Ejercicios sobre técnicas de dinámica y EDO

Ejercicios sobre técnicas de dinámica y EDO
à Diagramas de direcciones
1. Represente el diagrama de direcciones de las siguientes ecuaciones diferenciales (E.D.) de primer grado:
x'(t) = 2 x(t) – t; y'(t) = –t / y(t);
z'(t) = [z(t)]2 – 4; x'(t) = –2 t / x (t); y'(t) = [y(t)]2 – 3
x'(t) = 2 x(t) – t
x
6
4
2
t
2
4
6
8
10
-2
-4
-6
y'(t) = –t / y(t)
x
4
2
t
2
4
6
8
10
6
8
10
-2
-4
z'(t) = [z(t)]2 – 4
x
6
4
2
t
2
-2
-4
4
2
x'(t)= –2 t / x(t)
4
2
0
-2
-4
-4
-2
0
2
4
y'(t) = [y(t)]2 - 3
3
2
1
0
-1
-2
-3
-3
-2
-1
0
1
2
3
à EDO No lineales 1r orden: Diagramas de fase y Estabilidad del equilibrio
2. Comprobar si los equilibrios de las siguientes E.D. de primer grado son estables (atractores) o inestables (repulsores):
x' = x2 – 5x + 6
x' = x2 – 6x + 5
x' = x3 – 2
x' = x3 – x2 + 5
x' = x3 – x2 + 0.1
x' = e–2x – 1
Para la solución de este ejercicio basta representar x' en función de x, encontrar los equilibrios (puntos donde x' = 0) y observar
cual es la pendiente en estos puntos. Si la pendiente es positiva entonces el equilibrio es inestable (se tratará de un repulsor) y, si
es negativa, el equilibrio es estable (atractor).
x' = x2 – 5x + 6
4
3
2
1
1
2
3
4
3
x' = x2 – 6x + 5
10
7.5
5
2.5
2
-2.5
4
6
x' = x3 – 2
6
4
2
-1
-0.5
0.5
1
1.5
2
-2
x' = x3 – x2 + 5
La raíz real es: {xØ –1.43343}
7.5
5
2.5
-2
-1
1
-2.5
2
-5
x' = x3 – x2 + 0.1
Las raíces reales son: {{xØ-0.279557},{xØ0.412606},{xØ0.866951}}
1
0.5
-1
-0.5
-0.5
0.5
1
1.5
-1
-1.5
x' = e–2x – 1
1.5
1
0.5
-0.4 -0.2
-0.5
0.2 0.4 0.6 0.8
1
4
à Exercici EDO No Lineal, 1r Ordre
4. Estudiar la dinàmica d'un sistema que ve regit per la següent equació diferencial no lineal, de primer ordre:
x£ = 0.05 x2 - 0.1 x
ü Diagrama de fases
Una de les formes d'estudiar aquesta equació i fer-se una idea del seu comportament és analitzar el seu diagrama de fases. En el
cas de les equcions de primer ordre, amb el diagrama de fases es poden determinar les posicions d'equilibri i les seves propietats
dinàmiques, sense necessitat de resoldre l'equació.
El diagrama de fases s'obté en representar els valors que pren x£ a mesura de x va variant. Només cal, per tant, dibuixar la funció.
En aquest cas és una senzilla paràbola:
x'
0.6
0.4
0.2
-2
2
4
x
Els equilibris són aquelles posicions en les que x no varia, és a dir, x£ = 0. És immediat veure que hi ha un equilibri per x = 0 i
per x = 2, que és el que s'obté d'igualar l'expressió x£ = 0.05 x2 - 0.1 x = 0 i resoldre per x.
La representació gráfica mostra que per qualsevol valor de x negatiu, la variable x aumentarà, ja que x£ > 0. És a dir,
x < 0ï x£ > 0. Així mateix, quan x val més que 2, x també augmenta: x > 2ï x£ > 0. En canvi, quan x té un valor entre 0 i 2,
aleshores x disminueix: 0 < x < 2ï x£ < 0. És evident, doncs, que x = 0 és un equilibri estable, però x = 2 és un equilibri
inestable. Per als propòsits normals de la macroeconomia, amb aquesta informació en tenim prou. Sabem que qualsevol valor
inicial x < 2 ens porta a la posició d'equilibri estable, mentre que qualsevol valor inicial tal que x > 2 porta a un creixement
exponencial indefinit de x.
Podem visulalitzar aquest resultat representant la trajectòria que segueix x, per a diferents valors inicials. En el següent gràfic es
representa la trajectòria de x per a tres valors inicials: x0 = 2.0001; x0 = 1.98; x0 = -2.
x
3
2
1
20
-1
-2
40
60
80
100
t
5
ü Solució analítica
L'equació que s'ha plantejat no és més que un cas particular de l'equació diferencial de Bernoulli, que es pot resoldre analíticament. L'equació també apareix en diversos models econòmics, en particular, en el model de creixement neo-clàssic (SolowSwann) amb una funció de producció Cobb-Douglas. La solució de l'equació s'obté de la següent manera (usem un cas més
general):
[1]
x£ = a xm + b x
Dividim aquesta equació per xm i queda:
[2]
x-m x£ = a + b x1-m
Definim una nova variable y = x1-m i calculem y£ :
dy
dy dx
1
ÅÅÅÅ = ÅÅÅÅ
ÅÅÅÅ ÿ ÅÅÅÅdÅtÅÅÅ = H1 - mL x-m ÿ x£ ó x-m ÿ x£ = ÅÅÅÅÅÅÅÅ
ÅÅÅ y£
[3]
y£ = ÅÅÅÅ
dt
dx
1-m
Aleshores podem reescriure l'equació [2] de la següent manera:
1
ÅÅÅÅÅÅÅÅ
ÅÅÅ y£ = a + b yó y£ = H1 - mL Ha + b yL = a1 + a2 y
[4]
1-m
que és una equació lineal de primer ordre, la solució de la qual és
-a1
ÅÅÅÅÅ + A ea2 t
[5]
y = ÅÅÅÅ
a2
a1
sent a1 = H1 - mL a; a2 = H1 - mL b . A és la constant d'integració que, si es coneix un valor inicial serà A = Iy0 + ÅÅÅÅ
ÅÅ M . Normala2
ment, el valor inicial que coneixerem estarà en termes de x, és a dir, serà x0 , i per tant, per calcular y0 haurem de fer servir la
transformació recíproca de la variable:
Å1ÅÅÅÅÅÅÅ
[6]
y = x1-m ó x = y ÅÅÅÅ1-m
Aquesta mateixa transformació ens permetrà expressar la solució de l'equació original:
[7]
-a1
ÅÅÅÅÅÅÅ =I ÅÅÅÅ
x = y ÅÅÅÅ1-m
ÅÅÅÅÅ + A ea2 t M 1-m
a2
ÅÅÅÅÅ1ÅÅÅÅÅÅ
1
En el nostre exemple tenim que m = 2, a = 0.05, b = -0.1, x0 = 10,per tant, la solució és:
[8]
0.05
1
0.05
1
ÅÅÅÅÅÅ + H ÅÅÅÅ
ÅÅ - ÅÅÅÅ
ÅÅÅÅÅÅ L e0.1 t L 1-2 = ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ
ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ
x = H ÅÅÅÅ
0.1
10
0.1
0.5 -0.4 e0.1 t
ÅÅÅÅ1ÅÅÅÅÅÅ
à Sistemas de EDO de 1r Orden
5. Dadas las siguientes ecuaciones diferenciales, obtenga los sistemas de E.D. de primer orden a los que corresponden:
x''' – 2 x'' + 5x' –10 x = 0
x' = y
y' = z
z' = 2z – 5y + 10x
x'' – 2x'x + 8 x = 0
x' = y
y' = 2xy – 8x
x''' x' + 5x'' –10 x2 = 0
x' = y
y' = z
z' = (5z – 10 x2) / y
6
à Ejercicio Sistema de 2 EDO No Lineales de 1r Orden
6. Dado el siguiente sistema de E.D., halle las posiciones de equilibrio (x' = y' = 0) del mismo y represente el diagrama de fases
(isoclinas x' = 0, y' = 0) y las direcciones de movimiento.
x` = Hx - 1L2 + y - 2
y` = -2 x + y ê 2
Este sistema está expresado en términos de tasas de crecimiento, por lo que el sistema de EDO es:
x' = x[(x–1)2 – 2+y]
y' = y(–2x + y/2)
ü Obtención de las Isoclinas 0
En primer lugar debe advertirse que al formular el sistema en términos de tasas de crecimiento, los ejes de coordenadas también
serán isoclinas puesto que x = 0 ï x' = 0; y = 0 ï y' = 0.
En consecuencia, las isoclinas x' = 0, son, por una parte, el eje de ordenadas (x = 0) y, por otra, la función (x–1) 2+y–2=0, esto
es, la función y = 2 – (x–1)2. Las isoclinas de y' = 0 son, además del eje de las abscisas (y = 0), la función –2x + y/2 = 0, esto
es, y = 4x.
En el plano de fases pueden representarse tanto las isoclinas como el sentido del movimiento, esto es, el diagrama de flujos. Este
diagrama es más completo que el que obtendríamos con un simple análisis de las direcciones en cada cuadrante, aunque también
está expresado (sobreescrito a mano).
ü Representación de las isoclinas-0 en el plano de fases
Los puntos de equilibrio son todos aquellos puntos en que la isoclina x'=0 y la isoclina y'=0 se cortan. Dado que los ejes son
isoclinas, el punto (0,0) es de equilibrio. Dado que la isoclina x'=0 es una parábola invertida, los dos puntos de corte con el eje
è!!!
è!!!
de abscisas también serán equilibrios. Los valores de x en los puntos de corte son: (1 + 2 , 1 - 2 ), esto es, (-0.4142 ,
2.4142). Finalmente, el equilibrio para valores de x, y positivos (y también para x, y negativos) se obtiene de encontrar los
cortes de las otras dos isoclinas, esto es:
y'= 0 = x' ó y = 4x = 2 – (x–1)2
Los puntos de equilibrio son (x*,y*) = (0.4142, 1.656854) en el cuadrante positivo, y (–2.4142, –9.656854) en el cuadrante
negativo. He aquí la representación de las isoclinas:
10
5
-3
-2
-1
-5
1
2
3
-10
-15
ü Diagrama de direcciones
El diagrama de flujos, que nos indica las direcciones del movimiento en el plano de fases se obtendría de calcular en cada uno
de los puntos el valor de x' e y' y representar el vector resultante.
7
10
5
-4
-2
2
4
-5
-10
-15
Se puede proceder a representar sólo una parte del sistema anterior, por ejemplo, el cuadrante R++, entre los valores de x
comprendidos entre -0.5 <x< 2.5, y para -1<y < 3.
ü Diagrama de fases y de flujos en el cuadrante positivo
La región a explorar: el cuadrante positivo (R++) y cercanías.
4
3
2
1
-0.5
0.5
1
1.5
2
2.5
-1
Diagrama de flujos en el plano de fases en la región restringida
3
2.5
2
1.5
1
0.5
-0.5
0.5
1
1.5
2
2.5
-0.5
-1
ü Análisis de la estabilidad de los equilibrios en el cuadrante positivo
El presente sistema está formulado en términos de tasas de crecimiento de las variables, por lo que los ejes constituyen isoclinas
y los 4 cuadrantes constituyen áreas dinámicamente separadas, esto es, ninguna trayectoria atraviesa de un cuadrante al otro. Por
ello se puede proceder al análisis del cuadrante positivo sin tener que pensar en los demás. Esta propiedad es muy útil en el
análisis de sistemas económicos, dado que las variables económicas acostumbran a ser no negativas, es más, muchas de ellas
han de ser necesariamente no negativas.
Para el análisis de la estabilidad se procede al estudio de la matriz jacobiana del sistema, evaluada en los puntos de equilibrio.
8
ü La matriz jacobiana
∑x
ij ÅÅÅÅ
ÅÅÅÅ
jj ∑x
J = jjj ∑y£
k ÅÅÅÅ∑xÅÅÅÅÅ
£
∑x
ÅÅÅÅ
ÅÅÅÅ y i 3 x2 - 4 x + y - 1
∑y z
x
yz
zz j
z
z=j
∑y£ z
z
-2
y
-2
x
+
y
{
ÅÅÅÅ∑yÅÅÅÅÅ { k
£
Dicha matriz debe evaluarse en los distintos puntos de equilibrio y calcular los valores propios. Según el valor que tome la parte
real de los valores propios podremos clasificar el equilibrio como estable o inestable y, en el caso que dicha parte real fuera
nula, persistirían las dudas en relación a si el equilibrio es estable (pero no si es inestable), con lo quedeberían utilizarse otras
técnicas.
ü Evaluación de la matriz jacobiana en (0,0)
Cuando x=0, y=0, el sistema está en equilibrio. Substituyendo los valores de x, y en el Jacobiano, tenemos:
i -1 0zy
JH0,0L = jj
z ï TrHJ L = -1, DetHJ L = 0, por consiguiente, los valores propios son:
0{
k 0 è!!!!!!!!!!!!!!!!
!!!!!!!!!!!!!!!!!
TrHJ L≤ TrHJ L-4 DetHJ L
-1≤1
ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ = ÅÅÅÅÅÅÅÅ
ÅÅÅÅÅ = 0, -1
l1,2 = ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ
2
2
Dado que un valor propio es cero y el otro es negativo, no podemos decir que el sistema sea estable (porque un valor propio es
cero y no podemos aplicar los teoremas de linealización de Hartman-Grobman para afirmar la estabilidad), pero tampoco que
sea inestable (porque no hay ningún valor propio positivo). En consecuencia, hay que usar otras técnicas. Nótese que el equilibrio (0,0) es bastante especial porque en él se cruzan simultáneamente dos isoclinas y'=0 y una isoclina x'=0. Una forma de
abordar el problema es mediante análisis numérico en las cercanías del equilibrio. Dichas simulaciones, con distintos algoritmos
de alta precisión, muestran que se trata de un equilibrio inestable, que se comporta como un punto de silla. Para nuestros
propósitos, aunque el análisis numérico no tiene valor de demostración formal, el resultado es suficiente.
è!!!!
ü Evaluación de la matriz jacobiana en (1+ 2 ,0)
Para x=2.4142, y=0, el sistema está en equilibrio. Substituyendo los valores de x, y en el Jacobiano, tenemos:
è!!!
ij 4 + 2 è!!!
2
1 + 2 yzz
è!!!
j
JH0,0L = jjj
è!!! zzz ïTrHJ L = 2 + 2 = 3.4142, DetHJ L = -25.7279, por consiguiente, los valores propios son:
0
-I2 + 2 M{
k è!!!!!!!!!!!!!!!!
!!!!!!!!!!!!!!!!!
!!!!!!!!!!!!!!
è!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!
TrHJ L≤ TrHJ L-4 DetHJ L
-3.4142≤ 11.65685+102.91169
-3.4142≤10.70367
ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ = ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ
ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ
ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ = ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ
ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ
ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ = 7.28945, -14.11787
l1,2 = ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ
2
2
2
Dado que un valor propio es positivo y el otro es negativo, el equilibrio es inestable y, en concreto, se trata de un punto de silla,
esto es, hay una única trayectoria entre las infinitas posibles que es estable (la rama estable), mientras que todas las demás son
inestables.
ü Evaluación de la matriz jacobiana en el equilibrio significativo (0.41421,1.656854)
Para x=0.4142, y=1.656854, el sistema está en equilibrio. Substituyendo los valores de x, y en el Jacobiano, tenemos:
i -0.485282 0.41421 yz
JH0,0L = jj
z ïTrHJ L = 0.343145, DetHJ L = 0.97055, por consiguiente, los valores propios son:
0.828427{
k -3.313708
!!!!!!!!!!!!!!!!!
è!!!!!!!!!!!!!!!!
!!!!!!!!!!!!!!!!
!!!!!!!!!
!!!!!!!!!!
è!!!!!!!!!!!!!!!!
è!!!!!!!!!!!!!!!!
TrHJ L≤ TrHJ L-4 DetHJ L
0.343145≤ 0.1177485-3.8822
0.343145≤ -3.7644515
ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ = ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ
ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ
ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ = ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ
ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ
l1,2 = ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ
2
2
2
l1,2 = 0.1715725 + 1.9402 i, 0.1715725 + 1.9402 i
Dado que la parte real de los dos valores propios es positiva, el equilibrio es inestable y, dado que hay una parte imaginaria, la
trayectoria será fluctuante, esto es, en el diagrama de fases la trayectoria será una espiral que se alejará del equilibrio.
9
ü Análisis de estabilidad global
El análisis del plano de fases realizado al principio mostraba que las trayectorias seguían una rotación en sentido de las agujas
del reloj. La existencia de una trayectoria rotatoria queda confirmada por el análisis del jacobiano. Finalmente, se trata de
averiguar si dicha trayectoria se aleja indefinidamente o si queda acotada por algún área dinámicamente cerrada. El análisis
gráfico muestra que no es posible definir tal área dinámicamente cerrada, por lo que la trayectoria se alejará indefinidamente del
equilibrio y no hay posibilidad de que exista algún ciclo límite. En el gráfico se representa la trayectoria que sigue el sistema
dinámico en el plano de fases cuando la posición inicial es muy cercana al equilibrio. Dicha trayectoria se ha obtenido por
simulación numérica.
4
3
2
1
-0.5
0.5
1
1.5
2
2.5
3
-1
La evolución del sistema a lo largo del tiempo viene dada por la senda temporal de las variables de estado del sistema. En el
siguiente gráfico se representa la senda temporal del sistema, obtenida por simulación numérica, cuando el punto de partida es
muy próximo al equilibrio (0.41, 1.64). Obsérvese que la trayectoria sigue movimientos oscilatorios que se amplían progresivamente hasta volverse explosivos cuando t toma un valor algo mayor de 31 (la variable y alcanza un valor tan grande que supera
los límites de precisión de la máquina y/o del algoritmo numérico utilizado).
x,y
3
2.5
2
1.5
1
0.5
5
10
15
20
25
30
t