Ayudantía 5 (respuestas)

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Pontificia Universidad Católica de Chile
Facultad de Ciencias Económicas y Administrativas
Instituto de Economía
Segundo Semestre de 2018
Profesor: Jaime Casassus – Ayudante: Felipe Del Canto
Economía Matemática - EAE319B
Ayudantía 5
5 de Octubre de 2018
Problema 2
Considere la siguiente secuencia de números enteros:
Xn`2 “ Xn`1 `Xn, n ě 0, (3.1)
con X0 “ A y X1 “ 1. Según el valor de A podemos crear dos secuencias diferentes. Si A “ 0, Xn es la
secuencia de Fibonacci, denotada Fn. Si A “ 2, Xn es la secuencia de Lucas, denotada Ln.
c) Considere Gn “
Xn
Xn´1
, para n ě 2. Demuestre que Gn satisface la ecuación no lineal Gn`2Gn`1 “
1`Gn`1, encuentre G2.
Solución. Que Gn satisface la ecuación no lineal se obtiene directamente del cálculo, usando (3.1)
Gn`2Gn`1 “
Xn`2
Xn`1
Xn`1
Xn
“
Xn`2
Xn
“
Xn`1 `Xn
Xn
“ 1`
Xn`1
Xn
“ 1`Gn.
Para encontrar G2, notamos que
G2 “
X2
X1
“
X1 `X0
X1
“ 1`
X0
X1
“
#
3 para Ln y Dn
1 para Fn
.
d) Utilice lo anterior para mostrar que
Fn
Fn´1
,
Ln
Ln´1
y
Dn
Dn´1
tienen estado estacionario y obténgalos.
Solución. Notar que de la ecuación no lineal tenemos
Gn`2 “
1
Gn`1
` 1, n ě 1.
Notar que si 1 ď Gn`1 ď 2, entonces
3
2
ď Gn`2 ď 2, en particular, como
3
2
ą 1, entonces 1 ď Gn`2 ď 2.
Por lo que si Gn entra al intervalo r1, 2s no sale de ahí. Ahora, si Gn`1 ą 1, entonces 0 ă
1
Gn`1
ă 1 y
por lo tanto 1 ă Gn`2 ă 2, de manera que en ese caso también caemos en el intervalo r1, 2s. Finalmente,
si 0 ă Gn`1 ă 1, entonces
1
Gn`1
ą 1 y Gn`2 ą 2, pero entonces por el caso recién visto, 1 ă Gn`3 ă 2,
de manera que podemos asegurar que Gn está acotada en el intervalo r1, 2s (en el peor de los casos, para
n “ 4 en adelante). Ahora, observemos que si nos aprovechamos de la ecuación no lineal
Gn`1 ´Gn “
1
Gn
` 1´
1
Gn´1
´ 1 “ p´1q
Gn ´Gn´1
GnGn´1
“ p´1q
Gn ´Gn´1
1`Gn´1
.
Procediendo inductivamente se llega a que
Gn`1 ´Gn “ p´1q
n´2 G3 ´G2
p1`G2qp1`G3q ¨ ¨ ¨ p1`Gn´1q
.
Observe dos cosas: i) los términos sucesivos se acercan cuando n crece (porque cada término del deno-
minador es mayor que 1 y el numerador es acotado); y ii) lo anterior nos dice que Gn no es creciente ni
decreciente, sino que oscila. Note sin embargo que
Gn`2 ´Gn “ Gn`2 ´Gn`1 `Gn`1 ´Gn
“ pG3 ´G2q
„
p´1qn´1
p1`G2q ¨ ¨ ¨ p1`Gnq
`
p´1qn´2
p1`G2q ¨ ¨ ¨ p1`Gn´1q

“ p´1qn´2pG3 ´G2q
„
1
p1`G2q ¨ ¨ ¨ p1`Gn´1q
´
1
p1`G2q ¨ ¨ ¨ p1`Gnq

“ p´1qn´2pG3 ´G2q
„
p1`G2q ¨ ¨ ¨ p1`Gnq ´ p1`G2q ¨ ¨ ¨ p1`Gn´1q
p1`G2q2 ¨ ¨ ¨ p1`Gn´1q2p1`Gnq

.
Note que el término entre corchetes es positivo, pues el denominador es positivo y el numerador también
(porque cada paréntesis es mayor que 1 y el primer término tiene un factor adicional). Así, si el signo de
Gn`2´Gn depende si n es par o impar, de manera que los términos pares e impares son monótonos (por
separado) y además acotados por lo el argumento del comienzo, luego deben converger. Como además
términos pares e impares se juntan para n grande (observación i) anterior), entonces deben converger a
lo mismo. Para encontrar ese valor, tomemos la ecuación no lineal y tomemos el límite cuando n va a
infinito (llamando λ “ ĺım
nÑ8
Gn):
λ2 “ λ` 1,
luego
λ “
1˘
?
5
2
,
pero vemos que cada secuencia
Fn
Fn´1
,
Ln
Ln´1
y
Dn
Dn´1
tiene solo valores positivos, luego λ “
1`
?
5
2
“
ϕ.
2
Problema 3
Sea St el precio de la gasolina en t y defina xt “ lnpStq. Suponga que la dinámica del precio evoluciona
de la siguiente forma para 0 ă a ď 1, r, θ ą 0, 0 ă κ ă 1 y S0 y S1 conocidos:
xt`1 “ r ` axt ´ δt,
δt`1 “ κθ ` p1´ κqδt,
b) Determine S2 en función de los parámetros del modelo y S0, S1.
Solución. Para obtener S2 basta obtener x2, pues S2 “ ex2 . Recuerde además que saber S0 y S1 implica
saber x0 y x1. Tenemos que
x2 “ r ` ax1 ´ δ1,
mientras que
δ1 “ κθ ` p1´ κqδ0.
Pareciera que nos falta saber δ0, pero observe que
x1 “ r ` ax0 ´ δ0 ùñ δ0 “ r ` ax0 ´ x1,
de manera que
δ1 “ κθ ` p1´ κqpr ` ax0 ´ x1q.
Reemplazando luego en x2 y reordenando
x2 “ pa` 1´ κqx1 ´ ap1´ κqx0 ` κpr ´ θq,
luego, usando que S0 “ ex0 y S1 “ ex1 , tenemos
S2 “ e
x2 “ Sa`1´κ1 S
apκ´1q
0 e
κpr´θq.
c) Suponga que a “ 1 y que θ ă r. Demuestre que si S1 ą S0, entonces S2 ą S1.
Solución. En este caso tenemos que
x2 “ p2´ κqx1 ´ p1´ κqx0 ` κpr ´ θq “ x1 ` p1´ κqpx1 ´ x0q ` κpr ´ θq.
Como S1 ą S0, entonces x1 ą x0 (ln es una función creciente) y el segundo término del lado derecho es
positivo. Como además r ą θ, entonces el tercer término también es positivo y tenemos que x2 ą x1, que
es equivalente a S2 ą S1.
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d) Suponga que a “ 1 y que θ ă r. Demuestre que si S1 ă S0, podría ocurrir que S2 ą S1. Determine la
relación entre los parámetros del modelo, S0 y S1 para que esto ocurra.
Solución. La igualdad anterior dice que x2 ą x1 si y solo si
p1´ κqpx1 ´ x0q ` κpr ´ θq ą 0,
que es lo mismo que
x1 ´ x0 ą ´
κpr ´ θq
1´ κ
,
que a su vez es igual a
S1
S0
ą e´
κpr´θq
1´κ .
Luego esta es la condición que deben tener S1 y S0 para que S2 ą S1.
e) Suponga que a “ 0,9, r “ 0,05, κ “ 0,5 y θ “ 0,04. Además, sabe que S0 “ 3,5 y S1 “ 3,2. Determine los
precios de la gasolina para t “ 2, t “ 10 y t “ 20.
Solución. Considere la ecuación en diferencias
zn`1 “ αzn ` β, zn P R.
Si reemplaza inductivamente esta fórmula se llega a
zn “ α
nz0 ` β
n´1
ÿ
k“0
αk “ αnz0 ` β
αn ´ 1
α´ 1
.
De esta forma, la solución general para δt es
δt “ p1´ κq
tδ0 ` κθ
p1´ κqt ´ 1
´κ
,
pero ya vimos que δ0 “ r ` ax0 ´ x1, luego
δt “ p1´ κq
tpr ` ax0 ´ x1q ´ θ
“
p1´ κqt ´ 1
‰
.
Con esto es posible calcular δt para todo t. Esto nos permite “suponer” que conocemos δt al resolver la
ecuación en diferencias para xt. Siguiendo la fórmula presentada al comienzo de este inciso, obtenemos
xt “ a
tx0 ` pr ´ δtq
at ´ 1
a´ 1
.
Con esto ya es fácil calcular lo pedido, primero calculando δt y luego usando ese valor para calcular xt.
Recuerde que el enunciado se pide St, que es el precio, no xt que es logaritmo del precio. Recuerde además
usar ln y no log en la calculadora.
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