Solucionario Chiang en Español

CAPÍTULO 16 ejercicio 16.1 segundo

2

1.

' 0

bt

1. (a) por (16.3), yp = a2 (B) Por 16,3 , Yp = A1 = 7t =5 2. Por (16.3), ypag = 9/3 = 3 (d) por (16.3), y pag = -4 / - 1 = 4 3. Por ¡16.3” ¢, yp = BT22 = 6T2 2. 4. Con a1 y a2 = 3 = -4, nos encontramos con r1, r2 = 12 (-3 ± 5) = 1, -4. Así yc = A1et + A2e-4T 5. Con a1 = 6 y a2 = 5, encontramos r1, r1, r2 = 12 (-6 ± 4) = -1, -5. Así yc = A1e-t + A2e-5t 6. Con a1 y a2 = -2 = 1, que se repiten raíces r1 = r2 = 1. Por lo tanto, por (16.9) yc = A3et + A4tet 7. Con a1 y a2 = 8 = 16, nos encontramos encontramos con R1 = R2 = -4. Así tenemos tenemos que A = A3e-4t + A4te-4t 3. Por (16.3), yp = -3. La adición de este a la YC obtenido anteriormente, anteriormente, se obtiene la solución general y (t) = A1et + A2e-4T-3. Configuración de t = 0 en esta solución, y el uso de la primera condición inicial, tenemos y (0) = A1 + A2 - 3 = 4. Di ff erentiating y (t), y luego poner t = 0, se encuentra a través de la segunda condición inicial que y0 (0) = A1 - 4A2 = 2. Así A1 = 6 y A2 = 1. La solución definitiva es y (t) = 6ET + e-4T - 3. 9. yp = 2. La solución general es y (t) (t) = A1e-t + A2e-5t + 2. La condición inicial nos dan y (0) = A1 + A2 + 2 = 4, y y0 (0) = -A1 - 5A2 = 2. Así A1 = 3 y A2 = -1. La solución definitiva es y (t) = 3e-t - e-5t + 2. 10. yp = 3. La solución general es y (t) = A3et + A4tet + 3. Puesto que y (0) = A3 + 3 = 4, y y0 (0) = 1 + A4 = 2, tenemos A3 = 1, y A4 = 1. La solución definitiva es y (t) = et + tet 3. (D) yp = 0. La solución general es y (t) = A3e-4t + A4te-4T. Puesto que y (0) = A3 = 4, y = 4, y A4 = 18. Por lo tanto, la solución definitiva y0 (0) = -4A3 + A4 = 2, tenemos A3 es 8.

y (t) = 4e-4t + 18TE-4T. 4. (a) Inestable (b) Estable (c) Inestable

(D) Stable

106

Chiang / Wainwright: Métodos fundamentales de economía matemática

1.

Manual del del instructor instructor

Configuración de t = 0 en la solución, solución, obtenemos y (0) = 2 + 0 + 3 = 5. Esto satisface la primera inicial condición. El derivado de la solución es y0 (t) = -6e-3T - 3TE-3t + e-3t, lo que implica que y0 (0) = -6 - 0 + 1 = -5. Esto comprueba con la segunda condición inicial

2.

La segunda derivada es y”(t) = 18e -3t + 9te-3T - 3e-3T - 3e-3T = 12e-3t + 9te-3T. La sustitución de las expresiones para y”, y0 e y en el lado izquierdo de la di ff diferencial igua-ción se obtiene el valor de 27, ya que todos los términos exponenciales se cancelan. Por lo tanto se valida la solución.

11.Para el caso de r

<0, primero reescribir terc como t / e -rt, donde tanto el numerador como el denominador tienden a infinito cuando t tiende al infinito. Por lo tanto, por la regla de L'Hôpital, lim

t

= lim

-rt

1

= 0 (caso de r <0)

-rt

t → ∞-re

t → ∞e

Para el caso de r> 0, tanto componente de t y el componente com ponente ert tenderán a infinito. Así su terc producto, también tenderá a infinito. Para el caso de r = 0, tenemos tert = TE0 = t. Por lo tanto terc tiende a infinito cuando t tiende a infinito ejercicio 16.2

√

1

1. (a)

(3 ±

r 1, r 2 =

(segundo) (do)

1 r 1, r 2 =

x1, x2 =

4

- ±

2

1

-

±

3

-27) =

±

-

=- ±

-

= -4 ±

√

1

1

3

1

√

3√

4

1

(re) x1, x2 = 4 (1 ± -7) = 4 ±4 7i 12. (A) Desde 180 grados = 3.14159 radianes, 180

1 radián =

3.14159 grados

(B) De manera similar, 1 grado =

= 57,3 grados (o 57◦180)

180

3.14159 radianes = 0.01745 radianes.

3.

(A) θ sin2 + cos2 θ ≡ ¡Rv ¢ 2 + ¡Rh ¢ 2 ≡ V2R + 2H2 ≡ 1, porque R se define d efine para ser ¡v2 + h2 ¢ medio. Este resultado es cierto independientemente del valor de θ; por lo tanto, utilizamos el suspiro de identidad. √ √ √ (B) Cuando θ v π π . or o tanto, tanto, e = 4 , Tenemos v = h, por lo que R = 2v v= 2=h pecado 4 = cos 4 =R = v = 1 = √2 . ¡ ¢ π

√

v 2

√2

2

2

107



4.

(A) sen 2θ ≡ sen (theta + theta) ≡ cos pecado theta theta + cos c os theta sen θ cos ≡ 2 sen θ theta [Aquí, θ 1 = θ2 = Θ]

2.

La segunda derivada es y”(t) = 18e -3t + 9te-3T - 3e-3T - 3e-3T = 12e-3t + 9te-3T. La sustitución de las expresiones para y”, y0 e y en el lado izquierdo de la di ff diferencial igua-ción se obtiene el valor de 27, ya que todos los términos exponenciales se cancelan. Por lo tanto se valida la solución.

11.Para el caso de r

<0, primero reescribir terc como t / e -rt, donde tanto el numerador como el denominador tienden a infinito cuando t tiende al infinito. Por lo tanto, por la regla de L'Hôpital, lim

t

= lim

-rt

1

= 0 (caso de r <0)

-rt

t → ∞-re

t → ∞e

Para el caso de r> 0, tanto componente de t y el componente com ponente ert tenderán a infinito. Así su terc producto, también tenderá a infinito. Para el caso de r = 0, tenemos tert = TE0 = t. Por lo tanto terc tiende a infinito cuando t tiende a infinito ejercicio 16.2

√

1

1. (a)

(3 ±

r 1, r 2 =

(segundo) (do)

1 r 1, r 2 =

x1, x2 =

4

- ±

2

1

-

±

3

-27) =

±

-

=- ±

-

= -4 ±

√

1

1

3

1

√

3√

4

1

(re) x1, x2 = 4 (1 ± -7) = 4 ±4 7i 12. (A) Desde 180 grados = 3.14159 radianes, 180

1 radián =

3.14159 grados

(B) De manera similar, 1 grado =

= 57,3 grados (o 57◦180)

180

3.14159 radianes = 0.01745 radianes.

3.

(A) θ sin2 + cos2 θ ≡ ¡Rv ¢ 2 + ¡Rh ¢ 2 ≡ V2R + 2H2 ≡ 1, porque R se define d efine para ser ¡v2 + h2 ¢ medio. Este resultado es cierto independientemente del valor de θ; por lo tanto, utilizamos el suspiro de identidad. √ √ √ (B) Cuando θ v π π . or o tanto, tanto, e = 4 , Tenemos v = h, por lo que R = 2v v= 2=h pecado 4 = cos 4 =R = v = 1 = √2 . ¡ ¢ π

√

v 2

√2

2

2

107



4.

(A) sen 2θ ≡ sen (theta + theta) ≡ cos pecado theta theta + cos c os theta sen θ cos ≡ 2 sen θ theta [Aquí, θ 1 = θ2 = Θ]

2 2 2 2 13. cos 2θ ≡ cos (θ + θ) ≡ cos θ cos θ - sin pecado theta theta ≡ cos θ - pecado theta ≡ cos θ + sen 2

θ - 2 sen θ ≡

- θ 2 sen2

1.

14. sen (θ1 + θ2) + Sen (θ 1 - θ2) ≡ (sen θ1 cos θ2 + cos θ1 pecado θ2) + (Sen θ 1 cos θ2 - cos theta1

pecado θ2) ≡

pecado θ1 cos θ2

1.

θ sen2

2

cos2 θ + θ sen2

1

(D) 1 + tan θ ≡ 1 + cos θ ≡ ≡ cos θ cos θ - ≡ ¡ - ¢≡ ≡ (E) el cos pecado cos cos pecado 2 θ pecado2 θ cos 2 θ θ 0 θ π

π

π

5.

(F) cos ¡

π

π

π

theta ¢ ≡ cos

2-

cos θ + sen

2

2

pecado θ ≡ 0 + sen θ ≡ pecado θ

df d pecado f (θ) (θ)

= Cos f (θ) · f0 (θ) = f0 (θ) · cos f (un) dθ pecado f (θ) = df (θ) dθ (θ) d cos f (θ) df pecado pecado (Θ) re (θ) F0 (Θ) f (θ) = cos f (θ) = f (θ) F0 = · · dθ df (θ) dθ re cos θ3 = -3θ2 θ3 (segundo) dθ pecado ¡ ¢ ¡ ¢ re θ2 + = (2θ + 3) cos θ2 3θ + 3θ dθ pecado re

θ

θ

re

dθ cos re

e = -e

θ

sin e 1

1

dθ pecado θ

1

= - θ2 cos

θ

6. 15.

e-iπ = cos π - i sen π = -1 - 0 = -1 iπ / 3

(B) e-

iπ / 4

(C) e-

= cos

π π 3 + I pecado 3 π

1

=2 + i

π

1

√

2

=

1

+ = cos 4 pecado 4 =√ 2 + i π

3

√ 2

1

¡ 2

√

1+

3i

¢

1

=

√2

√2

(1 + i) =

2

(1 + i) √

π

(re) mi-3iπ /4

= cos

4

- sen i

4

=-

√2

-i

√2

=-

√2

(1 + i) = -

=

√

2

(1 + i)

7.

(A) con R = 2 y θ = √ la forma es 3+i

, Nos encontramos π con h = 2 cos

π

6

6

π

(B) con R = 4 y θ = forma es 2 + 2 3i.

3

, Nos encontramos con h = 4 cos

3

y v = 2 sen

π

π

3

√

π

= 2 y v = 4 sin

= 1. El cartesiano

6

3

=2

3. El cartesiana

108


Manual del instructor

(C) Tomando el número complejo 2e+ iθ, Tenemos R = como

√

√

2

π

. Así √ que h = 2 cos -π =

2yθ=

4

4

-

4

π

-

π

√

cos

4

4

[Por (16,14)] = 1, y v = 2 sen

=√

pecado = 1. La forma cartesiana es yo. Alternativamente, tomando el ¡√2e en -iθ , ¢ podríamos tener θ = número como lugar, h + vi = 1 con el resultado de que h = v = 1. La forma cartesiana es entonces h - vi = 1 - i, la misma respuesta. -π

-

2

4

π

8.

, Nos encontramos con R = 3. Desde θ debe (A) con h =

3

2

pecado θ v

=

=

√

R

3√ 3 satisfacer cos θ =

yv= √3 2

marido

2

Tabla 16.2 nos da θ =

. Así, 3

3√ 3

3

π

+ 2

π +I pecado 3

π

i = 3 cos

3 y v = 4, encontramos R = 8. Para que cos θ = π

debemos tener θ = ejercicio 16.3

6

R

=

2

1

y

2

= 3eiπ / 3.

3

marido¡ √

2

3

(B) Con h = 4

=

R

¢ y e peca o =

v

1

R

=2,

π

π

+I . Por lo ¡ tanto, 4 ¡√ 3 + I ¢ = 8 cos 6 pecado 6 ¢= 8eiπ / 6.

1. a1 = -4, a2 = 8, b = 0. Por lo tanto yp = 0. Puesto que h = 2, y v = 2, tenemos yc = e2t (A5 cos 2t + A6 sen 2t). La solución general es la misma que YC, ya yp = 0. A partir de esta solución, podemos encontrar que y (0) = cos A5 + A6 0 sen 0 = A5 y y0 (0) = 2 (A5 + A6). Dado que las condiciones iniciales 1 . Por consiguiente, la solución son y (0) = 3 y y0 (0) = 7, obtenemos A5 = 3 y A6 = 2 definitiva es y (t) = e2t (3 cos 2t 1 + 2 sen 2t) 2. una

= 4, = 8, b = 2. De este una modo y

cos 2t = E-2t = 1 . Desde h = 2, y v = 2, y tenemos (A + 5 1 2 pag 4 do A partir de esta solución, podemos A6 sen 2t). La solución general es y (t) = yc + yp. encontrar y (0) = A5 + 1/4, y y0 (0) = -2A5 + 2A6, que, junto con las condiciones iniciales, implica que A5 = 2 y A6 = 4. De este modo la solución definitiva es

y (t) = e-2T (2 cos 2t + 4 sen 2t) 1 +4 3. una1 = 3, a2 = 4, b

√

= 12. De este modo y pag = 3.

√

Desde h = -

3 2

,yv=

√7 2

, Y tenemos do

=

A6

A5

7

solución,

7

2

2

3

puede encontrar y (0) = A 5 + 3, e Y (0) = -

2 UN5

+

√7 UN6, Que, junto con las condiciones iniciales,

2

√7

implicar que A5 = -1 y A6 =

7

. Así, la solución definitiva es

109



√ √ √ 7 7 7 t) + y (t) = e-3T / 2 (cos 2 t + 7 pecado 2 3 4. a1 = -2, a2 = 10, b = 5. Así yp = 12. Desde h = 1, y v = 3, tenemos yc = et (A5 cos 3t + A6 pecado 3t). La solución general es y (t) = yc + yp. A partir de esta solución, podemos encontrar y (0) = A5 + 12, y y0 (0) = A5 + 3A6, la cual, en vista de las condiciones iniciales, implica que A5 = 5 12 y A6 = 1. Así, la solución definitiva es y (t) = et (5 12 cos 3t + sen 3t) + 12 16.a1

= 0, a2 = 9, b = 3. Así yp = 12. Desde h = 0, y v = 3, y por lo tanto cos A = A5 3t + A6 pecado 3t. La solución general es y (t) = yc + yp. A partir de esta solución, podemos encontrar y (0) = A5 + 1/3, y y0 (0) = 3A6, la cual, por las condiciones iniciales, implican que A5 = 2/3 y A6 = 1. Así, la solución definitiva es y (t) = 23 cos 3t + sen 3t + 13

17.Después

de la normalización (dividiendo por 2), tenemos a1 = -6, a2 = 10, b = 20. Por lo tanto yp = 2. Puesto que h = 3, y v = 1, tenemos yc = E3T (A5 cos t + sen A6 t). La solución general es y (t) = yc + yp. Esta solución produce y (0) = A5 + 2, y y0 (0) = 3A5 + A6, que, por las condiciones iniciales, implica que A5 = 2 y A6 = -1. Así, la solución definitiva es y (t) = E3T (2 cos t - sen t) + 2

7. (a) 2 y 3 (b) 5 (c) 1, 4 y 6 ejercicio 16.4 1. (A) Igualando Qd y Qs, y normalizadora, tenemos P P”+ m - u 0

n-w 18. Pp = α + γβ +δ

β+ δ P= α+γ - n - w -n - w

= (norte W)

6

110



19. fluctuación periódica estará ausente si

1. m - u¶2 ≥ -4 (β + δ) n - wn - w 2. 20.

La sustitución de Qd y Qs, en los rendimientos de la ecuación de ajuste del mercado (bajo Normaliza-ción)

jm - 1 +γ β+δ PAG 00 + PAG 0 PAG = -α α+γ 1. P = P = β + δ.

jn

norte

norte

*

21.

22. se producirá si la fluctuación

23. jnn

jm - 1 ¶2 <-4 (β + δ)

Esta condición no puede cumplirse si n> 0, porque entonces la expresión del lado derecho será negativo, y el cuadrado de un número real nunca puede ser inferior a un número negativo. 24. Para el caso 3, la estabilidad dinámica requiere que 1.

¶

h = 1 JM - 1 - 2 jn

<0

Desde n <0 para el caso 3, esta condición reduce a jm - 1 <0 3. (A) Igualando Qd y Qs, y normalizadora, obtenemos 5 2 P=5

P”+ P 0 La integral particular es Pp = 2. Las raíces características son complejos, con h 1 = y 2 3 3 sen t + 3 t + 2. Esto puede v = . Así, la solución general es P (t) = et / 2 cos A5 A6 ser 2

definitized a

2

¡

2

¢

111


μ


¶

t+2 P (t) = Et / 2 2 cos 3 sen

t+2

3

2

2

(B) El camino es no convergente, y tiene fluctuación explosivo. ejercicio 16.5 1. (A) La sustitución de (16.33) en (16.34) se obtiene una ecuación diferencial di ff primer orden en π:

ddtπ + J (l - g) π = j (α - T - βU) 2.

Un di ff ecuación diferencial de primer orden tiene sólo una raíz característica. Desde fluctuación se produce por raíces complejas que vienen sólo en pares conjugados, no fluctuación es ahora posible.

25.

Di ff erentiating (16.33) y (16.35), obtenemos

dp dt D2U

DT2

dπ

dU

= -β dt + g dt dp = k dt

los rendimientos de sustitución dU

D2U

dπ

dU

DT2 = -kβ dt + kg dt = -kβ dt + KGJ (p - π) [por (16.34)]

Para deshacerse de p y π, observamos que (16.35) implica p = k1 Dudt + m y (16.33) implica pag

1

π = gramo - gramo (Α - T - βU) =

1

1 dU

k

gramo μdt

1

+ (Α - T m¶ - gramo - βU)

112



El uso de estos para eliminar py π, y reordenando, se nos ofrece entonces la ecuación diferencial ff di deseado en T:

re2T + [Kβ + j (1 - h)] dU + (kjβ) U = kj [α - T - (1 - h) m] DT2

dt

3. (A) Bajo el supuesto, (16,33) se pueden resolver para p, para producir 1 p = 1 - g (α - T - βU) Esto le da al derivado dp

β dU

βkm

βk -

dt = - 1 - g dt = 1 - g Por lo tanto tenemos la ecuación diferencial di ff

βk

dp

1 - g p [por (16.35)]

βkm

dt + 1 - g p = 1 - g (B) Sustituyendo la expresión p derivada en (a) en (16.35), obtenemos (bajo la reordenación)

Dudt + 1k-βg U = -km + 1 -kg (α - T) 26. Estos son de primer orden ecuaciones diferenciales di ff. 27. Es necesario tener el g6 restricción = 0,1 4. 28.

Los valores de los parámetros son β = 3, g = 13, J = 34 y k = 12. Por lo tanto, con referencia a (16.37” ), tenemos A1 = 2 a2

=9

8

yb=

9

8

metro

La integral particular es b / a2 = m. Las raíces características son complejos, con h = -1 √

y v = 42. Así, la solución general para π es

113



π (T) = mi-t

2

2 sen t + UN cos A5 4 A6 4 t! + m Sustituyendo esta solución y su derivada en (16.41), y despejando p, obtenemos

1 ' ' √2 ³√2A √2 5 + UN6 pecado pag (T) = mi-t[³√2A6 - UN5 cos t t] + metro 3 4 4 La nueva versión de (16.40) implica que U (t) = 19 π - 13 p + 181. Así

1 mi-

29. Sí; sí.

U (t) =

[³

9t

2

2A5 - √ 2A6

' cos

t + ³√2A5 + 4 2A6

'

2

1

2

pecado 4 t] + 18 - 9 metro

30.

p = m; T = 181 - 29 m

31.

Ahora U está relacionado funcionalmente con p. La curva de Phillips a largo plazo ya no es vertical, pero con pendiente negativa. L a suposición g = 1 (toda la tasa esperada de inflación está integrado en la tasa real de inflación) es crucial para la curva vertical Phillips de largo plazo.

ejercicio 16.6 32.y dado”(t) + ay0 (t) + by =

t -1, el término variable t-1 tiene derivadas sucesivas que implican t-2, t-3,. . . , Y dando un número infinito de formas. Si dejamos y (t) = B1T-1 + B2t-2 + B3t-3 + B4T-4 +. . .

No hay fin a la expresión y (t). Por lo tanto no podemos utilizarlo como la integral particular. 2. yp en la forma de y = B1T + B2. Entonces y0 (t) = B1 y Y”(t) = 0. Cambio produce B1T + (2B1 + B2) = t, así B1 = 1; Por otra parte, 2B1 + B2 = 0, por lo tanto B2 = -2. Por lo tanto, yp = t - 2.

33. Trate

34.

Trate yp en la forma de y = B1t2 + B2t + B3. Entonces tenemos y0 (t) = 2B1t + B2, y y”(t) = 2B1. Sustitución ahora produce B1t2 + (8B1 + B2) t + (2B1 + 4B2 + B3) = 2T2; Así B1 = 2, B2 = -16, y B3 = 60. Por lo tanto, yp = 2T2 - 16t + 60. 114



35. 36.

Trate yp en forma de y = Bet. Entonces y0 (t) = y”(t) = Bet. Sustitución produce 4bet = Et; por lo tanto B = 14. Por lo tanto, yp = 14 et. Trate yp en la forma de y = B1 sen t + B2 cos t. Entonces tenemos y0 (t) = B1 cos t B2 sen t, ey”(t) = sen t -B1-B2 cos t. los rendimientos de sustitución (2B1 - B2) sen t + (B1 + 2B2) cos t = sen t; Así B1 = 25, y B2 = -15. Por lo tanto, yp = 25 sen t - 15 cos t.

ejercicio 16.7 1. 37.

Puesto que un 6 =, 0 tenemos yp = b / an = 8/2 = 4.

38.

Puesto que un = 0, pero an-1 = 6, 0 obtenemos yp = bt / an-1 = 3t.

39.

an = an-1 = 0, pero an-2 6 = 0,0 que probar la solución y = kt2, de modo que y0 (t) = 2kT, y”(t) = 2k, y Y000 (t) = 0. Cambio produce 18k = 1, o k = 1/18. Por lo tanto, yp = 181 t2. de nuevo Tratamos y = kt2, de manera que y”(t) = 2k y y (4) (t) = 0. rendimientos de sustitución 2k = 4, o k = 2. Por lo tanto, yp = 2T2.

40.

2. 41.

yp = 4/2 = 2. Las raíces características son reales y distintas, con valores de 1, -1, y 2. Por lo tanto, la solución general es y (t) = A1et + A2e-t + A3e2t + 2

(B) yp = 0. Las raíces son -1, -3, y -3 (repetido). Así y (t) = A1e-t + A2e-3t + A3te-3T (C) yp = 8/8 = 1. Las raíces son -4 y -1 + i, y -1 - i. Así y (t) = A1e-4t + e-t (A2 cos t + A3 pecado t) + 1

115



3. 42.

Hay dos raíces positivas; la trayectoria temporal es divergente. Para utilizar el teorema de Routh, nos tienen a0 = 1, a1 = -2, a2 = -1, a3 = 2, y a4 = a5 = 0. La primera determinante es | a1 | = A1 = -2 <0. Así se viola la condición para la convergencia.

43.

Todas las raíces son negativas; la trayectoria temporal es convergente. Aplicando el teorema Routh, tenemos a0 = 1, a1 = 7, a2 = 15, a3 = 9, y a4 = a5 = 0. Las tres primeras determinantes tienen los valores de 7, 96 y 864, respectivamente. De este modo se asegura la convergencia.

44.

Todas las raíces tienen partes reales negativas; la trayectoria temporal es convergente. Para usar el teorema de Routh, tenemos a0 = 1, a1 = 6, a2 = 10, y a3 = 8. Los tres primeros determinantes tienen los valores 6, 52 y 416, respectivamente. De este modo se asegura la convergencia de nue vo.

1.

Aplicando el teorema de Routh, tenemos a0 = 1, a1 = -10, a2 = 27, y a3 = -18. La primera es determinante | a1 | = -10 <0. Por lo tanto la trayectoria de tiempo debe ser divergente. a0 = 1, a1 = 11, a2 = 34, y a3 = 24. Los primeros tres determinantes son todos positivos (que tiene el valor 11, 350, y 8400, respectivamente). Por lo tanto el camino es convergente.

4.

2.

un0 = 1, una 1 = 4, una 2 = 5, y una 3= -2. Los tres primeros determinantes tienen los valores

3.

4, 22 y -44, respectivamente. Desde el último factor determinante es negativo, el camino no es convergente.

45.

El teorema requiere que Routh

¯

a0

y

¯ un1

¯

1

¯ Con un

un2

un3

¯ ¯ ¯

0 ¯ ,

¯

>

¯ 1 una2 ¯ = ¯ 0 ¯ ¯ un1

¯

¯

¯

| A1 | = A1> 0 = a1un2 > 0

2

¯

este último requisito implica que a> 0, también.

116


CAPÍTULO 17 ejercicio 17.2


1. (A) yt + 1 = yt + 7 (b) yt + 1 = 1.3yt (c) yt + 1 = 3YT - 9 2.

(A) los rendimientos de iteración y1 = y0 + 1, y2 = y1 + 1 = y0 + 2, y3 = y2 + 1 = y0 + 3, etc. La solución es yt = y0 + t = 10 + t (B) Desde y1 = αy0, y2 = Αy1 = α2y0, y3 = αy2 = α3y0, etc., la solución es yt = αty0 = βαt (C) La iteración produce y1 = Αy0 - β, y2 = αy1 - β = α2y0 - αβ - β, y3 = αy2 - β = α3y0 α β - αβ - β, etc. La solución es y t = α y0 - beta (α - + α - +. . . + Α + 1)

de t plazo s

| un total {z

3. 46.

} yt + 1 - yt = 1, de modo que a = -1 y c = 1. Por (17,90), la solución es yt = y0 + ct = 10 + t. Los controles de respuesta. + 1 - αyt = 0, de modo que a = -α, y c = 0. Suponiendo alpha 6 =, 1 (17,80) se aplica, y tenemos yt = y0αt = βαt. Se comprueba. [Suponiendo α = 1 en lugar, encontramos a partir de (17.90) que yt = β, que es un caso especial de yt = βαt.] yt + 1 - αyt³ = -β, so'that a = -α, y c = -β. Suponiendo alfa 6 = 1, encontramos a partir de (17.80) β β . Esto es equivalente a la respue sta anterior, porque αt - 1-α podemos que yt = y0 + 1-α

47. yt

48.

1 αt

reescribir como yt = y0αt β³

4.

-

1 -α

' = Y0αt - (... 1 + α + α2 + + αt -1) β.

Para encontrar YC, tratar la solución yt = Abt en el yt ecuación homogénea + 1 + 3YT = 0. El resultado es Abt + 1 + 3Abt = 0; es decir, b = -3. Por lo tanto yc = Abt = A (-3) t. Para encontrar yp, tratar la solución yt = k en la ecuación completa, para obtener k + 3k = 4; es decir, k = 1. Por lo tanto yp = 1. La solución general es yt = A (-3) t + 1. Marco t = 0 en esta solución, obtenemos y0 = A + 1. La condición inicial a continuación, nos da A = 3. La solución definitiva es yt = 3 (- 3) t + 1. 50. Después de la normalización de la ecuación para yt + 1 - (12) yt = 3, podemos encontrar yc = Abt = A (12) t, y yp = k = 6. Así, yt = A (12) t + 6. Uso de la condición inicial, obtenemos A = 1. La solución definitiva es yt = (12) t + 6. 49.

117


51.

Después de volver a escribir la ecuación como yt + 1 - 0.2yt = 4, podemos encontrar A = A (0.2) t, y yp = 5. Así yt = A (0.2) t + 5. Uso de la condición inicial, esta solución puede ser definitized a yt = - (0.2) t + 5.

ejercicio 17.3 52.


(A) no oscilatorio; divergente.

53.

54.

1.

no oscilatorio; convergente (a cero).

2.

Oscilatorio; convergente.

3.

no oscilatorio; convergente.

(A) A partir de la expresión 3 (-3) t, hemos b = -3 (VII región). Por lo tanto el camino oscilará explosivamente alrededor yp = 1. 1.

Con b = 12 (región III), la trayectoria mostrará un movimiento oscilatorio de 7 hacia yp = 6.

2.

Con b = 0,2 (región III de nuevo), tenemos otro convergente, camino de no oscilatorio. Pero esta vez va hacia arriba desde un valor inicial de 1 hacia yp = 5.

(A) a = -13, c = 6, y0 = 1. Por (17,80), hemos yt = -8 (13) t + 9 - no oscilatorio y convergente. 1.

a = 2, c = 9, y0 = 4. Por (17,80), hemos yt = (-2) t + 3 - oscilatorio y divergente.

2.

a = 14, c = 5, y0 = 2. Por (17,80), hemos yt = -2 (-14) t + 4 - oscilatorio y convergente.

3.

a = -1, c = 3, y0 = 5. Por (17,90), hemos yt = 5 + 3t - no oscilatorio y divergente (de una 3t equilibrio móvil).

ejercicio 17.4 55.La sustitución de la trayectoria temporal (17.120) en la

ecuación de demanda conduce a la trayectoria temporal de QDT, que simplemente puede escribir como Qt (desde QDT = Qst por la condición de equilibrio: δ t ¢ ¡

Qt = α - βPt = α - P0 β - P

μ- ¶ - βP¯ β

118


³

δ β


't

Si converge Qt depende de la plazo, que determina la convergencia de Pt así como. Por lo tanto Pt y Qt deben ser tanto convergente, o ambos divergente.

2. La tela de araña en este caso seguirá una trayectoria rectangular específica.

3. (a)

α = 18, β = 3, γ = 3, δ = 4. oscilación.

(B) α = 22, β = 3, γ = 2, δ = 1. amortiguado.

¯ Por lo tanto P = ¯ Por lo tanto P=

21

7

= 3. Desde δ> β, no es explosivo

24

4

= 6. Desde δ <β, la oscilación es

¯ 24 Por lo tanto P= = 2. Desde δ = β, no es uniforme 12

(do) α = 19, β = 6, γ = 5, δ = 6. oscilación.

4. (a) La interpretación es que si el precio real P *

t-1 excede (está a la altura de) el precio

*

esperado Pt -1, A continuación, Pt -1 será revisado hacia arriba (hacia abajo) por una fracción de la discrepancia Pt-1 - Pt -1, Para formar el precio esperado del próximo *

*

período, Pt . El proceso de ajuste es esencialmente el mismo que en (16.34), excepto que, aquí, el tiempo es discreta, y la variable es el precio en lugar de la tasa de inflación. *

(B) Si η = 1, entonces P t = Pt-1 y el modelo reduce al modelo de telaraña (17,10). Así, la presente modelo incluye el modelo de telaraña como un caso especial. (C) la función de oferta da P

*

= Qst + γ , Lo que implica que P

=

t-1

δ

t

*

desde Qst = QDT = α - βPt, y de manera similar, Qs, t -1 = α - βPt-1, tenemos PAG = α + γ - βPt yP = α + γ - βPt-1 δ δ t-1 t *

. Pero

Qs, t-1+ γ δ

*

La sustitución de éstos en la ecuación expectativas de adaptación, y la simplificación y cambiar-ing el subíndice d e tiempo por un período, obtenemos la ecuación 56.

ηδ

Pt + 1 - 1 - η -

¶

β

η (α + γ) Pt = β η (α + γ) β

ηδ

que está en la forma de (17.6) con a = - ³1 - η -

.

' 6 = -1, y c =

β

119


57.


Puesto que un 6 = -1, podemos aplicar la fórmula (17,80) para obtener ηδ t α + γ μP0 - α + γ Pt = + ¶ μ1 - η - ¶ + + ηδ t ¢ ¡ = P0 - P

μ1 - η -

β

¶

+ P

trayectoria en el tiempo no es necesariamente ³ - η

ηδ

Esta es decir, si

oscilatoria, pero lo será si β β+ δ

'

- β es negativo,

<Η.

Si la ruta de precio es oscilatoria y convergente (región V en la Fig. 17.1), debemos tener

58.

-1 <1 - η - ηδβ <0, donde la segunda desigualdad tiene que ver con la presencia de la oscilación, y la primera, con la cuestión de la convergencia. Adición (η1), y dividiendo throught por η, tenemos 1 - η2 <-βδ <1- η1. Teniendo en cuenta que la ruta es oscilatoria, la convergencia requiere 1 - η2 < -βδ. Si η = 1 (modelo de tela de araña), el rango de estabilidad inductores para - βδ es -1 <-βδ <0. Si 0 <η <1, sin embargo, el rango se convertirá en más amplio. Con η = 12, por ejemplo, el rango es de -3 <-βδ <-1. 59.El agente de dinamización es el retardo en la función de oferta. Esto introduce Pt-1 en el modelo, que, junto con Pt, forma un patrón de cambio. ejercicio 17.5

Debido a = σ (beta + delta) - 1 6 = -1, por especificación del modelo.

60. 61.

(IV) 1 - σ (β + δ) = 0. Así σ = β + 1δ. -1 <1 - σ (β + δ) <0. Restando 1, obtenemos -2 <-σ (β + δ) < -1. Multiplicando por β-

1.

+ 1δ, obtenemos β + 2δ> σ> β + 1δ. (VI) (VII) 62.Con

1 - σ (β + δ) = -1. Por lo tanto σ = β + 2δ. 1 - σ (β + δ) < -1. Restando 1, y multiplicando por β - + 1δ, obtenemos σ> β + 2δ.

σ = 0,3, α = 21, β = 2, γ = 3, y δ = 6, encontramos a partir de (16.15) que Pt = (P0 - 3)

(- 1,4) t + 3, un caso de oscilación explosivo. 63.La

ecuación di ff rencia se convertirá en Pt + 1 - (1 - σβ) Pt = σ (α - k), con una solución de 1.

¶

PAG = P t

0

α - k (1 αβ) t + α - k β

-

β

120



El término bt = (1 - σβ) t es decisivo en la configuración de trayectoria en el tiempo:

σ

Región

segundo

III

0
0 <σ <

IV

b=0

σ=

V

-1
1

β

1 β 1 β 2

<Σ <

β

2

VI

b = -1

σ=

β

VII

b <-1

σ>

β

2 ¯

[Estos resultados son los mismos que la Tabla 17.2 con el conjunto δ igual a 0.] Para tener un P positivo, debemos ahve k <α; es decir, la curva de oferta horizontal debe estar situado por debajo de la intersección vertical de la curva de demanda. ejercicio 17.6 64.No, yt e yt + 1

puede tomar cualquier valor real, y so n continuas.

65. (A) Sí, L y R dan dos equilibrios. 1.

No oscilatorio, el movimiento hacia abajo explosivo.

2.

Amortiguado, movimiento ascendente constante hacia R.

3.

Amortiguado, el movimiento descendente constante hacia R.

4.

L es un equilibrio inestable; R es estable.

66. (A) Sí. 1.

disminución explosivo no oscilatorio.

2.

Al principio del ther iwll movimiento constante hacia abajo a la derecha, pero a medida que se acerca a R, la oscilación se desarrollará debido a la pendiente negativa de la línea de fase. Ya sea la oscilación será explosivo depende de la pendiente del segmento de pendiente negativa de la curva.

3.

Oscilación alrededor de R volverá a ocurrir - ya sea explosivo, o amortiguado, mapas y0 proporcionados a un punto de la línea de fase mayor que L.

4.

L es definitivamente inestable. La estabilidad de R depende de la pendiente de la curva.

(A) La línea de fase será con pendiente descendente al principio, pero se convertirá en horizontal a nivel de Pm en el eje vertical.

67.

121


68.

1.

Sí; sí.

2.

Sí.


A partir de la ecuación (17.17), podemos escribir para el punto de retorcimiento:

ˆ P=

α+γ

δ

β

- βko

β

α+ γ

Resulta que

δ

α+γ

βk =

β -P

α+γ

k = δ μ β PAG¶ = β

β

- δ PAG ˆ

ˆ

122


CAPÍTULO 18 ejercicio 18.1 b2 - b +

1. (a)

1

2

(1 ± = 0; b1, b2 1 √ = 1 - 2) = 2 1

- 4b + 4 = 0; b1, (segundo) b2 b2 = 1

(do) b2 + (re)

2b 2

1

-

2

= 0; b1, b2 =

(4 ±

√

2

1

2 (- 2 1

±q √

1

2

±2

16-16) = 2, 2. 1

1

yo.

1

4

8

1

+ 4 ) = , -1. √ 2


- 2b + 3 = 0; b1, segundo b2 = 2 (2 ± 4 - 12) = 1 ± 2i. 69. (A) las raíces complejas implican intensificaron fluctuación. Dado que el valor absoluto de las raíces es pag

√

R= 70.

1/2 <1, que se amortigua.

un2 =

Con raíces repetidas mayor que uno, el camino es no oscilatorio y explosivo.

71. Las raíces son reales y distintas; -1 es la raíz dominante. Es negatividad implica la oscilación, y su valor absoluto unidad implica que la oscilación eventualmente se convertirá en uniforme. (D) Las raíces complejas tienen un valor absoluto mayor que 1: R = hay fluctuación intensificado explosivo.

72.

√ 3. Por lo tanto

(A) a1 = -1, a2 = 12, y c = 2. Por (18.2), yp = 1/22 = 4. (B) yp = 7/1 = 7 (c) yp = 5/1 = 5 Todos ellos representan equilibrios estacionarios.

4. (a) a1 = 3,

(D) yp = 4/2 = 2

a2 = -7/4, y c = 9.

yp = 1

1

+ -

= 4. Con raíces características

9

1t

7

7t

, La solución general es: yt = A1 b1, b2 = 2 (-3 ± 9 + 7) = 2 , - 2( 2 ) + A2 (- 2 ) + 4. Configuración de t = 0 en esta solución, y utilizando la condición inicial y0 = 6, tenemos 6 = 2. A continuación, el establecimiento de t = 1, y el A1 + A2 = 4; Así A1 + A2 = uso de y1 = 3, tenemos 1

7

3 = 2 A1 - 2 A2 = -1. Estos resultados nos dan A1 = 3/2 y A2 = 1/2. Por lo tanto, la solución definitiva es t

1

yt = 2 μ2 ¶ + 2 μ- 2 ¶

t

+4

123


1. Las raíces son

1

= 1-2 + 2 √ b1


1

√

, b2 = 2 (2 ± 4 - 8) = (B) a1 = -2, a2 = 2, y c = 1. yp = 1 ± i, que nos da h = v = 1. Puesto que R = 2, encontramos a partir de (18.9) y la Tabla 16.2 que √

θ = π / 4. La solución general es: y t = (2)t(UN5 cos π4 t + A6 pecado π4 t) + 1. Marco t = 0, y el uso de la condición y 0 = 3, obtenemos 3 = (A 5 cos 0 + A 6 pecado 0) 1 = A 5+ 0 + 1; así

√

π

UN5 = 2. A continuación, la configuración t = 1, y el uso y 1 = 4, encontramos 4 = 2 (2 cos

√

√2

π

+ A6 pecado

4

)1=

UN6

2

2 (

4

) + 1 = 2 + A6 + 1; por lo +√ 2 tanto A6

= 1. La solución definitiva, por lo tanto es π π

yt = (√2) ³2 cos t 4 t + sen 4 t '+ 1 2

1

= 8. Con raíces b1, (1 (C) a1 = -1, a2 = 1/4, y c = 2. yp = b2 = 2 ± 1 - 1) = 1-1 + 1/4 1/2, 1/2 (repetidas), la solución general es yt = A3 (medio) t + A4T (1/2) t + 8. Uso de la condiciones iniciales, se encuentran A3 y A4 = -4 = 2. Así, la solución definitiva es 1 t 1 t

¶

+ 8 yt = - 4 μ 2 ¶ + 2t μ 2 73. (A) La raíz dominante es -7/2, la ruta de tiempo con el tiempo se caracteriza por oscilación explosivo. (B) Las raíces complejas implican intensificaron fluctuación. Desde R = √ explosivo.

2 > 1, la fluctuación es

74. Las raíces repetidas se encuentran entre 0 y 1; la trayectoria temporal es por lo tanto no oscilatorio y convergente. ejercicio 18.2 1. (A) subcaso 1D

(B) subcaso 3D

(C) subcaso 1C

(D) subcaso 3C

1

maridoγ

2. (A) b1, b2 = 2 (1 + α) ± debe ser divergentes. √

1. 75.Para

1,76) ≈ 2,46, 1,13. El - 4αγ yo = 2 (3,6 ± √ camino 1

γ2(1 + α)2

pag

b1, b2 = 12 (1,08 ± 0,466) ≈ 0,87, 0,21. La ruta debe ser convergente. Posibilidades II y IV, ya sea con b1 = 1, o b2 = 1, encontramos (1 - b1) (1 - b2) = 0. Así, 124


por (18,16), 1 - γ = 0, o γ = 1. Para Posibilidad iii, con b1> 1 y b2 (1 - b1) (1 - b2) es negativo. Por lo tanto, por (18,16), 1 - gamma <0, o γ> 1.


una fracción positiva,

4α

4α

. (1 + α) . Si gamma ≥ 1, entonces se (1 + α) deduce que 1 < multiplicando 4. Caso 3 se caracteriza por γ < 2 2 a través de por (1 + α) 2, y restando 4α desde ambos lados, se obtiene 1 - 2α + α2 <0, que se puede escribir como (1 - α) 2 <0. Pero esta desigualdad es imposible, ya que el cuadrado de un número real nunca puede ser negativo. Por lo tanto no podemos tener ≥ γ 1 en el caso 3. ejercicio 18.3 76. (A) El cambio en los subíndices de tiempo (18.23) transmita un período, obtenemos

(1 + βk) pt + 2 - [1 - j (1 - g)] pt + 1 + jβUt + 1 = βkm + j (α - T)

77.

Restando (18.23) a partir del resultado anterior, tenemos

(1 + βk) pt + 2 - [2 + βk - j (1 - g)] pt + 1 + [1 - j (1 - g)] pt + jβ (Ut + 1 - Ut) = 0

78. Ahora sustituimos (18.20) para obtener

(1 + βk) pt + 2 - [1 + gj + (1 - j) (1 + βk)] pt + 1 + [1 - j (1 - g)] pt = jβkm

(D) Cuando dividimos a través de por (1 + βk), el resultado es (18,24). 2. Sustituyendo (18.18) a (18.19) y recogiéndose términos, obtenemos

πt + 1 - (1 - + jg j) πt = j (α - T) - jβUt Di ff erencing este resultado rendimientos [por (18.20)]

πt + 2 - (2 - j + jg) πt + 1 + (1 - j + jg) πt = - jβ (Ut + 1 - Ut) = jβkm - jβpt + 1 Un delantero versión desplazada de (18.19) nos da jpt + 1 = πt + 2 - (1- j) πt + 1. El uso de este para eliminar 125



el PT + 1 plazo en el resultado anterior, obtenemos

(1 + βk) πt + 2 - [1 + jg + (1 - j) (1 - kβ)] πt + 1 + (1 - j + jg) πt = jβkm Cuando se normaliza, esto se convierte en una ecuación rencia di ff con los mismos coeficientes constante Coe FFI y términos constantes como en (18.24).

79.Sea

g> 1. A continuación, a partir de (18.26) y (18.27), todavía tenemos b1 + b2> 0 y (1 b1) (1 - b2)> 0. Pero en (18.260) observamos que B1B2 ahora puede ser superior a un . Esto haría posible Posibilidad 1. (Caso 1), viii Posibilidad (caso 2), y Posibilidades X y XI (caso 3), todos los cu ales implican la divergencia.

80. (A) La primera línea de (18.21) sigue siendo válida, pero su segunda línea se convierte ahora Pt + 1 - pt = βk (m - pt) + gj (pt - πt) En consecuencia, (18,23) se convierte Pt + 1 - [1 - j (1 - g) - βk] pt + jβUt = βkm + j (α - T) Y (18.24) se convierte en Pt + 1 - [2 - j (1 - g) - βk] pt + 1 + [1 - j (1 - g) - βk (1 - j)] pt = jβkm

(B) No, aún tenemos P = m. (C) Con j = g = 1, tenemos una

1 = Βk - 2 y a2 = 1. Así a21 T 4a2 i ff (βk - 2) T 4 i

ff βk T 4. El valor de las marcas de βk o ff los tres casos una de otra.

√

a2 = 1; el camino ha (D) Con βk = 3, las raíces son complejas, con R = intensificado fluctuación y es no convergente. Con βk = 4, hemos repetido raíces, con b = -12 (4 - 2) = -1; la trayectoria temporal tiene la oscilación no convergente. Con βk = 5, tenemos √

raíces distintas reales, B1, B2 = 12 (-3 ± 5) = -0,38, -2,62; la trayectoria temporal tiene oscilaciones divergentes. ejercicio 18.4 1. (a)? T = (t + 1) - t = 1 (b) Δ

2t = Δ (? T) = Δ (1) = 0 126



Estos resultados son similares a ddt t = 1 y ddt22 t = 0.

Δt3 = (t + 1) 3 - t3 = 3T2 + 3t + 1. Este resultado es muy di ff Erent de ddt t3 = 3T2.

81.

82.

(A) c = 1, m = 3, a1 = 2, y a2 = 1; (17.36) da yp = 161 (3) t. 2 (B) Fórmula (18,36) no se aplica puesto que m + A1M + a2 = 0. Tratamos la solución yt = Bt (6) t, y obtenemos la ecuación B (t + 2) (6) t + 2-5b (t + 1) (6) t + 16Bt (6) t = 2 ( 6) t. Esto reduce a 42B = 2. Así B = 1/21 y yp = 211 t (6) t.

1.

83.

Después de la normalización, nos encontramos con c = 1, m = 4, a1 = 0, y a2 = 3. Por (18,36), tenemos yp = 191 (4) t.

(A) La solución de prueba es yt = B0 + B1T, lo que implica que yt + 1 = B0 + B1 (t + 1) = (B0 + B1) + B1T, y yt + 2 = B0 + B1 (t + 2) = (B0 + 2B1) + B1T. Sustituyendo en las di ff rendimientos ecuación rencia 4B0 + 4B1t = T, por lo que B0 = 0 y B1 = 1/4. Por lo tanto yp = t / 4. 1.

Esta es la misma ecuación que en (a), excepto para la variable plazo. Con la misma solución de prueba, se obtiene por sustitución 4B0 + 4B1t = 4 + 2t. Por lo tanto B0 = 1 y B1 = 1/2, y yp = 1 + t / 2.

2.

La solución de prueba se YT = B0 + B1T + B2T2 (igual que en el Ejemplo 2). Sustituyendo esta (y la correspondiente yt + 1 y yt + 2 formas) en la ecuación, obtenemos (8B0 + 7B1 + 9B2) + (8B1 + 14B2) t + 8B2t2 = 18 + 6T + 8T2 Por lo tanto B0 = 2, B1 = -1, B2 = 1, y yp = 2 - t + t2.

84.Tras

la sucesiva erencing di ff, la parte mt del término variable da lugar a las expresiones en la forma B (m) t, mientras que la parte tn conduce a los de la forma (B0 +... + Bntn). La solución de prueba debe tener ambas cosas en cuenta.

85.

(A) La ecuación característica es b3 - b2 / 2 - b + 1/2 = 0, que se puede escribir como (B - 1/2) (b2 - 1) = (b - 1/2) (b + 1) (b - 1) = 0. Las raíces son 1/2, -1, 1, y tenemos yc = A1 (1/2) t + A2 (-1) t + A3.

127


86.

87.


La ecuación característica es b3 - 2b2 - 5b / 4 - 1/4 = 0, que se puede escribir como (b - 1/2) (b2 - 3b / 2 + 1/2) = 0. El primer factor da la raíz 1/2; la segunda da las raíces 1, 1/2 ,. Dado que se repiten las dos raíces, debemos escribir A = A1 (1/2) t + A2t (1/2) t + A3.

(A) Puesto que n = 2, a0 = 1, a1 = 1/2 y a2 = -1/2, tenemos ¯ -

¯

Δ1

= ¯ ¯

1 1/2

1/2 -

1

¯

3

¯

¯¯ ¯

¯ 1 ¯ 1/2

=

4

0

-1/2

1/2 ¯ ¯

¯ -

> 0,

-

=¯

pero Δ2

¯ ¯

¯

Así, la trayectoria en el tiempo no es convergente.

1/2

-

1

0

1

1/2

0

1/2

-

¯

Desde a0 = 1, a1 y a2 = 0 = -1/9, tenemos ¯

¯

¯

1 ¯ Δ1

88.

=0

1/2

¯ 1

= ¯ ¯

1 1/9

1/9 -

1

¯¯ ¯

¯

80

¯

=

81

-

¯

; Δ2

=¯ ¯ ¯

¯ 0

89. -1/9 90.

0

¯

91.

1

1

-1/9

¯

¯

0

¯

/ 9 6 4 0 0

¯

¯ =

0 ¯

¯ ¯

0

¯

La trayectoria temporal es convergente. 7. Puesto que n = 3, hay tres determinantes como sigue: ¯ ¯

Δ1

= ¯

1

un3

1 un3 ¯ ¯

¯

¯ 1

¯

=

Δ2

un3 un1

¯

¯

¯

un2

0 a3 a2

¯

1

¯ ¯

0

0 un3 1 un1

¯

¯

¯ ¯

¯

¯ ¯

¯

a3 0

1 ¯

y 1 0 0 una 3 un2 un1 ¯

¯ ¯

Δ3

¯

= ¯ ¯

¯ un1 ¯ ¯

un2 un1

¯ ¯

un3

¯ ¯

un2 un3

¯

¯

¯

¯

0 0

1

1 0 0 1

0

0 0

¯ un3 un2 ¯ ¯ 0 una3 ¯ ¯ un1 un2 ¯ ¯ 1 una1 ¯

¯

¯

¯

¯

¯

¯ ¯

¯

A 1

a2 a3 0 0 1 128

¯

Chiang / Wainwright: Métodos fundamentales de economía matemática del instructor

CAPÍTULO 19 ejercicio 19.2

Manual

92.La

ecuación yt + 2 + 6YT + 1 + 9yt = 4 es un ejemplo específico de (19.1), con a1 = 6, a2 = 9, y c = 4. Cuando estos valores se insertan en (19.1' ), obtenemos precisamente el sistema (19.4). La solución es el Ejemplo 4 de Sec.18.1 es exactamente el mismo que el de la variable y obtenida del sistema (19.4), pero no da a la trayectoria en el tiempo para x, ya que la variable x está ausente de la formulación de una sola ecuación .

93.La ecuación característica de (19.2) puede escribirse inmediatamente como b3

+ b2 - 3b + 2 = 0. Como 94. 1 0

-3 2 1

-

to (19.2’), the characteristic equation should be |bI + K| = 0; since K =

tienen | BI + K |=

-3 2 -1 segundo 0

b+1 0

1

-1

0

, 0 nosotros 0

+ B2 - 3b + 2 = 0, que es exactamente = b lo mismo.

segun do

3

-

3. (a) para encontrar la solución particular, use (19.5' ):

= (I + K)-1re = x

2

y

2 -1

-1

2

= 6

24

1

9

1

2

2 -2

24

7

9

5

Para encontrar las funciones complementarias, que primera forma la ecuación característica mediante el uso de (19.9' ): ¯ - ¯

bI + K = ¯ b + 1 2 | | 2 b2

¯ ¯

¯ t

t ¯ ¯

-

segundo 6 = 0 La raíces b1

-

¯

nvalores:

metro

1

=

t

= 3 y b2

-

t

= 2 dar el seguimiento

= 2. Así tenemos La adición de las soluciones xc = -A1 (3) + 2A2 (-2)) e yc = 2A1 (3) + A2 (-2). particulares a las estas funciones complementarias y definitizing las constantes de Ai, finalmente obtener el tiempo de caminos xt = -3t + 4 (-2) t + 7 y yt = 2 (3) t + 2 (-2) t + 5. ¯

metro

ing conjuntos de ¯

y

= b2

=

UN

norte

1,

UN

1

= 2 1;

metro

UN

2

norte

= 2 2,

UN

2

(B) Las soluciones particulares se pueden encontrar mediante el establecimiento de todas de igual a x y todo y de igual a y x, y resolver las ecuaciones resultantes. Las respuestas son x = 6, y y = 3. Si el método de la matriz

se utiliza, hay que modificar (19.5' ) mediante la sustitución de I con J = 1 0 . Así 129



=( J +K) -1re=

x

-5

1

y La ecuación característica,

-1

1

0

5

-1

3

=6

1

8

6

1

2

1

-1

1

-3 0 8

2

2

1

3

bJ + K = ¯ b - 1 |

|

¯

-

cama y desayuno

-

5

1

¯ = b2

6

1

6b

+

6

=

1

= 0, tiene raíces b1 =

y b2 =

2

3

-

¯

¯

¯

6

1 3. Estos implican:

m1 = 2A1, n1 = -3A1; m2 = A2, n2 = -2A2. Así, las funciones complementarias son xc = 2A1 (12) t + A2 (13) t) e yc = -3A1 (12) t - 2A2 (13) t. La combinación de estos con las soluciones particulares, y definitizing las constantes de Ai, obtenemos finalmente el tiempo caminos xt = -2 (12) t + (13) t + 6 y yt = 3 (12) t - 2 (13) t + 3 . 4. (a) Para hallar las integrales particulares, utilizamos (19.14):

= (M)-1gramo -=

-

-1

1

x

1

y

12

60

6

36

|

a ecuac n carac er s ca, rI + M -

| ¯ =

1

¯

r-

- ¯

=6 1

6 12-60 = 12 -1 -1

r+6 -

yr

metro

4

-

¯

¯

¯

¯

36

= r + 5r + 6 = 0, tiene raíces r 1 = 2 -

¯

4A , norte = A;

m=

3A , n

= . or o tanto, la

= 3. Estos implican: 1 = 1 1 ¯ 2 2 2 1 2 funciones complementarias son xc = -4A1e-2t -3A2e-3T e yc = A1e-2t + A2e-3T. La combinación de estos con las soluciones particulares, y definitizing las constantes de Ai, nos encontramos con los caminos de tiempo para ser x (t) = 4e-2t - 3e-3t + 12 e y (t) = -e-2t + e-3t + 4 . (B) Las integrales particulares son, de acuerdo con (19.14), 2

x

= (M)1gramo =

-2 3

-1 10

-1 2

y a ecuac n carac er s ca, -

r +

=

=

9 - 1 r+ ¯

r-

-2

3

10 =

7

-1

2

9

8

¯ ¯

= r

-

1 = 0, tiene raíces r 1 = 1 y

¯

r2 = 1. Estos implican: m1 = 3A1, n1 = ¯ A1; m2 = A2, n2 = A2. Así, el complementaria funciones son xc = 3A1et + A2e-t e yc = A1et + A2e-t. La combinación de estos con las soluciones particulares, y definitizing las constantes de Ai, nos encontramos con los caminos de tiempo para ser x (t) = 6ET - 5e-t + 7 e y (t) = 2ET - 5e-t + 8. 5. El sistema (19,13) está en el formato de Ju + M v = g, y la matriz deseada es D = -J-1M. 0 1 1 4 -1 -4 Desde J1

= 1 -2

y M = 2 5 , Tenemos D = 130


03 . La característica Manual del instructor

-

|

ecuación de esta matriz es

¯ - 1

|

o e Island

re

= 0 o ¯

con (19,16' ). ejercicio 19.3

-r

¯

3

¯

un12

11

δ

1. Desde dt = λ λ2 un una

A21

δt, tenemos

β

]y

=

1

λ δ

[

un

(

λ una

],

λ1

β1

δ - a22 )+

+ 4r + 3 = 0, que comprueba

= r 2

¯

un

λ1

)+

- - r¯

β2

un )

λ2

dondeΔ= (δ

- 22

a) (δ

- 11 1 21 11 claro que las respuestas en el Ejemplo 1 son el caso especial donde λ1 = λ2 = 1.

2 12

22

Δ

2

1

. = Así beta 1

=

2

[Λ1 (δ -

Δ

a . Es

un

- 12

21

0 δ 2. (a) La clave para proceso de reescritura es el hecho de que? I = 95. Escalar: δ. Vectores: β, u. Matrices: I, A. 96. β = (? I - A) -1u

un 12

1 0 - a11 un21 0 1

3. (a) ρI + I - A = ρ 0 + 0 ρ fácilmente.

un22

=

δ 0 . El resto sigue fácilmente.

ρ + 1 - a11

. los

-A12 ρ + 1 - una22

-a21

resto sigue 1. Escalar: ρ. Vectores: β, λ. Matrices: I, A. 2.

β = (ρI + I - A) -1λ. t = β ( 10 )t, Encontramos a partir de (19,22' ) que ß = 70 y yo 12 1 39

97.(A) Con prueba de solución β yoδ

β2 = 2013. Asi que

X1P =

70

12 39

(

20 10 )

12

T y x2p = 13 ( ¯ segundo 3

10

) T. -

10

¯

(B) Delaecuación

-

¯

4 10

-

-

segundo

3

10

¯] =

2

¯ Esto nos da m

UN ¯

1 = 4 1,

- 10 5 -

10

segundo

segundo 2

¯ norte 1

=3

UN 1

;

m = ¯

2

6

-

6

100 = 0, encontramos b 1 =

10

Un 2

2

2

10 .

2

-

A . Por lo tanto = x

1

,segundo =

= 4A (

1c

6

1 10

)t + A

(

2

t 1 )

10

y x2c = 3A1 (106) t - A2 (-101) t (C) combinación de los resultados anteriores, y la utilización de las condiciones iniciales, encontramos A1 = 1 y A2 = -1. Así, los caminos de tiempo son 70 12 t 1 t x1, t = 4 6 t ( 10 ) - (- 10 ) + 39 (10 ) 20 12 t 1 t x2, t = 3 6 t ( 10 ) - (- 10 ) + 13 (10 ) t

5. (a) Con prueba de solución , Encontramos a partir de (19.25' ) βieρt = βie 10 que β1 = X1P = 176 et / 10 y x2p = 196 et / 10. 131

17

6

19

y β2 =

. Asi 6 que

Chiang / Wainwright: Métodos fundamentales de economía matemática del instructor

(B) De la ecuaci n

¯

r+1-

¯

3

-

10

4 10 -

3

2

¯

¯

¯

2 15

+ 10

]=R

44

r + 100

Manual

4 = 0, encontramos r 1 =

10 , r 2 =

¯

r + 1 10 11 98. 10. Estos nos dan M1 = 4A1, 3A1 = n1; m2 = A2, n2 = -A2. Por lo tanto X1c = 4A1e-4T / 10 + A2e-11T / 10 y x2c = 3A1e-4T / 10 - A2e-11T / 10 (C) combinación de los resultados anteriores, y la utilización de las condiciones iniciales, encontramos A1 = 1 y A2 = 2. De este modo los caminos de tiempo son ¯

10

x = 4e-4T / 10 +

2e-11t / 10 + 17

et / 10 1, t 99.

(A) E, A y P son N × 1 vectores de columna; A es una matriz n × n.

(B) La interpretación es que, en cualquier i nstante de tiempo, un exceso de demanda para el producto ITH inducirá un ajuste de precios en la medida de los tiempos αi la magnitud del exceso de demanda. (C) dPdt1 = α1 (a10 + a11P1 + a12P2 +... + A1nPn) . .

. DPN dt

= Αn (an0 + an1P1 + an2P2 +... + AnnPn)

(D) Se puede verificar que P 0 = αE. Así tenemos PAG 0

= Α (a + AP)

o PAG 0

α

×

(N 1)

××

×

-

(Nn)

(norte

n)

(n

1)

PAG

(A) E1, t = a10 + a11PAG1, t + a12PAG2, t+. . . + 100. a1nPAGNuevo Testamento) .

.

miNuevo Testamento = unn0 + unn1PAG1, t + unn2PAG2, t + . . . + unnnPAGNuevo Testamento) Así tenemos que Et = A + APt. 101.

..

..

-

×

un ×

(Nn) (n 1)

ΔPn, t

.

Desde ΔPi, t ≡ Pi, t + 1 - Pi, t, podemos escribir 102. 1, t 1, t + 1 = . .

=α

1, t

= Pt + 1 -

pt

(N × 1) (n x 1)

El resto sigue fácilmente. 103. Puesto que Pt + 1 - Pt = αEt = aA + αAPt se deduce que Pt + 1 IPT - - αAPt = aA o Pt + 1 - (I + aA) Pt = aA 132



ejercicio 19.4 1. regla de Cramer hace uso de los determinantes:

| A | = Κβj | Una

1| = Κβjμ | Una

2| = Κj (α - T - μ (1 - g))

Entonces nosotros tenemos :

pi =

| A1 |

= Μ, U =

|A|

| A2 |

=

α-T -μ (1-g)

β

|A|

2. La primera ecuación de (19.34) nos da 3

9

- 4 (1 - i) m1 = - 4 n1 Multiplicando por -49 obtenemos 1

3

(1 - estoy1 = norte1

La segunda ecuación en (19.34) nos da 13

104.

2

metro1 = -4 (1 + en1

Multiplicando a través de -23 (1 - i), y observando que (1 + i) (1 - i) = 1 - i2 = 2, de nuevo obtenemos 1

3

(1 - estoy1 = norte1

3. Con α - t = 16, β = 2, h = 1/3, j = 1/4 y κ = 1/2, el sistema (19,28' ) se convierte 1

+

0π 0

61

1

2 π=

1 24 μ 1

1

1U0 1 T 0 6 12 - 2 Configuración π0 = U0 = 0 y resolución, obtenemos las integrales particulares π = μ y T = 121 - μ3. Como la ecuación reducida (19.30) ahora se convierte r +1

6 1

2 1

m=0

0 - 6 r + 1n la ecuación característica es r2 + 76 r + 14 = 0, con raíces reales distintas √

5-

√ 6

13 m1= n1

133


y


5 + √ 13 m2 = n2 6

Por lo tanto las funciones de complementariedad son

π

do

A1

=

5

(13)

mi -

12

√

A2

√ 7+ 13

+

5+

-7- 13t

12

mi

(13)

-

A1 A2 Uc ( ( ) 6 ) 6 que, cuando se añade a las integrales particulares, dar las soluciones generales.

4. (a) Con α - T = 12, β = 3, g = 1/2, j = 1/4 y κ = 1, el sistema (19,36) se convierte 11 0πt + 1 = 18 4 πt + -8 7

-

2

4Ut + 1

3

1

0 -1Ut

2

-μ

Dejar que π = πt = πt + 1 y U = U t T =t + 1 y resolución, obtenemos las soluciones particulares

1 π =μ y . Como la ecuación reducida (19.38) ahora se convierte b -1 8 4 7

T = 6 (1 - μ)

m=0

3

-

0 2 b 4b - 1n la ecuación característica es 4B2 - 338 b + 78 = 0, con raíces reales distintas √ 193 33 ± segundo1, b2 =

. Usando estos valores sucesivamente en la ecuación matricial anterior, nos encontramos con la proporcionalidad

√

relaciones

23 48

193 m1 = n1

√

y

23 + 193 m2 = n2 48 Por lo tanto las funciones de complementariedad son π

do

pag

UN1 √

=

33 + (193) (

(

)t +

23+

48

Uc

A1 (-

( 33 -

A2 (193)

64

48

)

pag

A2 (

)t

)

134



que, cuando se añade a las soluciones particulares, dar las soluciones generales.

(B) Con α - T = 14, β = 4, g = 1, j = 1/4 y κ = 1, el sistema (19,36) se convierte = 1dieciséis πt 1 0πt + 1 + -1 1 1

-1 5 Ut + 1

as so uc ones par cu ares son

π

=

0 -1Ut

y

=

1

dieciséis

-μ

4

.

omo a ecuac n re uc a

.

a ora

se convierte 1

b-1

metro

=

0

-b 5b - 1 norte 0 la ecuación característica es 5B2 - 5b + 1 = 0, con raíces reales distintas b1, b2 =

5±

5

10

. Utilizando estos valores, sucesivamente, en la ecuación m atricial anterior, encontramos √ 5 -5

105. y

5 + √5

106.

metro1 = norte1 metro2 = norte2

Por lo tanto las funciones de complementariedad son

π

do

=

UN

√

5+5)

1

5

√ 5

10

+

UN 2

5+

5

-

√ 10

)t

A1 A2 10 Uc ( ( ) 10 ) que, cuando se añade a las soluciones particulares, dar las soluciones generales.

ejercicio 19.5 Mediante la introducción de un nuevo y0 variable X ≡ (lo que implica que y00 x0 ≡), la ecuación dada se puede reescribir como el sistema de x0 = f (x, y)

107.

y0 = x lo que constituye un caso especial de (19,40).

135



Desde ∂∂xy0 = fy> 0, a medida que aumenta Y (movimiento northware en el espacio de fase), x0 aumentará (x0 pasará a través de tres etapas en su signo, en el orden: -, 0, +). Esto produce la misma ∂x0 ∂y0 ∂y0 = Gx> 0 se obtiene la misma conclusión que conclusión ∂x . Similar, ∂x ∂y .

108.

109.

N/A

(A) El x0 = 0 curva tiene pendiente cero, y la curva de y0 = 0 tiene pendiente infinita. El equilibrio es un punto de silla de montar.

110.

(B) El equilibrio es también un punto de silla de montar.

136



(A) Los signos-derivada parcial implican que la curva x0 = 0 tiene pendiente positiva, y la y0 = 0 curva tiene pendiente negativa.

111.

A los resultados de nodo estables cuando una empinada x0 = 0 curva se acopla con un y0 plana = 0 curva. A los resultados de enfoque estables si un x0 = 0 curva plana se acopla con un y0 empinada = 0 curva.

112.

137



ejercicio 19.6 1. (a) El sistema tiene un único equilibrio E = (0, 0). La jacobiana evaluada en E es JE = x = x ex 0 1 0 S.M mi (0,0) 0 1 Desde | JE | = 1 y TR (JE) = 2, E es localmente un nodo inestable.

(B) Hay dos equilibrios: E 1 = (0, 0) y E 2 = ( 12 , -14). El Jacobiano evaluado en E 1 y e2 rendimientos

JE1

=

1 2 0 1

y

JE2

=

1 2

1 1 Desde | JE1 | = 1 y TR (JE1) = 2, E1 es localmente un nodo inestable. La segunda matriz tiene un determinante negativo, por lo tanto E2 es localmente un punto de silla de montar. (C) existe un único equilibrio en (0, 0). Y JE =

0 -ey

=

0 -1

5 -1 (0,0) 5 -1 Desde | JE | = 5 y tr (JE) = -1, E es localmente un enfoque estable. (D) Existe una sola equilibrio en (0, 0). Y JE =

3x2 + 3x2 + 62xy 1

=

0 1

1+y 2xy (0,0) 1 0 Desde | JE | = -1, E es localmente un punto de silla de montar.

+

. Por lo tanto su determinante 2. (a) Los elementos de Jacobiano están firm ados como sigue: 0 es neg +punto de silla. 0 ativa, lo que implica que el equilibrio es un local (B) Los elementos de jacobiana se firman como sigue:

-

0

-

. Por lo tanto su determinante es neg 0

puntodesilla.

ativa, lo que implica que el equilibrio es un local 138



+ (C) Los elementos de jacobiana se firman como sigue: itive y su huella negativa, lo que implica que la nodo estable.

. Por lo tanto su determinante es posi-

-

equilibrioesa nivellocal, yaseaun focoestableo una

3. Las ecuaciones diferenciales son di ff P0 = h (1 - μ)

μ0 = μ (p + q - m (p)) , Donde m0 (p) <0. El equilibrio E se produce donde p = p1 (donde p1 = m (p1) - q es el valor de p que satisface (19.56)) y μ = 1. La jacobiana es JE =

0

-h

=

0

-h

0 μ (1 - m0 (p)) p + q - m (p) mi 1 - m0 (p1) Desde | JE | = H (1 - m0 (p1))> 0 y tr (JE) = 0, E es localmente un vórtice - la misma conclusión que en el análisis diagrama de fases. (A) El x0 = 0 e Y0 = 0 curvas comparten la misma ecuación y = -x. Así, las dos curvas coinciden, para dar lugar a un lineful de puntos de equilibrio. puntos iniciales o FF esa línea no conducen al equilibrio.

113.

(B) Desde x0 = y0 = 0, ni x ni y pueden moverse. Por lo tanto cualquier posición inicial puede ser considerado 139



Solucionario Chiang en Español

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