Ayudantía 9 EDF 2 Orden-1

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Pontificia Universidad Católica de Chile 
Facultad de Ciencias Económicas y Administrativas 
EAF200A Aplicaciones Matemáticas 
II Semestre 2019—Ayudantía N°—EDF 2° orden 
Prof.: R. Aguila 
Ayudantes.: E. Zuleta -- I. Luraschi -- N. Caraball 
Ejercicio 1 
 
Suponga que la población de un determinado país es de 12 millones de personas y que la tasa natural de 
crecimiento de la población es del 3% anual. La inmigración neta del país (inmigración menos emigración) 
es de 10 mil personas al año y crece a una tasa del 2% anual 
 
a) Plantee la EDFL de 1° orden que represente la evolución de este país. ¿Cuáles serían las condiciones 
iniciales en este caso? 
b) Demuestre que la EDFL de 1°orden obtenida en a), es equivalente a la siguiente EDFHL de 2° orden 
 
𝒙𝒕+𝟐 − [(𝟏 + 𝟎, 𝟎𝟑) + (𝟏 + 𝟎, 𝟎𝟐)]𝒙𝒕+𝟏 + (𝟏 + 𝟎𝟎𝟑) ∗ (𝟏 + 𝟎, 𝟎𝟐)𝒙𝒕 = 𝟎 
c) Resolver la EDF 
 
Solución 
 
a) 𝒙𝒕+𝟏 = 𝒙𝒕 ∗ (𝟏 + 𝟎, 𝟎𝟑) + 𝟏𝟎. 𝟎𝟎𝟎 ∗ (𝟏 + 𝟎, 𝟎𝟐)
𝒕 EDF NO H, de 1° Orden, NO Autónoma 
Con condiciones iniciales 𝒙𝟎 = 𝟏𝟐. 𝟎𝟎𝟎. 𝟎𝟎𝟎 ; 𝒙𝟏 = 𝟏𝟐. 𝟑𝟕𝟎. 𝟎𝟎𝟎 
Ya que: 
 𝑥0 = 12.000.000 
 𝑥1 = 12.000.000 ∗ (1 + 0,03) + 10.000 = 12.370.000 
 𝑥2 = 𝑥1 ∗ (1 + 0,03) + 10.000 ∗ (1 + 0,02) 
 𝑥3 = 𝑥2 ∗ (1 + 0,03) + 10.000 ∗ (1 + 0,02)
2 
 𝑥4 = 𝑥3 ∗ (1 + 0,03) + 10.000 ∗ (1 + 0,02)
3 
 
 …… 
 
 𝒙𝒕+𝟏 = 𝒙𝒕 ∗ (𝟏 + 𝟎, 𝟎𝟑) + 𝟏𝟎. 𝟎𝟎𝟎 ∗ (𝟏 + 𝟎, 𝟎𝟐)
𝒕 
 
b) Asumiendo que: 𝒙𝒕+𝟏 = 𝒙𝒕 ∗ (𝟏 + 𝟎, 𝟎𝟑) + 𝟏𝟎. 𝟎𝟎𝟎 ∗ (𝟏 + 𝟎, 𝟎𝟐)
𝒕 (*) 
 Entonces: 𝒙𝒕+𝟐 = 𝒙𝒕+𝟏 ∗ (𝟏 + 𝟎, 𝟎𝟑) + 𝟏𝟎. 𝟎𝟎𝟎 ∗ (𝟏 + 𝟎, 𝟎𝟐)
𝒕+𝟏 
 Sumando y restando 𝑥𝑡+1 ∗ (1 + 0,02) en miembro derecho de la EDF, tenemos 
 𝑥𝑡+2 = 𝑥𝑡+1 ∗ (1 + 0,03) + 10.000 ∗ (1 + 0,02)
𝑡+1 + 𝑥𝑡+1 ∗ (1 + 0,02) − 𝑥𝑡+1 ∗ (1 + 0,02) 
 Factorizando convenientemente tenemos: 
𝑥𝑡+2 = 𝑥𝑡+1 ∗ [(1 + 0,03) + (1 + 0,02)] + [10.000 ∗ (1 + 0,02)
𝑡 − 𝑥𝑡+1] ∗ (1 + 0,02) 
 Usando (*): 10.000 ∗ (1 + 0,02)𝑡 − 𝑥𝑡+1 = −𝑥𝑡 ∗ (1 + 0,03) 
 Por lo tanto, la EDFHL de 2° orden equivalente es; 
𝒙𝒕+𝟐 − [(𝟏 + 𝟎, 𝟎𝟑) + (𝟏 + 𝟎, 𝟎𝟐)]𝒙𝒕+𝟏 + (𝟏 + 𝟎, 𝟎𝟑) ∗ (𝟏 + 𝟎, 𝟎𝟐)𝒙𝒕 = 𝟎 
 
c) Se puede resolver cualquiera de las dos ecuaciones, ya que, al ser equivalentes, la solución será 
exactamente la misma, lo haremos con la de 2° orden 
 
1. 𝑥𝑡+2 − 2,05𝑥𝑡+1 + 1,0506𝑥𝑡 = 0 
2. Ecuación característica: 𝑚2 − 1,05𝑚 + 1,0506 = 0 
3. Soluciones de la ecuación: 𝑚 =
2,05±√2,052−4∗1∗1,0506
2
=
1,05±√0,0001
2
=
2,05±0,01
2
{
1,03
1,02
 
4. Soluciones reales y distintas 
5. Por lo tanto, la solución está dada por: 
𝑋𝑡 = 𝐾11,03
𝑡 + 𝐾21,02
𝑡 
6. Utilizando las condiciones iniciales, podemos obtener las constantes 𝐾1 𝑦 𝐾2 
 
𝑋0 = 𝐾11,03
0 + 𝐾21,02
0 = 𝐾1 + 𝐾2 = 12.000.000 
𝑋1 = 𝐾11,03
1 + 𝐾21,02
1 = 1,03𝐾1 + 1,02𝐾2 = 12.370.000 
 
De donde: 𝐾2 = 12.000.000 − 𝐾1 → 1,03𝐾1 + 1,02(12.000.000 − 𝐾1) = 12.370.000 
Por lo tanto, 0,01𝐾1 = 12.370.000 − 1,02 ∗ 12.000.000 = 130.000 → 𝐾1 =
130.000
0,01
= 13.000.000 
 
 Así entonces: 𝐾1 = 13.000.000 ; 𝐾2 = −1.000.000 
 
7. Por lo tanto, la solución final está dada por: 
 
𝑿𝒕 = 𝟏𝟑. 𝟎𝟎𝟎. 𝟎𝟎𝟎 ∗ 𝟏, 𝟎𝟑
𝒕 − 𝟏. 𝟎𝟎𝟎. 𝟎𝟎𝟎 ∗ 𝟏, 𝟎𝟐𝒕 
 
 
Ejercicio 2 FIBONACCI 
 
La ley de formación de una secuencia de Fibonacci es la siguiente, cada término de la sucesión, se obtiene 
como la suma de los dos términos precedentes, es utilizada para hacer pronósticos y estimar tendencias 
alcistas y retrocesos de acciones en los mercados financieros 
 
 Plantear la EDF correspondiente y resolverla asumiendo las condiciones iniciales: 𝑥0 = 0; 𝑥1 = 1 
 
Solución 
 
 𝑥𝑡+2 = 𝑥𝑡+1 + 𝑥𝑡 ; 𝑥0 = 0 ; 𝑥1 = 1 ; 𝑡 ∈ ℕ0 
 𝑥𝑡+2 − 𝑥𝑡+1 − 𝑥𝑡 = 0 EDFH lineal de 2° orden con coeficientes constantes (autónoma) 
 Ecuación característica: 𝑚2 −𝑚 − 1 = 0 → 𝑚 =
1±√1+4
2
= {
𝑚1 =
1+√5
2
𝑚2 =
1−√5
2
 
 Raíces reales y distintas, por lo tanto, la solución general de la EDF es: 
𝑿𝒕 = 𝑲𝟏 (
𝟏 + √𝟓
𝟐
)
𝒕
+𝑲𝟐 (
𝟏 − √𝟓
𝟐
)
𝒕
 
 Considerando las condiciones iniciales 𝑥0 = 0; 𝑥1 = 1 
 
 𝐾1 (
1+√5
2
)
0
+ 𝐾2 (
1−√5
2
)
0
= 0 → 𝐾1 + 𝐾2 = 0 → 𝐾2 = −𝐾1 
 𝐾1 (
1+√5
2
)
1
+ 𝐾2 (
1−√5
2
)
1
= 1 → 𝐾1 (
1+√5
2
)
1
− 𝐾1 (
1−√5
2
)
1
= 1 → 𝐾1√5 = 1 → 𝐾1 =
1
√5
=
√5
5
→
𝐾2 = −
√5
5
 
 Por lo tanto, la solución final es: 
𝑿𝒕 =
√𝟓
𝟓
(
𝟏 + √𝟓
𝟐
)
𝒕
−
√𝟓
𝟓
(
𝟏 − √𝟓
𝟐
)
𝒕
; 𝒕 = 𝟎, 𝟏, 𝟐, 𝟑, … .. 
 
 
Ejercicio 3 
 
Resolver EDF de 2° Orden: 𝒙𝒕+𝟐 − 𝟓𝒙𝒕+𝟏 + 𝟔𝒙𝒕 = 𝟒
𝒕 + 𝒕𝟐 + 𝟑 
 
 
Solución 
 
 Primero se resuelve la EDFH 𝒙𝒕+𝟐 − 𝟓𝒙𝒕+𝟏 + 𝟔𝒙𝒕 = 𝟎 
 Ecuación Característica: 𝑚2 − 5𝑚 + 6 = 0 
 𝑚 =
5±√25−24
2
=
5±1
2
= {
𝑚1 = 2
𝑚2 = 3
 Soluciones reales y distintas 
 Por lo tanto la solución homogénea está dada por: 𝑿𝒕
𝒉 = 𝑲𝟏𝟐
𝒕 + 𝑲𝟐𝟑
𝒕 
 Para resolver parte NO Homogénea, debemos fijarnos en el término libre: 𝒄𝒕 = 𝟒
𝒕 + 𝒕𝟐 + 𝟑 
y proponer una solución particular basados en las sugerencias de la siguiente tabla 
 
 
 
 Por lo tanto, la solución particular sugerida es: 𝑿𝒕
𝒑
= 𝑲𝟑𝟒
𝒕 + 𝑲𝟒𝒕
𝟐 + 𝑲𝟓𝒕 + 𝑲𝟔 
 
 Para determinarlas constantes 𝐾3, 𝐾4, 𝐾5 𝑦 𝐾6 , reemplazamos la solución particular propuesta en la 
EDF original, esto es: 
𝒙𝒕+𝟐 − 𝟓𝒙𝒕+𝟏 + 𝟔𝒙𝒕 = 𝟒
𝒕 + 𝒕𝟐 + 𝟑 
 
 +𝒙𝒕+𝟐 = 𝐾34
𝑡+2
+ 𝐾4(𝑡 + 2)
2
+ 𝐾5(𝑡 + 2) + 𝐾6 = 16𝐾34
𝑡
+ 𝐾4𝑡
2
+ 4𝐾4𝑡 + 4𝐾4 + 𝐾5𝑡 + 2𝐾5 + 𝐾6 
 
 −𝟓𝒙𝒕+𝟏 = −5[𝐾34
𝑡+1
+ 𝐾4(𝑡 + 1)
2
+ 𝐾5(𝑡 + 1) + 𝐾6] = −20𝐾34
𝑡
− 5𝐾4𝑡
2
− 10𝐾4𝑡 − 5𝐾4 − 5𝐾5𝑡 − 5𝐾5 − 5𝐾6 
 
 +𝟔𝒙𝒕 = 𝟔(𝐾34
𝑡
+ 𝐾4𝑡
2
+ 𝐾5𝑡 + 𝐾6) = 6𝐾34
𝑡
+ 6𝐾4𝑡
2
+ 6𝐾5𝑡 + 6𝐾6 
 
 Reduciendo términos semejantes, obtenemos que: 
 
2𝐾34
𝑡 + 2𝐾4𝑡
2 + (2𝐾5 − 6𝐾4)𝑡 + (2𝐾6 − 3𝐾5 − 𝐾4) = 4
𝑡 + 𝑡2 + 3 
 
 
 Igualando coeficientes de términos homogéneos, tenemos que resolver el sistema 
 
2𝐾3 = 1 
2𝐾4 = 1 
2𝐾5 − 6𝐾4 = 0 
2𝐾6 − 3𝐾5 − 𝐾4 = 3 
 
De donde las soluciones son: 𝐾3 =
1
2
, 𝐾4 =
1
2
, 𝐾5 =
3
2
 𝑦 𝐾6 = 4 
 
 Por lo tanto, la solución particular sugerida es: 𝑿𝒕
𝒑
=
𝟏
𝟐
𝟒𝒕 +
𝟏
𝟐
𝒕𝟐 +
𝟑
𝟐
𝒕 + 𝟒 
 Y la solución general final resulta ser: 
𝑿𝒕 = 𝑿𝒕
𝒉 + 𝑿𝒕
𝒑
= 𝑲𝟏𝟐
𝒕 + 𝑲𝟐𝟑
𝒕 +
𝟏
𝟐
𝟒𝒕 +
𝟏
𝟐
𝒕𝟐 +
𝟑
𝟐
𝒕 + 𝟒 
Nota: Para determinar las constantes 𝐾1 𝑦 𝐾2 deberíamos tener dos condiciones iniciales 
 
Ejercicio 4 
 
Considere la EDFH: 𝑥𝑡+2 + 𝑎𝑥𝑡+1 + 𝑏𝑥𝑡 = 0, de tal modo que la raíz 𝑚1 de la ecuación característica 
tiene multiplicidad dos. 
 Demostrar que la solución de la EDFH está dada por: 𝑋𝑡 = 𝐾1𝑚1
𝑡 + 𝐾2𝑡𝑚1
𝑡 
 
Demostración 
 
 Primero veamos que la ecuación característica en este caso está dada por: 𝑚2 + 𝑎𝑚 + 𝑏 = 0 
 Cuyas soluciones están dadas por: 𝑚 =
−𝑎±√𝑎2−4𝑏
2
 
 Como en este caso hay una sola solución 𝑚1 de multiplicidad dos, se cumple que 𝑎
2 − 4𝑏 = 0 
 Por lo tanto se tiene que: 𝑚1 =
−𝑎
2
→ 𝟐𝒎𝟏 + 𝒂 = 𝟎 (∗) 
 En segundo lugar, debemos demostrar que al reemplazar la solución propuesta: 𝑋𝑡 = 𝐾1𝑚1
𝑡 + 𝐾2𝑡𝑚1
𝑡 , 
en: 𝑥𝑡+2 + 𝑎𝑥𝑡+1 + 𝑏𝑥𝑡 ,el valor resulta ser “0”, por lo tanto: 
 Como: 𝑋𝑡 = 𝐾1𝑚1
𝑡 + 𝐾2𝑡𝑚1
𝑡 → 𝑋𝑡+2 = 𝐾1𝑚1
𝑡+2 + 𝐾2(𝑡 + 2)𝑚1
𝑡+2 = 𝐾1𝑚1
2𝑚1
𝑡 +𝐾2𝑡𝑚1
2𝑚1
𝑡 + 2𝐾2𝑚1
2𝑚1
𝑡 
 Como: 𝑋𝑡 = 𝐾1𝑚1
𝑡 + 𝐾2𝑡𝑚1
𝑡 → 𝑎𝑋𝑡+1 = 𝑎𝐾1𝑚1
𝑡+1 + 𝑎𝐾2(𝑡 + 1)𝑚1
𝑡+1 = 𝑎𝐾1𝑚1𝑚1
𝑡 + 𝑎𝐾2𝑡𝑚1𝑚1
𝑡 + 𝑎𝐾2𝑚1𝑚1
𝑡 
 Como: 𝑋𝑡 = 𝐾1𝑚1
𝑡 + 𝐾2𝑡𝑚1
𝑡 → 𝑏𝑋𝑡 = 𝑏𝐾1𝑚1
𝑡 + 𝑏𝐾2𝑡𝑚1
𝑡 . Por lo tanto: 
 
 𝑡 𝑋𝑡
 
 𝑡 K 𝑡
𝑡 𝑡 (𝑡) 
𝑡
 (𝑡 ), (𝑡 ) 𝐾1 𝑡 + 𝐾2 (𝑡 )
( 𝑡 (𝑡 ), 𝑡 (𝑡 )) 𝑡𝐾1 𝑡 + 
𝑡𝐾2 (𝑡 )
( 𝑡𝑡 (𝑡 ), 𝑡𝑡 (𝑡 )) 𝑡 (𝑡) 𝑡 + 
𝑡 (𝑡) (𝑡 )
𝑋𝑡+2 + 𝑎𝑋𝑡+1 + 𝑏𝑋𝑡 = 𝐾1𝑚1
2𝑚1
𝑡 + 𝐾2𝑡𝑚1
2𝑚1𝑡 + 2𝐾2𝑚1
2𝑚1
𝑡 + 𝑎𝐾1𝑚1𝑚1
𝑡 + 𝑎𝐾2𝑡𝑚1𝑚1
𝑡 + 𝑎𝐾2𝑚1𝑚1
𝑡 + 𝑏𝐾1𝑚1
𝑡 + 𝑏𝐾2𝑡𝑚1
𝑡 
 
 
 
𝑋𝑡+2 + 𝑎𝑋𝑡+1 + 𝑏𝑋𝑡 = 𝐾1𝑚1
𝑡(𝑚1
2 + 𝑎𝑚1 + 𝑏) + 𝐾2𝑡𝑚1
𝑡(𝑚1
2 + 𝑎𝑚1 + 𝑏) + 𝐾2𝑚1𝑚1
𝑡(2𝑚1 + 𝑎) 
Como 𝑚1 𝑟𝑎í𝑧 𝑑 𝑙𝑎 𝑢𝑎 𝑖ó 𝑎𝑟𝑎 𝑡 𝑟í 𝑡𝑖 𝑎 → 𝑚1
2 + 𝑎𝑚1 + 𝑏 = 𝑚1
2 + 𝑎𝑚1 + 𝑏 = 0 
Además por (*) 2𝑚1 + 𝑎 = 0 
 
Por lo tanto, se concluye que: 𝑿𝒕+𝟐 + 𝒂𝑿𝒕+𝟏 + 𝒃𝑿𝒕 = 𝟎 q.e.d.