Sem 6 (2013)

Ejercicio Español
Universidad Universidad Pompeu Fabra (UPF)
Grado Economía - 1º curso
Asignatura Matemáticas III
Año del apunte 2013
Páginas 12
Fecha de subida 16/01/2015
Descargas 9
Subido por

Descripción

Soluciones

Vista previa del texto

Matemàtiques III Curs 2012-2013 Seminari 6. Equacions en diferències de segon ordre Problema 1: Demostreu per substitució directa que xt  A  3t  B  4t és una solució de xt 2  7xt 1  12xt  0 (és a dir, demostreu que xt  A  3  B  4t satisfà xt 2  7xt 1  12xt  0 ).
t Solució Problema 1: Tenim que xt 1  A  3t 1  B  4t 1  3 A  3t  4B  4t , i xt  2  A  3t  2  B  4t  2  9 A  3t  16B  4t .
Substituint l’expressió de xt , xt 1 , i xt  2 a l’equació xt 2  7xt 1  12xt  0 , obtenim:     9 A  3t  16 B  4t  7 3 A  3t  4 B  4t  12 A  3t  B  4t  9 A  21A  12 A  3  16B  28B  12B   4 t t  0.
Llavors, xt  A  3t  B  4t és una solució de xt 2  7xt 1  12xt  0 .
Problema 2: Resoleu les equacions en diferències següents i estudieu la seva estabilitat: 2.1. xt 2  2xt 1  xt  0; x0  3, x1  2 2.2. xt 2  xt  0 . Amb les condicions inicials x0  0.2; x1  0.6 .
7 4 2.3. xt  2  3xt 1  xt  9 . Amb les condicions inicials x0  0; x1  4 .
2.4.  xt  2  36 xt  7   6 .
2.5. xt 2  3xt 1  4xt  t t Solució Problema 2: 2.1. En aquest cas, tenim una equació de segon ordre homogènia amb coeficients constants. La corresponent equació característica és m2  2m  1  0 , que té una arrel real doble, m  1 . Per tant, l’equació general té la següent forma: t xt  A1  A2  t  1 .
Per a trobar les constants arbitràries A1 i A2 , necessitem les condicions inicials. Tenim que: x0  A1  3 (per a la primera condició inicial) x1   A1  A2  2 (per a la segona condició inicial) 1 Llavors A1  3 i A2  5 . Finalment, la solució que busquem és: xt   3  5t  1 .
t Representem gràficament la solució amb l’ajuda de l’Excel, per exemple: 150 100 50 0 Serie1 0 5 10 15 20 25 -50 -100 -150 El gràfic mostra clarament que la solució és inestable. Això també es pot comprovar del fet que el valor absolut de l’arrel doble és 1, és a dir m   1  1 .
2.2. L’equació característica corresponent a l’equació proposada és m2  1  0, que no té arrels reals.
Calculem els paràmetres necessaris per a obtenir la solució: r  1 1 a   a  1 cos      cos 1   , en el nostre cas, tenim que   cos  0   .
2 2 b 2 b La solució pot ser obtinguda com:     xt  C1 cos t  C2 sin t .
2  2  Ara, fent servir les condicions inicials x0  0.2; x1  0.6 ,       0.2  C1 cos 2 0   C 2 sin 2 0   C1 cos0  C 2 sin0  C1            0.6  C1 cos 1  C 2 sin 1  C1 cos    C 2 sin    C 2  2  2  2 2     i la solució és xt  0.2 cos t  0.6 sin t .
2  2  2 Alternativament, la solució és   xt  A·cos ·t    .
2  Si x0  0.2; x1  0.6 , llavors tenim que  A·cos  0.2 A·cos  0.2   A·cos  0.2         A·cos    0.6  A·cos ·cos  sin  ·sin  0.6      A·sin  0.6    2 2 2    A·cos  0.2 Aixecant al quadrat les expressions  i sumant-les s’obté:  A·sin  0.6 A2 ·(sin2   cos 2 )  A2  0.4  A  0.632 .
sin  Dividint,    tan   3     tan 1 3  1.25 .
cos  La solució és   xt  0.632·cos ·t  1.25  .
2  0,8 0,6 0,4 0,2 0 Serie1 0 5 10 15 20 25 -0,2 -0,4 -0,6 -0,8 El gràfic indica que la solució és inestable amb oscil·lacions no esmorteïdes, el que s’obté també del fet que r  1  1 .
2.3. Per a resoldre aquesta equació, necessitem trobar la solució de l’equació homogènia associada a aquesta equació i una solució particular.
L’equació homogènia associada a l’equació és: 7 xt  2  3xt 1  xt  0 .
4 L’equació característica corresponent a l’equació homogènia és: m2  3m  3 7 0, 4 que té dues arrels reals, m1   7 1 i m2  . Llavors, la solució general és: 2 2 t t  7 1 xth  A1     A2   .
 2 2 Ara, anem a buscar una solució particular. Com que el terme de la dreta de l’equació 7 xt  2  3xt 1  xt  9 és una funció constant, podem probar amb una funció constant, 4 xtp  C , com a solució particular: 7 7 xtp 2  3xtp1  xtp  9 ; C  3C  C  9  C  4.
4 4 Aleshores la solució particular és xtp  4 i, la solució general ve donada per t xt  xth  xtp t  7  1  A1     A2    4 .
 2 2 Si x0  0; x1  4 tenim 1   0  A1  A2  4  A1  A2  4  A1   2   4   7 A  1 A  4    7 A  1 A  0   7 1 2 1 2    A2     2 2 2 2  2 La solució és t t 1  7 7 1 xt          4 .
2  2 2 2 1,6E+11 1,4E+11 1,2E+11 1E+11 80000000000 60000000000 Serie1 40000000000 20000000000 0 -20000000000 0 5 10 15 20 25 -40000000000 -60000000000 El gràfic ens mostra que la solució és inestable. Això és confirmat pel fet que el valor 7 absolut d’una de les arrels és major que 1,   1 .
2 4 2.4. Primer escrivim l’equació en la forma x t  2  ax t 1  bx t  ct , és a dir x t  2  36 x t  7   6 . Per a resoldre aquesta equació necessitem trobar una solució de l’equació homogènia associada a aquesta equació i una solució particular.
Comencem determinant la solució general de l’equació homogènia associada. Per a fer això, hem de calcular les arrels de l’equació característica. L’equació característica és m2  36  0 , t que té per arrels, m  6 . Llavors, la solució general de l’equació homogènia associada és: t t xth  A1 6   A2  6  .
Ara, hem de determinar una solució particular de l’equació x t  2  36 x t  7   6 .
t Observem que la funció del terme de la dreta de la nostra equació és del tipus  6 , t llavors hauríem de provar amb solucions particulars de la forma xtp  B  6  . No obstant, aquesta funció és del mateix tipus que una de les dues solucions de l’equació homogènia, i no funciona, ja que aleshores t B(6) t  2  36 Bt (6) t  7   6 t 36 B(6) t  36 Bt (6) t  7   6 .
t 0  7   6 ( No t pot ser ) Llavors hem de provar amb xtp  Bt  6  : t B(t  2)( 6) t  2  36 Bt ( 6) t  7   6 t 36 B(t  2)( 6) t  36 Bt ( 6) t  7   6 7 36 Bt  72 B  36 Bt  7  B   72 t Per tant, la solució particular que hem trobat és: xtp   7 t t  6  .
72 Finalment, tenim que la solució general de l’equació en diferencies donada és 7 7   t t t xt  xth  xtp  A1 6t  A2   6   t   6  A1  6t   A2   t    6 .
72 72   Com que el valor absolut de les dues arrels de l’equació característica és 6>1, podem determinar que la solució és inestable.
2.5. Busquem primer la solució general de l’homogènia associada. L’equació característica ve donada per m2  3m  4  0 .
Aquesta equació no té arrels reals, per tant: xth  A1r t cost   A21r t sint  , a  3     3 on: r  4  2,   cos 1     cos 1     cos 1     2,419 .
 4  2 4  2 b Aleshores: 5 xth  A1 2t cos2,419t   A2 2t sin2,419t  Busquem ara una solució particular. Com a la dreta de l’igual tenim un polinomi de grau 1 provarem amb: xtp  Bt  C . Busquem els valors de B y C : B  t  2   C  3  B  t  1  C   4  Bt  C   t Bt  2B  C  3Bt  3B  3C  4Bt  4C  t 8Bt  5B  8C  t D’aquí es dedueix que: 8B  1 1 5  B i C  8 64 5B  8C  0 1 8 t La solució general és: xt   2   A1 cos  2.419  t   A2 sin 0.723  t    t  5 .
64 Alternativament, la solució es pot escriure com 1 5 xt  A·2t ·cos (2.419t   )  ·t  .
8 64 La solució és inestable amb oscil·lacions explosives, ja que r  4  2  1 .
El següent gràfic és la solució per a x0  1; x1  1: 5000000 4000000 3000000 2000000 1000000 Serie1 0 0 5 10 15 -1000000 -2000000 -3000000 6 20 25 Problema 3: Analitzeu l’estabilitat de les equacions següents: 3.1. xt 2  xt 1  2xt  12Ln  t  3.2. xt 2  6 xt 1  9xt  3 t 1 3 3.3. xt  2  xt 1  xt  2 1 4 3 4 3.4. xt  2  xt 1  xt  t 3 Solució Problema 3: 3.1. L’equació característica corresponent a l’homogènia associada ve donada per: m2  m  2  0 , amb arrels m1  2 i m2  1 . Donat que m1  2  1 , l’equació és inestable.
3.2. L’equació característica corresponent a l’homogènia associada ve donada per m2  6m  9  0 , que té una arrel real doble, m1  m2  3 . El valor absolut d’aquesta arrel és 3  3  1 , i per tant l’equació és inestable.
3.3. L’equació característica corresponent a l’homogènia associada ve donada per: 1 0.
3 1 3 No té arrels reals. Com que r= b    1 , llavors l’equació és estable amb 3 3 m2  m  oscil·lacions esmorteïdes.
3.4. L’equació característica corresponent a l’homogènia associada ve donada per: 1 3 m2  m   0 .
4 4 3 3   1 , i per tant la solució és estable amb No té arrels reals. Ara, r= b  4 2 oscil·lacions esmorteïdes.
Problema 4: L’equació en diferències xt  xt 1  xt  2 s’anomena successió de Lucas.
És similar a la successió de Fibonacci però no del tot. Per les condicions inicials x0  0 and x1  1 : a) Useu EXCEL per trobar els 25 primers termes de la successió de Lucas i dibuixeulos.
b) Resoleu l’equació.
c) Comproveu que els 5 primers termes obtinguts a través de la solució de l’equació coincideixen efectivament amb els trobats mitjançant EXCEL.
7 Solució Problema 4: (a) t 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 xt 0 1 1 0 -1 -1 0 1 1 0 -1 -1 0 1 1 0 -1 -1 0 1 1 0 -1 -1 0 1 1,5 1 0,5 0 0 5 10 15 -0,5 -1 -1,5 8 20 25 (b) Tenim la següent equació en diferències de segon ordre homogènia següent: x t  2  x t 1  x t  0 L’equació característica de l’equació en diferències ve donada per m2  m  1  0 , que no té arrels reals, per tant: xth  A1r t cost   A21r t sint  , a    1  1  on: r  1,   cos 1     cos 1     cos 1    (60º ) .
2 3  2 1  2 b Aleshores:     x t  A1 cos t   A2 sin t  .
3  3  Finalment, tenint en compte les condicions inicials, sabem que 0  A1   1 3     1  A1 ·cos 3   A2 ·sin 3   A1 ·2  A2 · 2      2 La solució d’aquest sistema és A1  0 i A2  .
3 2   La solució general és: x t  ·sin t  .
3 3  Alternativament, la solució de l’equació (homogènia) és:   xt  A·cos ·t    , on A i  són constants.
3  Imposant les condicions inicials, tenim que  0  A·cos   1  A·cos      3  2  La solució del sistema és   i A . Aleshores, la solució general ve donada 2 3 per: xt     ·cos t   .
2 3 3 2 9 ( c) Comprovem que t 0 1 2 3 4 xt 0 1 1 0 -1   2 ·sin 0   ·sin0  0 3 3 3  x0  2 x1  2   2   2 3 ·sin 1  ·sin   · 1 3 3 3 2 3   3   ·sin 2   3 3  2   x3  ·sin 3  3 3  x2  2 x4  2  2  2 3 ·sin · 1  3 3 2  3  2 ·sin   0 3 2   2  4 ·sin 4   ·sin 3 3 3   3 .
 2  3 ·  1  3 2  Observació: És molt interessant el gràfic de la funció 2   f (t )  ·sin t  3 3  1,5 1 0,5 0 0 2 4 6 8 -0,5 -1 -1,5 si ho comparem amb el gràfic de l’apartat a).
10 10 12 14 16 Problema Extra: Considerem l‘equació en diferències xt  2  2(1  p) xt 1  2 p xt  q (*) on p i q són constants: a) Trobeu una solució particular.
b) És estable? c) Resoleu l’equació per a p  1, q  2 i x0  1 , x1  2 . Calculeu x4 usant l’expressió de la solució i directament per recurrència.
Solució Problema Extra: ( a) Com que el terme de la dreta de l’equació (*) és una constant, podem provar amb una solució particular de la forma x tP  C . Tindrem C  2(1  p)C  2 pC  q  C  q .
(b) Per a veure si (*) és estable o no, estudiem les arrels del polinomi característic: m2  2(1  p)m  2 p  0 .
que són m1  1  p  1  p 2 i m2  1  p  1  p 2 .
Ara, 1  p  1  p2  1 (o p  1  p 2  0 ) sempre, ja equivalentment que 1  p 2  p i per tant 1  p 2  p  p  p  0 . Llavors és inestable per a tot p .
( c) Per a p  1, q  2 l’equació és xt  2  2 xt  2 .
(**) L’equació característica associada a l’equació homogènia xt  2  2 xt  0 és m2  2  0 .
Té dues arrels reals: m  2 i m   2 .
Llavors, la solució general és    t x t  A· 2  B·  2 i la solució de l’equació (**) és   t   t  x t  A· 2  B·  2 t  2 .
Si x0  1 , x1  2 , tenim 3  A  2  2  1 A B  2  .
 3 2  A 2  B 2  2 B   2 2  Aleshores la solució que obtenim és t 3  3  x t    2 · 2    2 ·  2 t  2 .
2  2  Podem calcular el quart terme o bé directament o bé mitjançant (**):   11    x0  1 x 2  1  x2  4 x  6  3  x4  10       4 3  3  3  3  x4    2 · 2    2 ·  2 4  2    2 ·4    2 ·4  2  10 2  2  2  2  12 ...