cos(t). Por lo tanto yg(t) = yh(t) + yp(t) = yh(t) + yp 1 (t) + yp 2 (t).

(18.5) En primer lugar hemos de resolver la ecuaci´on homog´enea y′′^ + y′^ + y = 0. El polin´omio carater´ıstico es ^2 ++1 = 0, cuyas ra´ıces son  = 12  p 3 i 2 , con lo que las soluciones correspondiente son y 1 (t) = e^12 cos(

p 3 2 t) e^ y^2 (t) =^ e^

(^12) sen(^ p 3 2 t), por lo que la soluci´on homog´enea es^ yh(t) = C 1 y 1 (t) + C 2 y 2 (t). Ahora hemos de obtener la soluci´on particular. Como b(t) = sen(t) + t^2 + t 1, podemos poner b(t) = b 1 (t) + b 2 (t), donde b 1 (t) = sen(t) y b 2 (t) = t^2 + t 1. Encontramos por tanto las soluciones particulares yp 1 (t) e yp 2 (t) correspondientes y tendremos la soluci´on particular yp(t) = yp 1 (t) + yp 2 (t). -Como b 1 (t) = sen(t) y  = i no es una ra´ız del polin´omio carater´ıstico, se toma como soluci´on particular yp 2 (t) = A cos(t)+B sen(t). Sustituyendo en la ecuaci´on diferencial completa, considerando s´olo b 2 (t), se tiene:

1. yp 2 (t) = A cos(t) + B sen(t)
2. y p′ 1 (t) = B cos(t) A sen(t)
3. y p′′ 1 (t) = A cos(t) B sen(t) +) L(yp 1 (t)) = B cos(t) A sen(t) = sen(t)

Tenemos por tanto que A = 1 ; B = 0, con lo que yp 2 (t) = sen(t).

s´olo b 2 (t), se tiene:

1. yp 2 (t) = A t^4
2. y p′ 2 (t) = 4 A t^3
3. y p′′ 2 (t) = 12 A t^2
4. y p′′′ 2 (t) = 24 A t 3) yiv p 2 ) (t) = 24 A
5. y pv 2 ) (t) = 0 +) L(yp 2 (t)) = 72 A = 1 Tenemos por tanto que A = 721 , con lo que yp 2 (t) = 721 t^4. Por lo tanto yg(t) = yh(t) + yp(t) = yh(t) + yp 1 (t) + yp 2 (t).

19. Un mercado tiene las siguientes funciones de demanda y oferta:

D(t) = 20 35 P (t) + 2P ′(t) + 5P ′′(t) S(t) = 5 + P (t) 11 P ′(t) + 6P ′′(t)

(^9) >

;

Si las condiciones iniciales son P (0) = 5, P ′(0) = 1 (a) Calcular el precio de equilibrio en cada instante. (b) Estudiar si el precio de equilibrio tiende a una situaci´on estable. (19.a)El equilibrio se alcanza al igualar D(t) con S(t), con lo que se tiene: P ′′ (t) 13 P ′ (t)+36 P (t) = 15. Tenemos por tanto una ecuaci´on no homog´enea, que hemos de resolver. Resolvemos primero la ecuaci´on homog´enea. Su polin´omio carater´ıstico es ^2 13  + 36 = 0, que tiene por soluci´on,  = 9;  = 4. Luego la soluci´on homog´enea es P (t) = C 1 e^9 t^ + C 2 e^4 t. La ecuaci´on completa tiene por b(t) = 15 = 15 e^0 t^ y como  = 0 no es ra´ız del polin´omio carater´ıstico, se toma como soluci´on particular yp(t) = A = cte. Substituyendo en la completa se tiene 36 A = 15, con lo que A = 1536 = 125 , por lo que la soluci´on general es P (t) = C 1 e^9 t^ + C 2 e^4 t^ + 125. Como P (0) = 5, se tiene que C 1 + C 2 + 125 = 5 y como P ′ (0) = 1, se tiene que 9 C 1 + 4 C 2 + 125 = 1. Resolviendo el sistema se tiene que C 1 = 5215 ; C 2 = 16120 , con lo que P (t) = 5215 e^9 t^ + C 2 e^4 t^ + 125. (19.b) Como el limt> 1 P (t) = 1 , la situaci´on no es estable.

20. Para los siguientes datos del modelo de ajuste de precios:

D(t) = 6 2 P (t) S(t) = 2 + 4P (t) dP (t) dt =^

(^34) (D(t) S(t)); P (0) = 3

(^9) >

=

;

Obtener:

(a) La trayectoria temporal del precio para las condiciones iniciales. (b) La tendencia del precio para un tiempo suficientemente grande. (20.a) D(t) S(t) = 8 6 P (t), con lo que se tiene P ′ (t) = 34 (8 6 P (t)) ´o P ′ (t) + 92 P (t) 6 = 0. El polin´omio carater´ıstico de la ecuaci´on homog´enea es  + 92 = 0, con lo que  = 92 y por tanto la soluci´on homog´enea es Ph = C 1 e^92 t. Adem´as, b(t) = 6, con lo que la soluci´on particular tiene la forma Pp = A, que al sustituir en la completa obtenemos 92 A = 6, con lo que A = 129 = 43 , por lo que P (t) = C 1 e^92 t^ + 43 y al imponerle la condici´on inicial P (0) = 3, se tiene que C 1 + 43 = 3, con lo que C 1 = 3 43 = 53. La soluci´on que cumple la condici´on inical es P (t) = 53 e^92 t^ + 43. (20.b) La tendencia es limt> 1 P (t) = 43.

21. Obtener un sistema de ecuaciones diferenciales de cada una de las ecuaciones diferenciales de los ejercicios (17) y (18).
22. Resolver los siguientes sistemas de ecuaciones diferenciales homog´eneos ˙x = A x, donde la matriz A viene dada por:

(22:1)

0 BB BB @

1 CC CC A

0 BB BB @

1 CC CC A

0 BB BB @

1 CC CC A

0 BB BB @

1 CC CC A

(22.1) Para resolver el sistema homog´eneo hemos de encontrar los autovalores de la matriz A. jA  Ij = ^3 + 5 ^2 6  = 0, con lo que tenemos  = 0;  = 2 y  = 3. Para 0  = 0 su autovector se encuentra resolviendo el sistema (A  I)v = , con lo que se tiene BB BB @

1 CC CC A

0 BB BB @

x y z

1 CC CC A =

0 BB BB @

1 CC CC A.^ El sistema obtenido viene dado por el sistema de ecuaciones

2 x 4 y = 0 e x + 10 y + 3 z = 0, con soluci´on v 1 =

0 BB BB @

1 CC CC A que corresponde al primer autovector.

An´alogamente se encuentra para  = 2 que v 2 =

0 BB BB @

1 CC CC A y para^ ^ = 3,^ v^3 =

0 BB BB @

1 CC CC A.

La matriz fundamental es ϕ(t) = (e^0 t^ v 1 ; e^2 t^ v 2 ; e^3 t^ v 3 ) =

0 BB BB @

2 e^2 t^0 1 0 0 4 e^2 t^ e^3 t

1 CC CC A y la soluci´on es:

(A  I)^2 v = .

Como (A I)^2 =

0 BB BB @

1 CC CC A, se tiene que (A I)

(^2) v =  nos da las ecuaci´on ; 4 x+6 yz = 0,

con lo que z = 4 x + 6 y y la soluci´on v =

0 BB BB @

x y 4 x + 6 y

1 CC CC A =^ x

0 BB BB @

1 CC CC A +^ y

0 BB BB @

1 CC CC A Podemos tomar

v 1 =

0 BB BB @

1 CC CC A y^ v^2 =

0 BB BB @

1 CC CC A.^ La soluci´on para^ v^1 es^ y^1 (t) =^ e

tfv 1 + (^) 1!t (A  I)v 1 g y para v 2 es

y 2 (t) = etfv 2 + (^) 1!t (A  I)v 2 g

An´alogamente para el autovector v 3 =

0 BB BB @

1 CC CC A , asociado a  = 2 , se tiene que y 3 (t) = e^2 t^ v 3

La matriz fundamental es ϕ(t) = (y 1 (t); y 2 (t); y 3 (t)) y la soluci´on y(t) = C 1 y 1 (t)+C 2 y 2 (t)+C 3 y 3 (t) =

ϕ(t)

0 BB BB @

C 1

C 2

C 3

1 CC CC A

Para resolver el sistema homog´eneo hemos de encontrar los autovalores de la matriz A. jA  Ij = ^3 + 1 = 0, con lo que tenemos  = 1 y  = ^1 ^ i^

p 3

Para  = 1 su autovector se encuentra resolviendo el sistema (A  I)v = , con lo que se tiene que

v 1 =

0 BB BB @

1 CC CC A con lo que y 1 (t) = et^ v 1.

Para  = 1+^ i^

p 3 2 , se tiene el autovector^ v^ =

0 BB BB @

1+2 13 p 3 i 21+^

p 3 i 26 1

1 CC CC A

0 BB BB @

131 (^2126) 1

1 CC CC A

• i

0 BB BB @

2 13 p 3 3

p 3 26 0

1 CC CC A = v 1 + i v 2.

Para encontrar las soluciones asociadas obtenemos: e 1+^ i^

p 3 2 t^ (v 1 + i v 2 ) = e^12 t^ (cos(^ p 23 t) + i sen(^ p 23 t)) (v 1 + i v 2 ) = e^12 t^ [cos(^ p 23 t) v 1 sen(^ p 23 t)) v 2 ] +

i e^12 t^ [cos(

p 3 2 t)^ v^2 +^ sen(

p 3 2 t))^ v^1 ]. Luego tomando la parte real y la parte imaginaria tenemos las soluciones:

y 2 (t) = e^12 t^ [cos(

p 3 2 t)^ v^1 ^ sen(

p 3 2 t))^ v^2 ] =^ e^

(^12) t (^) [cos(^ p 3 2 t)

0 BB BB @

131 (^2126) 1

1 CC CC A ^ sen(

p 3 2 t))

0 BB BB @

2 13 p 3 3

p 3 26 1

1 CC CC A]

y 3 (t) = e^12 t^ [cos(

p 3 2 t)^ v^2 +^ sen(

p 3 2 t))^ v^1 ] =^ e^

(^12) t (^) [cos(^ p 3 2 t)

0 BB BB @

2 13 p 3 3 p 3 26 1

1 CC CC A

• sen(

p 3 2 t))

0 BB BB @

131 (^2126) 1

1 CC CC A

].

La matriz fundamental es ϕ(t) = (y 1 (t); y 2 (t); y 3 (t)) y la soluci´on y(t) = C 1 y 1 (t)+C 2 y 2 (t)+C 3 y 3 (t) =

ϕ(t)

0 BB BB @

C 1

C 2

C 3

1 CC CC A

23. Resolver los siguientes sistemas de ecuaciones diferenciales completos:

(23:1) ˙x =

0 BB BB @

1 CC CC A x +

0 BB BB @

1 CC CC A (23:2) ˙x =

0 BB BB @

1 CC CC A x +

0 BB BB @

1 CC CC A

(23:3) ˙x =

0 BB BB @

1 CC CC A x +

0 BB BB @

3 et sen(t) cos(t)

1 CC CC A (23.1) Soluci´on Para resolver el sistema hemos de hacerlo en dos partes. En primer lugar resolvemos el sistema homog´eneo y en segundo lugar el completo.

H) x˙ =

0 BB BB @

1 CC CC A x.

Para resolver el sistema homog´eneo hemos de encontrar los autovalores de la matriz A. jA Ij = ( 1)( 2)^2 = 0, con lo que tenemos  = 1 y  = 2 con orden de multiplicidad = 2. Para 0  = 1 su autovector se encuentra resolviendo el sistema (A  I)v = , con lo que se tiene BB BB @

1 CC CC A

0 BB BB @

x y z

1 CC CC A =

0 BB BB @

1 CC CC A.^ El sistema obtenido viene dado por el sistema de ecuaciones

y + z = 0 e y = 0, con soluci´on v 1 =

0 BB BB @

1 CC CC A que corresponde al primer autovector. Para 0  = 2 su autovector se encuentra resolviendo el sistema (A  I)v = , con lo que se tiene BB BB @

1 CC CC A

0 BB BB @

x y z

1 CC CC A =

0 BB BB @

1 CC CC A. El sistema obtenido viene dado por el sistema de ecuaciones

Φ^1 (s) b(s) =

0 BB BB @

3 es e^2 s^ (1 2 s) 2 e^2 s

1 CC CC A , integrando

∫ (^) t 0 Φ

(^1) (s) b(s); ds =

0 BB BB @

3 es s e^2 s es

1 CC CC A

t

0

0 BB BB @

3 et t e^2 t et

1 CC CC A

0 BB BB @

1 CC CC A

Con lo que: yp(t) = Φ(t)

∫ (^) t t 0 Φ

(^1) (s)b(s) ds =

0 BB BB @

3 et^ 3 e^2 t^ 1 t + t e^2 t^ + t et

1 CC CC A

Por otro lado la soluci´on general viene dada por y(t) = yh(t) + yp(t), con lo que si tenemos un punto inicial y(0) = y 0 , se tiene que y(0) = Φ(0) C, con lo que C = Φ^1 (0) y 0. Luego la soluci´on es y(t) = Φ(t) Φ^1 (0) y 0 + yp(t).

(23.) Soluci´on Para resolver el sistema hemos de hacerlo en dos partes. En primer lugar resolvemos el sistema homog´eneo y en segundo lugar el completo.

H) x˙ =

0 BB BB @

1 CC CC A x.

Para resolver el sistema homog´eneo hemos de encontrar los autovalores de la matriz A. jA Ij = (1 )[(2 )^2 + 1] = 0, con lo que tenemos  = 1 y  = 2  i. Para 0  = 1, su autovector se encuentra resolviendo el sistema (A  I)v = , con lo que se tiene BB BB @

1 CC CC A

0 BB BB @

x y z

1 CC CC A =

0 BB BB @

1 CC CC A. El sistema obtenido viene dado por el sistema de ecuaciones

y + z = 0, y + z = 0, con soluci´on v 1 =

0 BB BB @

1 CC CC A que corresponde al primer autovector. Para 0  = 2+ i, su autovector se encuentra resolviendo el sistema (A I)v = , con lo que se tiene BB BB @

1 (2 + i) 0 0 0 2 (2 + i) 1 0 1 2 (2 + i)

1 CC CC A

0 BB BB @

x y z

1 CC CC A =

0 BB BB @

1 CC CC A, con lo que

0 BB BB @

1 i 0 0 0 i 1 0 1 i

1 CC CC A

0 BB BB @

x y z

1 CC CC A = 0 BB BB @

1 CC CC A

El sistema obtenido viene dado por el sistema de ecuaciones (1 + i) x = 0, i y + z = 0, con

soluci´on x = 0, z = i y, luego tenemos el vector v =

0 BB BB @

i

1 CC CC A asociado al autovalor complejo. La

soluci´on asociada a este autovalor es por tanto:

e(2+^ i)^ tv = e^2 t(cos(t)+i sen(t))

0 BB BB @

i

1 CC CC A =^ e

2 t

0 BB BB @

cos(t) + i sen(t) sen(t) + i cos(t)

1 CC CC A =^ e

2 t

0 BB BB @

cos(t) sen(t)

1 CC CC A+i e

2 t

0 BB BB @

sen(t) cos(t)

1 CC CC A = Re[e(2+^ i)^ tv] + i Im[e(2+^ i)^ tv]. Por lo tanto la matriz Fundamental viene dada por:

Φ(t) =

0 BB BB @

et^0 0 e^2 tcos(t) e^2 tsen(t) 0 e^2 tsen(t) e^2 tcos(t)

1 CC CC A , por lo que yh(t) = Φ(t) C.

P) An´alogamente a como se hizo en el ejercicio anterior calculamos Φ^1 (s) =

0 BB BB @

es^0 0 e^2 scos(s) e^2 ssen(s) 0 e^2 ssen(s) e^2 scos(s)

1 CC CC A

Como b(s) =

0 BB BB @

1 CC CC A , se tiene que Φ^1 (s) b(s) =

0 BB BB @

3 es e^2 s(2 cos(s) sen(s)) e^2 s(cos(s) + 2 sen(s))

1 CC CC A , con lo que

∫ (^) t 0 Φ

(^1) (s) b(s) ds =

0 BB BB @

3 3 et e^2 t( 45 sen(t) 35 cos(t)) (^45) e 2 t( 45 cos(t) + 35 sen(t))

1 CC CC A , por lo tanto:

yp(t) = Φ(t)

∫ (^) t 0 Φ

(^1) (s) b(s) ds =

0 BB BB @

3 et^ 3 e^2 t( 35 cos(t) + 45 sen(t)) (^35) e^2 t( 45 cos(t) 35 sen(t)) (^45)

1 CC CC A

(23.3) Soluci´on Hacerlo siguiendo los pasos de los dos ejercicios anteriores.

24. Dada la ecuaci´on diferencial y′′′ + 3 y′′ + 3 y′^ + y = 0, pasarla a un sistema de ecuaciones diferenciales y resolverlo como tal.

Para ello hacemos el siguiente cambio:

(^8) >

<

:

x 1 = y x 2 = y′ x 3 = y′′

. Derivando en ambos lados se tiene: (^8) >

<

:

x′ 1 = x 2 x′ 2 = x 3 x′ 3 = x 1 3 x 2 3 x 3

, que en forma matricial se expresa como: x˙ =

0 BB BB @

1 CC CC A x,

con lo que tenemos que resolver este sistema homog´eneo. Para resolver el sistema homog´eneo hemos de encontrar los autovalores de la matriz A. jA  Ij =