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MATEMÁTICAS APLICADAS A LA ECONOMÍA
CUADERNO DE EJERCICIOS
SOLUCIONES
Dra. Lorena Zogaib
Departamento de Matemáticas
ITAM
Agosto 4, 2014
1

INTRODUCCIÓN
Este documento constituye un material de apoyo para el curso de
Matemáticas Aplicadas a la Economía, para las carreras de Economía y
Dirección Financiera en el ITAM. Contiene las soluciones detalladas del
documento de trabajo Matemáticas Aplicadas a la Economía, Cuaderno
de Ejercicios, Lorena Zogaib, Departamento de Matemáticas, ITAM,
agosto 4 de 2014.
Todas las soluciones fueron elaboradas por mí, sin una revisión cuida-
dosa, por lo que seguramente el lector encontrará varios errores en el
camino. Ésta es una transcripción en computadora, de mis versiones
manuscritas originales. Para este ﬁn, conté con la colaboración de Carlos
Gómez Figueroa, que realizó la primera transcripción de las soluciones
en Scientiﬁc WorkPlace.
Agradezco de antemano sus comentarios y correcciones en relación
con este material.
Lorena Zogaib
2

TAREA 1 - SOLUCIONES
ECUACIONES EN DIFERENCIAS I
(Temas 1.1-1.3)
1. (a) xt+1 =
√
3t xt es una ecuación no autónoma, lineal, homogénea.
(b) xt+1 (1 − xt) = xt es una ecuación autónoma, no lineal.
(c) xt − 3xt−1 + 4 = 0 es una ecuación autónoma, lineal, no
homogénea.
2. (a) xt = 3t+1
+ 2 =⇒ xt+1 = 3(t+1)+1
+ 2 = 3t+2
+ 2
∴ 3xt − 4 = 3 (3t+1
+ 2) − 4 = 3t+2
+ 6 − 4 = 3t+2
+ 2 = xt+1
∴ 3xt − 4 = xt+1
(b) zt = t2
+ t =⇒ zt−1 = (t − 1)2
+ (t − 1)
∴ zt − zt−1 = (t2
+ t) − (t − 1)2
+ (t − 1)
= (t2
+ t) − (t2
− 2t + 1 + t − 1) = 2t
∴ zt − zt−1 = 2t
(c) at = 2 (5)t/2
=⇒ at+1 = 2 (5)(t+1)/2
∴ a2
t+1 − 5a2
t = 2 (5)(t+1)/2
2
− 5 2 (5)t/2
2
= 4 (5)t+1
− 5 4 (5)t
= 0
∴ a2
t+1 = 5a2
t
3. La solución de la ecuación lineal autónoma xt+1 = axt + b, con
condición inicial x0, es: i) xt = x0+bt, si a = 1, ii) xt = at
(x0 − x∗
) + x∗
,
si a = 1, en donde x∗
=
b
1 − a
es el punto fijo.
(a) Ecuación:
Pt = 2Pt−1
Solución:
El punto fijo es P∗
= 0. Suponiendo que la población inicial
es P0, la solución es
Pt = 2t
P0, t = 0, 1, 2, . . .
(b) Ecuación:
Kt+1 − Kt = rKt, o bien, Kt+1 = (1 + r) Kt
Solución:
El punto fijo es K∗
= 0. Suponiendo que el capital inicial es
K0, la solución es
Kt = (1 + r)t
K0, t = 0, 1, 2, . . .
3

(c) Ecuación:
Kt+1 − Kt = rK0, o bien, Kt+1 = Kt + rK0
Solución:
Suponiendo que el capital inicial es K0, la solución es
Kt = (1 + rt) K0, t = 0, 1, 2, . . .
(d) Ecuación:
It − It−1 = rIt−1 + d, o bien, It = (1 + r) It−1 + d
Solución:
El punto fijo es I∗
= −
d
r
. Suponiendo que la inversión inicial
es I0, la solución es
It = (1 + r)t
I0 +
d
r
−
d
r
, t = 0, 1, 2, . . .
4. (a) xt+1 = − (1/2) xt + 3, x0 = 3
Punto fijo:
x∗
= − (1/2) x∗
+ 3
∴ x∗
= 2
Solución:
xt = (−1/2)t
(3 − 2) + 2
∴ xt = (−1/2)t
+ 2, t = 0, 1, 2, . . .
Estabilidad:
lim
t→∞
xt = lim
t→∞
(−1/2)t
+ 2 = lim
t→∞
(−1/2)t
=0
+ 2 = 2 = x∗
∴ x∗
= 2 es asintóticamente estable.
El sistema presenta convergencia alternante.
Gráfica de la solución:
(b) 2xt+1 − 3xt − 4 = 0, x0 = 0
Reescribimos la ecuación como xt+1 =
3
2
xt + 2
4

Punto fijo:
x∗
=
3
2
x∗
+ 2
∴ x∗
= −4
Solución:
xt = (3/2)t
(0 − (−4)) + (−4)
∴ xt = 4 (3/2)t
− 4, t = 0, 1, 2, . . .
Estabilidad:
lim
t→∞
xt = lim
t→∞
4 (3/2)t
− 4 diverge
lim
t→−∞
xt = 4 lim
t→ − ∞
(3/2)t
=0
− 4 = −4 = x∗
∴ x∗
= −4 es asintóticamente inestable.
El sistema presenta divergencia monótona.
(c) xt+1 − xt = (1/2) xt + 2, x0 = 0
Este ejercicio es idéntico al del inciso anterior.
(d) xt+1 = −xt + 5, x0 = 5
Punto fijo:
x∗
= −x∗
+ 5
∴ x∗
=
5
2
Solución:
xt = (−1)t
5 −
5
2
+
5
2
∴ xt =
5
2
1 + (−1)t
, t = 0, 1, 2, . . .
Estabilidad:
Notamos que
xt =
5, si t es par
0, si t es impar
∴ No existen lim
t→∞
xt y lim
t→−∞
xt.
∴ El punto fijo no es estable, ni inestable (caso degenerado).
5

(e) xt+1 = −xt + 5, x0 =
5
2
Es la misma ecuación que en (c), pero con diferente x0.
Punto fijo:
x∗
= −x∗
+ 5
∴ x∗
=
5
2
Solución:
xt = (−1)t 5
2
−
5
2
+
5
2
∴ xt =
5
2
, t = 0, 1, 2, . . .
Estabilidad:
La sucesión es constante, con
lim
t→∞
xt = lim
t→∞
5
2
=
5
2
∴ El sistema es estable.
(f) xt+1 = xt + 2, x0 =
5
2
Punto fijo:
x∗
= x∗
+ 2
∴ 0 = 2 ∴ no hay punto fijo
6

Solución:
xt =
5
2
+ 2t, t = 0, 1, 2, . . .
Estabilidad:
No hay estabilidad (diverge lim
t→ ± ∞
xt ).
5. (a) pt − pt−1 = β (φ − pt) , φ, β > 0
Precio de equilibrio:
p∗
− p∗
= β (φ − p∗
)
∴ p∗
= φ
(b) Reescribimos la ecuación, como
pt (1 + β) = pt−1 + βφ
∴ pt =
1
1 + β
pt−1 +
βφ
1 + β
Solución:
pt =
1
1 + β
t
(p0 − φ) + φ, t = 0, 1, 2, . . .
(c) Estabilidad:
Como 0 <
1
1 + β
< 1, por lo tanto
lim
t→∞
pt = (p0 − φ) lim
t→∞
1
1 + β
t
=0
+ φ∗
= φ∗
∴ el precio converge a p∗
= φ.
Por último, la convergencia es monótona, ya que
1
1 + β
> 0.
7

6. St = αYt, It+1 = β (Yt+1 − Yt) , St = It, 0 < α < β
∴ β (Yt+1 − Yt) = It+1 = St+1 = αYt+1
∴ Yt+1 =
β
β − α
Yt
La solución es
Yt =
β
β − α
t
Y0, t = 0, 1, 2, . . .
Por último, como 0 < α < β, por lo tanto
β
β − α
> 1. Así,
lim
t→∞
Yt diverge,
lim
t→ − ∞
Yt = Y0 lim
t→ − ∞
β
β − α
t
=0
= 0.
Por lo tanto, el punto fijo Y ∗
= 0 es asintóticamente inestable.
7. Yt = Ct + It + Gt, Ct = C0 + αYt−1, 0 < α < 1
∴ Yt = (C0 + αYt−1) + It + Gt
∴ Yt = αYt−1 + (C0 + It + Gt)
Suponiendo que It = I, Gt = G, se tiene
Yt = αYt−1 + C0 + I + G
El punto fijo se obtiene de Y ∗
= αY ∗
+ C0 + I + G, de donde
Y ∗
=
C0 + I + G
1 − α
En ese caso, la solución a la ecuación para el ingreso es
Yt = αt
(Y0 − Y ∗
) + Y ∗
, t = 0, 1, 2, . . .
Por último, como 0 < α < 1, por lo tanto
lim
t→∞
Yt = (Y0 − Y ∗
) lim
t→∞
αt
=0
+ Y ∗
= Y ∗
.
Así, el punto fijo Y ∗
=
C0 + I + G
1 − α
es asintóticamente estable.
8. yt+1 (a + byt) = cyt, yt+1 (a + byt) = cyt, a, b, c > 0 y y0 > 0
(a) Partimos de yt+1 =
cyt
a + byt
, con a, b, c > 0. Como y0 > 0, por
lo tanto y1 > 0. Con este mismo razonamiento, se sigue que
y2 > 0, etc... De esta manera, yt > 0 para todo t.
8

(b) Sea xt = 1/yt. Sustituyendo yt = 1/xt en la ecuación yt+1 =
cyt
a + byt
se tiene
1
xt+1
=
c
1
xt
a + b
1
xt
=
c
axt + b
∴ xt+1 =
a
c
xt +
b
c
←−ecuación lineal para xt
En particular, para yt+1 (2 + 3yt) = 4yt, y0 = 1/2, se obtiene
xt+1 =
1
2
xt +
3
4
, x0 =
1
y0
= 2
∴ xt =
1
2
1
2
t
+
3
2
=
1
2
t+1
+
3
2
∴ yt =
1
1
2
t+1
+
3
2
t = 0, 1, 2, . . .
Por último,
lim
t→∞
yt =
1
0 +
3
2
=
2
3
9. (a) xt = txt−1, x0 = 1
x0 = 1
x1 = (1) x0 = (1) (1) = 1
x2 = (2) x1 = (2) (1) = 2
x3 = (3) x2 = (3) (2) (1) = 3!
x4 = (4) x3 = (4) (3) (2) (1) = 4!
...
xt = t!, t = 0, 1, 2, . . .
donde se utilizó que 0! = 1.
(b) xt+1 = axt + bt
, x0 dada, a, b > 0
x1 = ax0 + b0
= ax0 + 1
x2 = ax1 + b1
= a (ax0 + 1) + b1
= a2
x0 + a + b
x3 = ax2 + b2
= a a2
x0 + a + b + b2
= a3
x0 + a2
+ ab + b2
9

x4 = ax3 + b3
= a a3
x0 + a2
+ ab + b2
+ b3
= a4
x0 + a3
+ a2
b + ab2
+ b3
...
xt = at
x0 +
t−1
k=0
a(t−1)−k
bk
= at
x0 + at−1
t−1
k=0
b
a
k
xt = at
x0 + at−1
b
a
t
− 1
b
a
− 1
= at
x0 +
bt
− at
b − a
xt = x0 −
1
b − a
at
+
1
b − a
bt
, t = 0, 1, 2, . . .
(c) xt+1 = at
xt + b, x0 dada, a, b > 0
x1 = a0
x0 + b = x0 + b
x2 = a1
x1 + b = a (x0 + b) + b = ax0 + ab + b
x3 = a2
x2 + b = a2
(ax0 + ab + b) + b = a2
a x0 + a2
a b + a2
b + b
x4 = a3
x3 + b = a3
a2
a x0 + a2
a b + a2
b + b + b
= a3
a2
a x0 + a3
a2
a b + a3
a2
b + a3
b + b
= a3
a2
a x0 + a3
a2
a + a3
a2
+ a3
+ 1 b
=
3
s=0
as
x0 +
3
s=1
as
+
3
s=2
as
+
3
s=3
as
+ 1 b
...
xt =
t−1
s=0
as
x0 + b
t−1
k=0
t−1
s=k+1
as
, t = 0, 1, 2, . . .
donde se usó que el producto t−1
s=t as
de cero términos es 1.
10. wt+1 = (1 + r) wt − ct, ct = c0γt
, w0 dada
wt+1 = (1 + r) wt − c0γt
w1 = (1 + r) w0 − c0
w2 = (1 + r) w1 − c0γ = (1 + r) [(1 + r) w0 − c0] − c0γ
= (1 + r)2
w0 − (1 + r) c0 − c0γ
w3 = (1 + r) w2 − c0γ2
= (1 + r) (1 + r)2
w0 − (1 + r) c0 − c0γ − c0γ2
= (1 + r)3
w0 − c0 (1 + r)2
+ (1 + r) γ + γ2
...
wt = (1 + r)t
w0 − c0
t−1
k=0
(1 + r)(t−1)−k
γk
10

wt = (1 + r)t
w0 − c0 (1 + r)t−1
t−1
k=0
γ
1 + r
k
= (1 + r)t
w0 − c0 (1 + r)t−1
γ
1+r
t
− 1
γ
1+r
− 1
= (1 + r)t
w0 − c0
γt
− (1 + r)t
γ − (1 + r)
= (1 + r)t
w0 + c0
γt
− (1 + r)t
1 + r − γ
wt = w0 −
c0
1 + r − γ
(1 + r)t
+
c0
1 + r − γ
γt
, t = 0, 1, 2, . . .
11. (a) Dt = −3pt + 10, St = pt−1 + 2
Dt = St =⇒ −3pt + 10 = pt−1 + 2
∴ pt = −
1
3
pt−1 +
8
3
Punto ﬁjo:
p∗
= −
1
3
p∗
+
8
3
∴ p∗
= 2
Solución:
pt = −
1
3
t
(p0 − 2) + 2
Estabilidad:
lim
t→∞
pt = (p0 − 2) lim
t→−∞
−
1
3
t
=0
+ 2 = 2 = p∗
∴ p∗
= 2 es asintóticamente estable.
Diagrama de fase:
11

(b) Dt = −4pt + 25, St = 4pt−1 + 3
Dt = St =⇒ −4pt + 25 = 4pt−1 + 3
∴ pt = −pt−1 +
11
2
Punto ﬁjo:
p∗
= −p∗
+
11
2
∴ p∗
=
11
4
Solución:
pt = (−1)t
p0 −
11
4
+
11
4
Estabilidad:
Notamos que
pt =
p0, si t es par
11
2
− p0, si t es impar.
∴ No existen lim
t→∞
pt y lim
t→−∞
pt (hay dos puntos de acumulación)
∴ El sistema no es estable, ni inestable. Se trata de un caso
degenerado.
Diagrama de fase:
(c) Dt = − (5/2) pt + 45, St = (15/2) pt−1 + 5
Dt = St =⇒ − (5/2) pt + 45 = (15/2) pt−1 + 5
∴ pt = −3pt−1 + 16
Punto ﬁjo:
p∗
= −3p∗
+ 16
∴ p∗
= 4
Solución:
pt = (−3)t
(p0 − 4) + 4
12

Estabilidad:
lim
t→∞
pt = lim
t→∞
(−3)t
(p0 − 4) + 4 diverge
lim
t→−∞
pt = (p0 − 4) lim
t→−∞
(−3)t
=0
+ 4 = 4 = p∗
∴ p∗
Diagrama de fase:
12. (a) xt+1 =
√
4xt − 3, xt ≥
3
4
Puntos ﬁjos:
x∗
=
√
4x∗ − 3
(x∗
)2
= 4x∗
− 3
(x∗
)2
− 4x∗
+ 3 = 0
(x∗
− 1) (x∗
− 3) = 0
x∗
1 = 1, x∗
2 = 3
Estabilidad:
Sea f(x) =
√
4x − 3
∴ f ′
(x) =
2
√
4x − 3
∴ f ′
(1) = 2 y f ′
(3) =
2
3
∴ |f ′
(1)| > 1 y |f ′
(3)| < 1
∴ x∗
1 = 1 es asintóticamente inestable y x∗
2 = 3 es asintótica-
mente estable.
13

Diagrama de fase:
Para x0 = 1, 3 se tiene:
3
4
≤ x0 < 1 =⇒ lim
t→ − ∞
xt = 1,
1 < x0 < 3 =⇒ lim
t→ − ∞
xt = 1 y lim
t→ ∞
xt = 3,
x0 > 3 =⇒ lim
t→ ∞
xt = 3.
(b) xt+1 = x3
t
Puntos ﬁjos:
x∗
= (x∗
)3
∴ x∗
− (x∗
)3
= 0
∴ x∗
1 − (x∗
)2
= 0
∴ x∗
(1 + x∗
) (1 − x∗
) = 0
∴ x∗
1 = −1, x∗
2 = 0, x∗
3 = 1
Estabilidad:
Sea f(x) = x3
∴ f ′
(x) = 3x2
∴ f ′
(0) = 0, f ′
(−1) = f ′
(1) = 3
∴ |f ′
(0)| < 1 y |f ′
(−1)| = |f ′
(1)| > 1
∴ x∗
2 = 0 es asintóticamente estable; x∗
1 = −1 y x∗
3 = 1 son
asintóticamente inestables.
14

Diagrama de fase:
Para x0 = −1, 0, 1 se tiene:
x0 < −1 =⇒ lim
t→ − ∞
xt = −1,
−1 < x0 < 0 =⇒ lim
t→ − ∞
xt = −1 y lim
t→ ∞
xt = 0,
0 < x0 < 1 =⇒ lim
t→ − ∞
xt = 1 y lim
t→ ∞
xt = 0,
x0 > 1 =⇒ lim
t→ − ∞
xt = 1.
(c) xt+1 =
1
x2
t
, xt > 0
Puntos ﬁjos:
x∗
=
1
(x∗)2
∴ (x∗
)3
= 1
∴ (x∗
)3
− 1 = 0
∴ (x∗
− 1) (x∗
)2
+ x∗
+ 1
=0
= 0
∴ x∗
= 1
Estabilidad:
Sea f(x) =
1
x2
∴ f ′
(x) = −
2
x3
∴ f ′
(1) = −2
∴ |f ′
(1)| > 1
∴ x∗
15

Diagrama de fase:
Para x0 = 1 se tiene:
lim
t→ − ∞
xt = 1.
(d) xt+1 =
1
xt
, xt > 0
Puntos ﬁjos:
x∗
=
1
x∗
(x∗
)2
= 1
∴ x∗
= 1 (x∗
= −1 se descarta, ya que xt > 0)
Estabilidad:
Sea f(x) =
1
x
∴ f ′
(x) = −
1
x2
∴ f ′
(1) = −1
∴ |f ′
(1)| = 1
∴ no se puede aplicar el teorema.
Observamos que
xt =



x0, si t es par
1
x0
, si t es impar.
∴ hay dos puntos de acumulación (caso degenerado)
∴ el sistema no es estable, ni inestable.
16

Diagrama de fase:
lim
t→∞
xt y lim
t→ − ∞
xt divergen ambos.
(e) xt+1 = xt + x3
t
Puntos ﬁjos:
x∗
= x∗
+ (x∗
)3
∴ x∗
= 0
Estabilidad:
Sea f(x) = x + x3
∴ f ′
(x) = 1 + 3x2
∴ f ′
(0) = 1
∴ |f ′
(0)| = 1
Observamos que f ′
(x) > 1 alrededor de x = 0, por lo que
x∗
Diagrama de fase:
lim
t→ − ∞
xt = 0.
17

(f) xt+1 = e(xt)−1
. Nota: el punto fijo es x∗
= 1
Puntos fijos:
x∗
= ex∗−1
∴ x∗
= 1
Estabilidad:
Sea f(x) = ex−1
∴ f ′
(x) = ex−1
∴ f ′
(1) = 1
∴ |f ′
(1)| = 1
Observamos que f ′
(x) > 1 para x > 1, y f ′
(x) < 1 para
x < 1. Por lo tanto,
x0 ≤ 1 =⇒ x∗
= 1 es asintóticamente estable,
x0 > 1 =⇒ x∗
Diagrama de fase:
x0 < 1 =⇒ lim
t→ ∞
xt = 1
x0 > 1 =⇒ lim
t→ − ∞
xt = 1
13. (a) xt+1 = x2
t + c
Puntos fijos:
x∗
= (x∗
)2
+ c
(x∗
)2
− x∗
+ c = 0
∴ x∗
=
1 ±
√
1 − 4c
2
18

De aquí se siguen tres casos: si c <
1
4
hay dos puntos fijos, si
c =
1
4
sólo hay un punto fijo, y si c >
1
4
no hay puntos fijos.
(b) xt+1 = x2
t − 2, x0 =
√
2
Puntos fijos:
x∗
= (x∗
)2
− 2
(x∗
)2
− x∗
− 2 = 0
(x∗
+ 1) (x∗
− 2) = 0
x∗
1 = −1, x∗
2 = 2
Obtenemos la sucesión de puntos a partir del punto inicial
dado:
x0 =
√
2
x1 =
√
2.
2
− 2 = 0
x2 = 02
− 2 = −2
x3 = (−2)2
− 2 = 2
x4 = (2)2
− 2 = 2
∴orb
√
2 =
√
2, 0, −2, 2, 2, 2...
19

ECUACIONES EN DIFERENCIAS II
(Temas 2.1-2.2)
1. (a) xt+2 − 3xt+1 + 2xt = 0; xt = A + B 2t
xt = A+B 2t
=⇒ xt+1 = A+B 2t+1
=⇒ xt+2 = A+B 2t+2
∴ xt+2−3xt+1+2xt = (A + B 2t+2
)−3 (A + B 2t+1
)+2 (A + B 2t
)
= A (1 − 3 + 2) + B (2t+2
− 3 2t+1
+ 2 2t
)
= B 2t
(22
− 3 (2) + 2) = 0
(b) xt+2 − 2xt+1 + xt = 0; xt = A + Bt
xt = A+Bt =⇒ xt+1 = A+B (t + 1) =⇒ xt+2 = A+B (t + 2)
∴ xt+2−2xt+1+xt = (A + Bt + 2B)−2 (A + Bt + B) + (A + Bt)
= A (1 − 2 + 1) + B (2 − 2) + Bt (1 − 2 + 1) = 0
2. (a) xt+2 − 5xt+1 + 6xt = 0
Solución:
Proponemos xt = λt
∴ λt+2
− 5λt+1
+ 6λt
= 0
∴ λt
λ2
− 5λ + 6 = 0
∴ λ2
− 5λ + 6 = 0
∴ (λ − 2) (λ − 3) = 0
∴ λ1 = 2, λ2 = 3 (raíces reales distintas)
∴ xt = k1 2t
+ k2 3t
, t = 0, 1, 2, . . .
Estabilidad:
lim
t→∞
xt = lim
t→∞
[k1 2t
+ k2 3t
] diverge
lim
t→−∞
xt = lim
t→ − ∞
[k1 2t
+ k2 3t
] = 0
∴ El sistema es asintóticamente inestable.
(b) xt+2 − xt = 0
Solución:
Proponemos xt = λt
∴ λ2
− 1 = 0
∴ (λ + 1) (λ − 1) = 0
∴ λ1 = −1, λ2 = 1 (raíces reales distintas)
∴ xt = k1 (−1)t
+ k2, t = 0, 1, 2, . . .
20

Estabilidad:
lim
t→∞
xt = lim
t→∞
k1 (−1)t
+ k2 diverge
lim
t→−∞
xt = lim
t→ − ∞
k1 (−1)t
+ k2 diverge
∴ El sistema no es estable ni inestable (caso degenerado).
(c) xt+2 − 2xt+1 + 4xt = 0
Solución:
Proponemos xt = λt
∴ λ2
− 2λ + 4 = 0
∴ λ1,2 =
2 ± 4 − 4 (4)
2
=
2 ± 2
√
−3
2
= 1 ±
√
3 i
∴ λ1 = 1 +
√
3i, λ2 = 1 −
√
3i (raíces complejas)
∴ α = 1, β =
√
3, λ = α2 + β2
= 2, θ = tan−1 β
α
=
π
3
∴ xt = 2t
k1 cos
π
3
t + k2 sen
π
3
t , t = 0, 1, 2, . . .
Estabilidad:
Nota que |xt| < 2t
(k1 + k2) . Por lo tanto,
lim
t→∞
xt diverge
lim
t→−∞
xt = 0 (usando el teorema del sandwich)
∴ El sistema es asintóticamente inestable.
(d) 9xt+2 − 6xt+1 + xt = 0, x0 = 1, x1 = 2
Solución:
Proponemos xt = λt
∴ 9λ2
− 6λ + 1 = 0
∴ (3λ − 1)2
= 0
∴ λ1 = λ2 =
1
3
(raíces reales repetidas)
∴ xt = k1
1
3
t
+ k2 t
1
3
t
Condiciones iniciales:
x0 = 1 = k1
x1 = 2 = k1
1
3
+ k2
1
3
∴ k1 = 1, k2 = 5
21

∴ xt =
1
3
t
+ 5 t
1
3
t
= (1 + 5t)
1
3
t
, t = 0, 1, 2, . . .
Estabilidad:
lim
t→∞
xt = lim
t→∞
1 + 5t
3t
L
= lim
t→∞
5
3t ln 3
= 0 (Regla de L’Hopital)
lim
t→ − ∞
xt diverge
∴ El sistema es asintóticamente estable.
3. La solución de la ecuación no homogénea axt+2 +bxt+1 +cxt = dt
está dada por xt = x
(h)
t + x
(p)
t , donde x
(h)
t es la solución general
de la ecuación homogénea asociada y x
(p)
t es cualquier solución
particular de la ecuación no homogénea.
(a) xt+2 +
1
4
xt = 5
x
(h)
t : x
(h)
t+2 +
1
4
x
(h)
t = 0
Proponemos x(h)
t = λt
∴ λ2
+
1
4
= 0
∴ λ1,2 =
0 ±
√
−1
2
= ±
1
2
i
∴ λ1 =
1
2
i, λ2 = −
1
2
i (raíces complejas)
∴ α = 0, β =
1
2
, λ = α2 + β2
=
1
2
θ = tan−1 β
α
= tan−1
(∞) =
π
2
∴ x
(h)
t =
1
2
t
k1 cos
π
2
t + k2 sen
π
2
t
x
(p)
t : x
(p)
t+2 +
1
4
x
(p)
t = 5
Proponemos x
(p)
t = A
∴ xp
t+1 = xp
t+2 = A
∴ A +
1
4
A = 5
∴ A = 4
∴ x
(p)
t = 4
∴ xt =
1
2
t
k1 cos
π
2
t + k2 sen
π
2
t +4, t = 0, 1, 2, . . .
22

(b) xt+2 − 4xt = 3, x0 = 2, x1 = 1
x
(h)
t : x
(h)
t+2 − 4x
(h)
t = 0
Proponemos x
(h)
t = λt
∴ λ2
− 4 = 0
∴ (λ + 2) (λ − 2) = 0
∴ λ1 = −2, λ2 = 2
∴ x
(h)
t = k1 (−2)t
+ k2 2t
x
(p)
t : x
(p)
t+2 − 4x
(p)
t = 3
Proponemos x
(p)
t = A
∴ xp
t+1 = xp
t+2 = A
∴ A − 4A = 3
∴ A = −1
∴ x
(p)
t = −1
∴ xt = k1 (−2)t
+ k2 2t
− 1
x0 = 2 = k1 + k2 − 1
x1 = 1 = −2k1 + 2k2 − 1
∴ k1 = 1, k2 = 2
∴ xt = (−2)t
+ 2 (2t
) − 1 = (−2)t
+ 2t+1
− 1, t = 0, 1, 2, . . .
(c) xt+2 − 4xt = −9t, x0 = 2, x1 = 1
x
(h)
t : x
(h)
t+2 − 4x
(h)
t = 0
∴ x
(h)
t = k1 (−2)t
+ k2 2t
(ver inciso anterior)
x
(p)
t : x
(p)
t+2 − 4x
(p)
t = −9t
Proponemos x
(p)
t = At + B
∴ xp
t+1 = A (t + 1) + B
∴ xp
t+2 = A (t + 2) + B
∴ [A (t + 2) + B] − 4 [At + B] = −9t
∴ −3At + (2A − 3B) = −9t
∴ −3A = −9 y 2A − 3B = 0
∴ A = 3 y B = 2
∴ x
(p)
t = 3t + 2
∴ xt = k1 (−2)t
+ k2 2t
+ 3t + 2
23

x0 = 2 = k1 + k2 + 2
x1 = 1 = −2k1 + 2k2 + 3 + 2
∴ k1 = 1, k2 = −1
∴ xt = (−2)t
− 2t
+ 3t + 2, t = 0, 1, 2, . . .
(d) xt+2 − 7xt+1 + 12xt = 5 (2t
) , x0 =
1
2
, x1 = 0
x
(h)
t : x
(h)
t+2 − 7x
(h)
t+1 + 12x
(h)
t = 0
Proponemos x
(h)
t = λt
∴ λ2
− 7λ + 12 = 0
∴ (λ − 3) (λ − 4) = 0
∴ λ1 = 3, λ2 = 4
∴ x
(h)
t = k1 3t
+ k2 4t
x
(p)
t : x
(p)
t+2 − 7x
(p)
t+1 + 12x
(p)
t = 5 (2t
)
Proponemos x
(p)
t = A 2t
∴ xp
t+1 = A 2t+1
= 2A 2t
∴ xp
t+2 = A 2t+2
= 4A 2t
∴ [4A 2t
] − 7 [2A 2t
] + 12 [A 2t
] = 5 (2t
)
∴ A =
5
2
∴ x
(p)
t =
5
2
(2t
)
∴ xt = k1 3t
+ k2 4t
+
5
2
(2t
)
x0 =
1
2
= k1 + k2 +
5
2
x1 = 0 = 3k1 + 4k2 + 5
∴ k1 = −3, k2 = 1
∴ xt = −3t+1
+ 4t
+
5
2
(2t
) , t = 0, 1, 2, . . .
(e) xt+2 − 3xt+1 + 2xt = 3 (5t
)
x
(h)
t : x
(h)
t+2 − 3x
(h)
t+1 + 2x
(h)
t = 0
Proponemos x
(h)
t = λt
∴ λ2
− 3λ + 2 = 0
24

∴ (λ − 1) (λ − 2) = 0
∴ λ1 = 1, λ2 = 2
∴ x
(h)
t = k1 + k2 2t
x
(p)
t : x
(p)
t+2 − 3x
(p)
t+1 + 2x
(p)
t = 3 (5t
)
Proponemos x
(p)
t = A5t
∴ xp
t+1 = A5t+1
= 5 (A5t
)
∴ xp
t+2 = A5t+2
= 25 (A5t
)
∴ [25A5t
] − 3 [5A5t
] + 2 [A5t
] = 3 (5t
)
∴ 25A − 15A + 2A = 3
∴ A =
1
4
∴ x
(p)
t =
1
4
5t
∴ xt = k1 + k2 2t
+
1
4
5t
, t = 0, 1, 2, . . .
(f) xt+2 − 3xt+1 + 2xt = 1
x
(h)
t : x
(h)
t+2 − 3x
(h)
t+1 + 2x
(h)
t = 0
∴ x
(h)
t = k1 + k2 2t
x
(p)
t : x
(p)
t+2 − 3x
(p)
t+1 + 2x
(p)
t = 1
No sirve proponer x
(p)
t = A (es l.d. a 1):
x
(p)
t = A =⇒ A − 3A + 2A = 1 =⇒ 0 = 1
Proponemos x
(p)
t = At
∴ xp
t+1 = A (t + 1)
∴ xp
t+2 = A (t + 2)
∴ A (t + 2) − 3A (t + 1) + 2At = 1
∴ A = −1
∴ x
(p)
t = −t
∴ xt = k1 + k2 2t
− t, t = 0, 1, 2, . . .
(g) xt+2 − 3xt+1 + 2xt = 6(2)t
x
(h)
t : x
(h)
t+2 − 3x
(h)
t+1 + 2x
(h)
t = 0
∴ x
(h)
t = k1 + k2 2t
x(p)
t : x(p)
t+2 − 3x(p)
t+1 + 2x(p)
t = 6(2)t
No sirve proponer x
(p)
t = A(2)t
(es l.d. a 2t
):
x
(p)
t = A (2)t
=⇒ 4 A (2)t
− 3 [2A(2)t
] + 2 [A(2)t
] = 6(2)t
=⇒ 0 = 6
25

Proponemos x
(p)
t = At(2)t
∴ xp
t+1 = A (t + 1) (2)t+1
∴ xp
t+2 = A (t + 2) (2)t+2
∴ A (t + 2) (2)t+2
− 3A (t + 1) (2)t+1
+ 2At(2)t
= 6(2)t
∴ A = 3
∴ x
(p)
t = 3t(2)t
∴ xt = k1 + k2 2t
+ 3t(2)t
, t = 0, 1, 2, . . .
(h) xt+2 − 6xt+1 + 9xt = 8 + 3 (2t
)
x
(h)
t : x
(h)
t+2 − 6x
(h)
t+1 + 9x
(h)
t = 0
Proponemos x
(h)
t = λt
∴ λ2
− 6λ + 9 = 0
∴ (λ − 3)2
= 0
∴ λ1 = λ2 = 3
∴ x
(h)
t = k1 3t
+ k2 t3t
x
(p)
t : x
(p)
t+2 − 6x
(p)
t+1 + 9x
(p)
t = 8 + 3 (2t
)
Proponemos x
(p)
t = A + B2t
∴ xp
t+1 = A + B2t+1
∴ xp
t+2 = A + B2t+2
∴ [A + B2t+2
]−6 [A + B2t+1
]+9 [A + B2t
] = 8+3 (2t
)
∴ 4A + B2t
= 8 + 3 (2t
)
∴ A = 2, B = 3
∴ x
(p)
t = 2 + 3 (2t
)
∴ xt = k1 3t
+ k2 t3t
+ 2 + 3 (2t
) , t = 0, 1, 2, . . .
4. (a) xt+1 + 4xt = 10, x0 = 5
x
(h)
t : x
(h)
t+1 + 4x
(h)
t = 0
∴ x
(h)
t+1 = −4x
(h)
t
∴ x
(h)
t = A (−4)t
x
(p)
t : x
(p)
t+1 + 4x
(p)
t = 10
Proponemos x
(p)
t = B
∴ x
(p)
t+1 = B
∴ B + 4B = 10
∴ B = 2
26

∴ x
(p)
t+1 = 2
∴ xt = A (−4)t
+ 2
x0 = 5 = A + 2
∴ A = 3
∴ xt = 3 (−4)t
+ 2, t = 0, 1, 2, . . .
Este es el mismo resultado que el obtenido con el método de
la tarea 1 (xt = at
(x0 − x∗
) + x∗
).
(b) xt+1 = 2xt + 9 (5t
) , x0 = 3
x
(h)
t : x
(h)
t+1 = 2x
(h)
t
∴ x
(h)
t = A (2t
)
x
(p)
t : x
(p)
t+1 = 2x
(p)
t + 9 (5t
)
Proponemos x
(p)
t = B (5t
)
∴ x
(p)
t+1 = B (5t+1
)
∴ B (5t+1
) = 2B (5t
) + 9 (5t
)
∴ 5B = 2B + 9
∴ B = 3
∴ x
(p)
t+1 = 3 (5t
)
∴ xt = A (2t
) + 3 (5t
)
x0 = 3 = A + 3
∴ A = 0
∴ xt = 3 (5t
) , t = 0, 1, 2, . . .
5. xt+3 − 3xt+1 + 2xt = 0
Proponemos xt = λt
∴ λt+3
− 3λt+1
+ 2λt
= 0
∴ λt
λ3
− 3λ + 2 = 0
∴ λ3
− 3λ + 2 = 0
∴ (λ − 1) λ2
+ λ − 2 = 0
∴ (λ − 1) (λ − 1) (λ + 2) = 0
∴ λ1 = λ2 = 1, λ3 = −2 (2 raíces reales repetidas)
∴ xt = k1 1t
+ k2 t1t
+ k3 (−2)t
∴ xt = k1 + k2t + k3 (−2)t
, t = 0, 1, 2, . . .
27

6. 2xt+2 − 5xt+1 + 2xt = −6, con x0 = 4 y x1 = β.
(a) El punto ﬁjo x∗
se obtiene de 2x∗
−5x∗
+2x∗
= −6, de donde
x∗
= 6.
(b) x
(h)
t : 2x
(h)
t+2 − 5x
(h)
t+1 + 2x
(h)
t = 0
Proponemos x
(h)
t = λt
∴ 2λ2
− 5λ + 2 = 0
∴ λ1,2 =
5 ±
√
25 − 16
4
=
5 ± 3
4
∴ λ1 = 2, λ2 =
1
2
∴ x
(h)
t = k1 2t
+ k2
1
2
t
x(p)
t : 2x(p)
t+2 − 5x(p)
t+1 + 2x(p)
t = −6
Proponemos x
(p)
t = A
∴ 2A − 5A + 2A = −6
∴ A = 6
∴ x
(p)
t = 6 = x∗
∴ xt = k1 2t
+ k2
1
2
t
+ 6
x0 = 4 = k1 + k2 + 6
x1 = β = k1 (2) + k2
1
2
+ 6
∴ k1 =
2β − 10
3
, k2 =
4 − 2β
3
∴ xt =
2β − 10
3
2t
+
4 − 2β
3
1
2
t
+6, t = 0, 1, 2, . . .
(c) Como lim
t→ ∞
2t
diverge, x∗
es estable sólo si k1 =
2β − 10
3
= 0,
esto es, si β = 5. En ese caso,
xt = −2
1
2
t
+ 6
∴ lim
t→ ∞
xt = −2 lim
t→ ∞
1
2
t
+ 6 = 6 = x∗
28

(d) Como lim
t→ − ∞
(1/2)t
diverge, x∗
es inestable sólo si k2 =
4 − 2β
3
= 0,
esto es, si β = 2. En ese caso,
xt = −2 (2)t
+ 6
∴ lim
t→ − ∞
xt = −2 lim
t→ − ∞
2t
+ 6 = 6 = x∗
7. xt+2 − axt+1 +
1
16
xt = 0, con a constante.
Proponemos xt = λt
∴ λ2
− aλ +
1
16
= 0
∴ λ1,2 =
1
2
a ± a2 −
1
4
La solución presenta un comportamiento oscilatorio cuando a2
<
1
4
,
esto es, cuando −
1
2
< a <
1
2
.
En ese caso,
λ1,2 =
1
2
a ± (−1)
1
4
− a2 =
1
2
a ± i
1
4
− a2
Reescribiendo λ1,2 de la forma λ1,2 = α ± iβ se tiene
α =
a
2
, β =
1
2
1
4
− a2
λ = α2 + β2
=
1
4
, θ = tan−1 β
α
∴ xt =
1
4
t
[k1 cos (θt) + k2 sen (θt)] , t = 0, 1, 2, . . .
8. Ft+2 = Ft+1 + Ft, F0 = 0, F1 = 1
Solución:
Proponemos Ft = λt
∴ λ2
− λ − 1 = 0
∴ λ1 =
1 +
√
5
2
, λ2 =
1 −
√
5
2
(raíces reales distintas)
∴ Ft = k1
1 +
√
5
2
t
+ k2
1 −
√
5
2
t
29

F0 = 0 = k1 + k2
F1 = 1 =
1 +
√
5
2
k1 +
1 −
√
5
2
k2
∴ k1 =
1
√
5
, k2 = −
1
√
5
∴ Ft =
1
√
5
1 +
√
5
2
t
−
1
√
5
1 −
√
5
2
t
, t = 0, 1, 2, . . .
9. Ct = cYt−1, Kt = σYt−1, Yt = Ct + Kt − Kt−1, c, σ > 0
∴ Yt = (cYt−1) + (σYt−1) − (σYt−2)
∴ Yt = (c + σ) Yt−1 − σYt−2
∴ Yt − (c + σ) Yt−1 + σYt−2 = 0
o bien, Yt+2 − (c + σ) Yt+1 + σYt = 0
Ecuación:
Yt+2 − (c + σ) Yt+1 + σYt = 0
Solución:
Proponemos Yt = λt
∴ λ2
− (c + σ) λ + σ = 0
∴ λ1,2 =
(c + σ) ±
!
(c + σ)2
− 4σ
2
i) Si (c + σ)2
> 4σ, entonces λ1 y λ2 son reales y distintas
∴ Yt = k1λt
1 + k2λt
2, t = 0, 1, 2, . . .
ii) Si (c + σ)2
= 4σ, entonces λ1 = λ2 =
c + σ
2
son reales repetidas
∴ Yt = k1
c + σ
2
t
+ k2 t
c + σ
2
t
, t = 0, 1, 2, . . .
iii) Si (c + σ)2
< 4σ, entonces λ1 y λ2 son complejas
En este caso, λ1,2 =
(c + σ) ±
!
− 4σ − (c + σ)2
2
=
(c + σ) ± i
!
4σ − (c + σ)2
2
Reescribiendo λ1,2 de la forma λ1,2 = α ± iβ se tiene
α =
c + σ
2
, β =
!
4σ − (c + σ)2
2
30

λ = α2 + β2
=
√
σ, θ = tan−1 β
α
∴ Yt = σt/2
[k1 cos (θt) + k2 sen (θt)] , t = 0, 1, 2, . . .
10. Yt = Ct + It + Gt, Ct = C0 + αYt−1, It = I0 + β (Yt−1 − Yt−2) ,
con 0 < α < 1, C0, I0, β > 0, (α + β)2
> 4β
∴ Yt = (C0 + αYt−1) + (I0 + β (Yt−1 − Yt−2)) + Gt
∴ Yt = (α + β) Yt−1 − βYt−2 + (C0 + I0 + Gt)
Suponiendo que Gt = G, se tiene
Yt − (α + β) Yt−1 + βYt−2 = C0 + I0 + G
o bien, Yt+2 − (α + β) Yt+1 + βYt = C0 + I0 + G
Ecuación:
Yt+2 − (α + β) Yt+1 + βYt = C0 + I0 + G
Solución:
Y
(h)
t : Y
(h)
t+2 − (α + β) Y
(h)
t+1 + βY
(h)
t = 0
Proponemos Y
(h)
t = λt
∴ λ2
− (α + β) λ + β = 0
∴ λ1,2 =
(α + β) ±
!
(α + β)2
− 4β
2
Como (α + β)2
> 4β, entonces λ1 y λ2 son reales y distintas
∴ Y
(h)
t = k1λt
1 + k2λt
2
Y
(p)
t : Y
(p)
t+2 − (α + β) Y
(p)
t+1 + βY
(p)
t = C0 + I0 + G
Proponemos Y
(p)
t = A
∴ Y
(p)
t+1 = Y
(p)
t+2 = A
∴ A − (α + β) A + βA = C0 + I0 + G
∴ A =
C0 + I0 + G
1 − α
∴ Y
(p)
t =
C0 + I0 + G
1 − α
∴ Yt = k1λt
1 + k2λt
2 +
C0 + I0 + G
1 − α
, t = 0, 1, 2, . . .
31

11. (a)
−→
Xt+1 =
3 1
1 3
−→
Xt
Sea A =
3 1
1 3
Valores propios de A :
pA(λ) = λ2
− 6λ + 8 = (λ − 2) (λ − 4) = 0
∴ λ1 = 2, λ2 = 4 (raíces reales distintas)
Vectores propios de A, −→v =
m
n
:
λ1 = 2 :
3 − 2 1
1 3 − 2
m
n
=
0
0
1 1
1 1
m
n
=
0
0
∴ m + n = 0
∴ n = −m
Tomando m = 1, se tiene n = −1
∴ −→v 1 =
1
−1
(o cualquier múltiplo de éste)
λ2 = 4 :
3 − 4 1
1 3 − 4
m
n
=
0
0
−1 1
1 − 1
m
n
=
0
0
∴ −m + n = 0
∴ n = m
Tomando m = 1, se tiene n = 1
∴ −→v 2 =
1
1
Por lo tanto, la solución es
−→
Xt = k1 2t 1
−1
+ k2 4t 1
1
, t = 0, 1, 2, . . .
En otras palabras,
xt = k1 2t
+ k2 4t
yt = −k1 2t
+ k2 4t
, t = 0, 1, 2, . . .
(b)
−→
Xt+1 =
6 9
−1 0
−→
Xt ,
−→
X0 =
6
0
Sea A =
6 9
−1 0
32

pA(λ) = λ2
− 6λ + 9 = (λ − 3)2
= 0
∴ λ1 = λ2 = 3 (raíces reales repetidas)
Vector propio de A, −→v =
m
n
:
6 − 3 9
−1 0 − 3
m
n
=
0
0
3 9
−1 − 3
m
n
=
0
0
∴ 3m + 9n = 0
∴ m = −3n
Tomando n = 1, se tiene m = −3
∴ −→v =
−3
1
Vector propio generalizado de A, −→w =
p
q
:
3 9
−1 − 3
p
q
=
−3
1
∴ 3p + 9q = −3
∴ p = −1 − 3q
Tomando q = −1, se tiene p = 2
∴ −→w =
2
−1
(o cualquiera que satisfaga p = −1 − 3q)
∴
−→
Xt = k1 3t −3
1
+ k2 3t
t
−3
1
+ 3
2
−1
X0 =
6
0
= k1 30 −3
1
+ k2 30
(0)
−3
1
+ 3
2
−1
= k1
−3
1
+ 3k2
2
−1
∴ 6 = −3k1 + 6k2
0 = k1 − 3k2
∴ k1 = −6, k2 = −2
−→
Xt = −6 (3)t −3
1
−2 (3)t
t
−3
1
+ 3
2
−1
, t = 0, 1, 2, . . .
33

En otras palabras,
xt = (6t + 6) 3t
yt = −2t 3t
, t = 0, 1, 2, . . .
(c)
−→
Xt+1 =
1 1
−3 1
−→
Xt
Sea A =
1 1
−3 1
pA(λ) = λ2
− 2λ + 4 = 0
∴ λ1,2 =
2 ± 4 − 4 (4)
2
=
2 ± 2
√
−3
2
= 1 ±
√
3 i
∴ λ1 = 1 +
√
3i, λ2 = 1 −
√
3i (raíces complejas)
∴ α = 1, β =
√
3, λ = α2 + β2
= 2, θ = tan−1 β
α
=
π
3
m
n
:
λ = 1+
√
3i :
1 − 1 +
√
3i 1
−3 1 − 1 +
√
3i
m
n
=
0
0
−
√
3i 1
−3 −
√
3i
m
n
=
0
0
∴ −
√
3i m + n = 0
∴ n =
√
3i m
Tomando m = 1, se tiene n =
√
3i
∴ −→v =
1√
3i
=
1
0
+ i
0√
3
∴ −→r =
1
0
, −→s =
0√
3
−→
Xt = 2t
k1
1
0
cos
π
3
t −
0√
3
sen
π
3
t
+ k2
1
0
sen
π
3
t +
0√
3
cos
π
3
t
"
.
En otras palabras,
xt = 2t
k1 cos
π
3
t + k2 sen
π
3
t
yt = 2t
−
√
3k1 sen
π
3
t +
√
3k2 cos
π
3
t , t = 0, 1, 2, . . .
34

(d)
−→
Xt+1 =
−1 − 2
−2 2
−→
Xt
Sea A =
−1 − 2
−2 2
pA(λ) = λ2
− λ + 3 = (λ + 2) (λ − 3) = 0
∴ λ1 = −2, λ2 = 3 (raíces reales distintas)
m
n
:
λ1 = −2 :
−1 − (−2) − 2
−2 2 − (−2)
m
n
=
0
0
1 − 2
−2 4
m
n
=
0
0
∴ m − 2n = 0
∴ m = 2n
Tomando n = 1, se tiene m = 2
∴ −→v 1 =
2
1
λ2 = 3 :
−1 − 3 − 2
−2 2 − 3
m
n
=
0
0
−4 − 2
−2 − 1
m
n
=
0
0
∴ −2m − n = 0
∴ n = −2m
∴ −→v 2 =
1
−2
−→
Xt = k1 (−2)t 2
1
+ k2 3t 1
−2
, t = 0, 1, 2, . . .
En otras palabras,
xt = 2k1 (−2)t
+ k2 3t
yt = k1 (−2)t
− 2k2 3t
, t = 0, 1, 2, . . .
(e)
−→
Xt+1 =
−1 − 2
−2 2
−→
Xt +
6
3
,
−→
X0 =
2
3
−→
Xt =
−→
X
(h)
t +
−→
X
(p)
t
35

−→
X
(h)
t :
−→
X
(h)
t+1 =
−1 − 2
−2 2
−→
X
(h)
t
∴
−→
X
(h)
t = k1 (−2)t 2
1
+k2 3t 1
−2
−→
X
(p)
t :
−→
X
(p)
t+1 =
−1 − 2
−2 2
−→
X
(p)
t +
6
3
Proponemos
−→
X
(p)
t =
α
β
∴
α
β
=
−1 − 2
−2 2
α
β
+
6
3
∴ α = −α − 2β + 6
β = −2α + 2β + 3
∴ α = 2, β = 1
∴
−→
X(p)
t =
2
1
∴
−→
Xt = k1 (−2)t 2
1
+ k2 3t 1
−2
+
2
1
X0 =
2
3
= k1 (−2)0 2
1
+ k2 30 1
−2
+
2
1
= k1
2
1
+ k2
1
−2
+
2
1
∴ 2 = 2k1 + k2 + 2
3 = k1 − 2k2 + 1
∴ k1 =
2
5
, k2 = −
4
5
∴
−→
Xt =
2
5
(−2)t 2
1
−
4
5
3t 1
−2
+
2
1
−→
Xt =




4
5
(−2)t
−
4
5
3t
+ 2
2
5
(−2)t
+
8
5
3t
+ 1



 , t = 0, 1, 2, . . .
En otras palabras,
xt =
4
5
(−2)t
−
4
5
3t
+ 2
yt =
2
5
(−2)t
+
8
5
3t
+ 1, t = 0, 1, 2, . . .
36

(f)
−→
Xt+1 =
−1 − 2
−2 2
−→
Xt +
0
7 (5t
)
,
−→
X0 =
4
3
−→
Xt =
−→
X
(h)
t +
−→
X
(p)
t
−→
X
(h)
t :
−→
X
(h)
t+1 =
−1 − 2
−2 2
−→
X
(h)
t
∴
−→
X
(h)
t = k1 (−2)t 2
1
+k2 3t 1
−2
−→
X
(p)
t :
−→
X
(p)
t+1 =
−1 − 2
−2 2
−→
X
(p)
t +
0
7 (5t
)
Como
0
7 (5t
)
=
0
7
5t
, proponemos
−→
X
(p)
t =
α
β
5t
∴
α5t+1
β5t+1 =
−1 − 2
−2 2
α5t
β5t +
0
7 (5t
)
∴ α5t+1
= −α5t
− 2β5t
β5t+1
= −2α5t
+ 2β5t
+ 7 (5t
)
∴ 5α = −α − 2β
5β = −2α + 2β + 7
∴ α = −1, β = 3
∴
−→
X(p)
t =
−1
3
5t
∴
−→
Xt = k1 (−2)t 2
1
+ k2 3t 1
−2
+ 5t −1
3
X0 =
4
3
= k1
2
1
+ k2
1
−2
+
−1
3
∴ 4 = 2k1 + k2 − 1
3 = k1 − 2k2 + 3
∴ k1 = 2, k2 = 1
∴
−→
Xt = (−2)t 4
2
+3t 1
−2
+5t −1
3
, t = 0, 1, 2, . . .
En otras palabras,
xt = 4 (−2)t
+ 3t
− 5t
yt = 2 (−2)t
− 2 (3t
) + 3 (5t
) , t = 0, 1, 2, . . .
37

12. Se tiene
xt+1 = qxt + pyt
yt+1 = (1 − q)xt + (1 − p)yt
con
xt + yt = L (L constante)
La matriz del sistema es
A =
q p
1 − q 1 − p
.
pA(λ) = λ2
− (q + 1 − p) λ + q (1 − p) − p (1 − q) = 0
∴ λ2
− (q + 1 − p) λ + (q − p) = 0
∴ (λ − (q − p)) (λ − 1) = 0
∴ λ1 = q − p, λ2 = 1 (raíces reales distintas)
m
n
:
λ1 = q − p :
q − (q − p) p
1 − q (1 − p) − (q − p)
m
n
=
0
0
p p
1 − q 1 − q
m
n
=
0
0
∴ pm + pn = 0
∴ n = −m
∴ −→v 1 =
1
−1
λ2 = 1 :
q − 1 p
1 − q (1 − p) − 1
m
n
=
0
0
q − 1 p
1 − q − p
m
n
=
0
0
∴ (q − 1) m + pn = 0
∴ n =
1 − q
p
m
Tomando m = p, se tiene n = 1 − q
∴ −→v 2 =
p
1 − q
38

xt
yt
= k1 (q − p)t 1
−1
+ k2
p
1 − q
.
En otras palabras,
xt = k1 (q − p)t
+ k2 p
yt = −k1 (q − p)t
+ k2 (1 − q) , t = 0, 1, 2, . . .
Como L = xt + yt, por lo tanto
L = k1 (q − p)t
+k2 p−k1 (q − p)t
+k2 (1 − q) = k2 (p + 1 − q)
∴ k2 =
L
(p + 1 − q)
∴ La solución es
xt
yt
= k1 (q − p)t 1
−1
+
L
(p + 1 − q)
p
1 − q
, t = 0, 1, 2, . . .
Como q y p son probabilidades (sus valores están entre 0 y 1), por
lo tanto |q − p| < 1, de modo que
lim
t→∞
xt
yt
=





Lp
p + 1 − q
L (1 − q)
p + 1 − q





.
De esta manera, tanto el número de personas empleadas como el
de desempleadas se estabiliza a largo plazo.
Algunos casos particulares:
(a) Si p = q = 1, entonces
lim
t→∞
xt
yt
=
L
0
.
(b) Si p + q = 1, entonces
lim
t→∞
xt
yt
=
L/2
L/2
.
(c) Si p = 0, entonces
lim
t→∞
xt
yt
=
0
L
.
39

ELEMENTOS DE PROGRAMACIÓN DINÁMICA
(Temas 3.1-3.3)
1. (a) Sea β = 1 y sea
S =
n
k=0
βk
= 1 + β + β2
+ · · · + βn−1
+ βn
.
Así,
βS = β + β2
+ β3
+ · · · + βn
+ βn+1
S − βS = 1 − βn+1
(1 − β) S = 1 − βn+1
S =
1 − βn+1
1 − β
n
k=0
βk
=
1 − βn+1
1 − β
(b) Derivamos el resultado anterior con respecto a β:
d
dβ
n
k=0
βk
=
d
dβ
1 − βn+1
1 − β
n
k=0
dβk
dβ
=
(1 − β) (− (n + 1) βn
) − 1 − βn+1
(−1)
(1 − β)2
n
k=0
kβk−1
=
− (n + 1) (1 − β) βn
+ 1 − βn+1
(1 − β)2
1
β
n
k=0
kβk
=
1 − (n + 1) βn
+ nβn+1
(1 − β)2
n
k=0
kβk
=
β 1 − (n + 1) βn
+ nβn+1
(1 − β)2
2. (a) Como |β| < 1, se tiene
lim
n→∞
βn
= 0.
En ese caso,
∞
k=0
βk
= lim
n→∞
n
k=0
βk
= lim
n→∞
1 − βn+1
1 − β
=
1
1 − β
1 − lim
n→∞
βn+1
=
1
1 − β
.
40

∴
∞
k=0
βk
=
1
1 − β
(serie geométrica)
(b) Sabemos que |β| < 1. Por regla de L’Hopital, se tiene
lim
n→∞
nβn
= lim
n→∞
n
β−n
L
= lim
n→∞
1
−β−n
ln β
= −
1
ln β
lim
n→∞
βn
= 0.
De esta manera,
∞
k=0
kβk
= lim
n→∞
n
k=0
kβk
= lim
n→∞
β 1 − (n + 1) βn
+ nβn+1
(1 − β)2
=
β
(1 − β)2 1 − lim
n→∞
(n + 1) βn
+ lim
n→∞
nβn+1
=
β
(1 − β)2
∴
∞
k=0
kβk
=
β
(1 − β)2 (serie aritmético-geométrica)
3. V0(x0) = max
{ut}
2)
k=0
1 −
xk
4
−
u2
k
2
s.a. xt+1 = xt − ut, x0 = 1
Función valor a partir del período t :
Vt(xt) = max
{ut}
2)
k=t
1 −
xk
4
−
u2
k
2
, t = 0, 1, 2.
Ecuación de Bellman:
Vt(xt) = max
{ut}
1 −
xt
4
−
u2
t
2
+ Vt+1(xt+1) .
Condiciones de primer orden:
La variable de estado es xt y la de control ut. Sean
ft (xt, ut) = 1 −
xt
4
−
u2
t
2
, gt (xt, ut) = xt − ut.
De esta manera, las condiciones de primer orden
∂ft
∂ut
+ V ′
t+1 (xt+1)
∂gt
∂ut
= 0,
V ′
t (xt) =
∂ft
∂xt
+ V ′
t+1 (xt+1)
∂gt
∂xt
,
xt+1 = xt − ut,
se reducen a
41

−ut − V ′
t+1 (xt+1) = 0,.........................................................(1)
V ′
t (xt) = −
1
4
+V ′
t+1 (xt+1) ,..................................................(2)
xt+1 = xt − ut.....................................................................(3)
Condición de transversalidad:
Maximizamos la función valor en el último período, dada por
V2(x2) = max
u2
1 −
x2
4
−
u2
2
2
= max
u2
f2 (x2, u2) .....................(4)
El máximo de f2 ocurre cuando
∂f2
∂u2
= −u2 = 0, esto es,
u2 = 0.................................................................................(5)
Sustituyendo (5) en (4):
V2(x2) = 1 −
x2
4
,................................................................(6)
de donde
V ′
2(x2) = −
1
4
......................................................................(7)
Solución:
Sustituyendo (7) en (1), con t = 1 :
−u1 − −
1
4
= 0
∴ u1 =
1
4
...............................................................................(8)
V ′
1 (x1) = −
1
4
+ −
1
4
= −
1
2
............................................(9)
−u0 − −
1
2
= 0
∴ u0 =
1
2
.............................................................................(10)
Sustituyendo x0 = 1 y (10) en (3), con t = 0 :
x1 = x0 − u0 = 1 −
1
2
=
1
2
................................................(11)
42

Sustituyendo (8) y (11) en (3), con t = 1 :
x2 = x1 − u1 =
1
2
−
1
4
=
1
4
...............................................(12)
La siguiente tabla muestra los resultados obtenidos:
t xt ut
0 1 1/2
1 1/2 1/4
2 1/4 0
4. V0(x0) = max
{ut}
2)
k=0
(1 − x2
k − 2u2
k) s.a. xt+1 = xt − ut, x0 dado.
Vt(xt) = max
{ut}
2)
k=t
(1 − x2
k − 2u2
k) , t = 0, 1, 2.
Vt(xt) = max
{ut}
[ (1 − x2
t − 2u2
t ) + Vt+1(xt+1)] .
La variable de estado es xt y la de control ut. Sean
ft (xt, ut) = 1 − x2
t − 2u2
t , gt (xt, ut) = xt − ut.
∂ft
∂ut
+ V ′
t+1 (xt+1)
∂gt
∂ut
= 0,
V ′
t (xt) =
∂ft
∂xt
+ V ′
t+1 (xt+1)
∂gt
∂xt
,
xt+1 = xt − ut,
se reducen a
−4ut − V ′
t+1 (xt+1) = 0,.......................................................(1)
V ′
t (xt) = −2xt + V ′
t+1 (xt+1) ,..............................................(2)
xt+1 = xt − ut.....................................................................(3)
V2(x2) = max
u2
(1 − x2
2 − 2u2
2) = max
u2
f2 (x2, u2) ...................(4)
43

∂f2
∂u2
= −4u2 = 0, esto es,
u2 = 0.................................................................................(5)
V2(x2) = 1 − x2
2,..................................................................(6)
de donde
V ′
2(x2) = −2x2....................................................................(7)
Solución:
Sustituyendo (7) en (1), con t = 1:
−4u1 − (−2x2) = 0
∴ u1 =
1
2
x2...........................................................................(8)
V ′
1 (x1) = −2x1 + (−2x2) = −2x1 − 2x2.............................(9)
−4u0 − (−2x1 − 2x2) = 0
∴ u0 =
1
2
(x1 + x2)...............................................................(10)
x2 = x1 − u1 = x1 −
1
2
x2
∴ x2 =
2
3
x1..........................................................................(11)
u0 =
x1 +
2
3
x1
2
=
5
6
x1.......................................................(12)
x1 = x0 − u0 = x0 −
5
6
x1
∴ x1 =
6
11
x0........................................................................(13)
x2 =
2
3
6
11
x0 =
4
11
x0....................................................(14)
44

u1 =
1
2
4
11
x0 =
2
11
x0....................................................(15)
Por último, sustituyendo (13) en (12):
u0 =
5
6
6
11
x0 =
5
11
x0....................................................(16)
t xt ut
0 x0 5x0/11
1 6x0/11 2x0/11
2 4x0/11 0
5. V0(x0) = max
{yt}
2)
k=0
yk −
y2
k
2xk
s.a. xt+1 = xt − yt, x0 = 800.
Vt(xt) = max
{yt}
2)
k=t
yk −
y2
k
2xk
, t = 0, 1, 2...............................(1)
Vt(xt) = max
{yt}
yt −
y2
t
2xt
+ Vt+1(xt+1) ..............................(2)
La variable de estado es xt y la de control yt. Sean
ft (xt, yt) = yt−
y2
t
2xt
, gt (xt, yt) = xt−yt...............................(3)
∂ft
∂yt
+ V ′
t+1 (xt+1)
∂gt
∂yt
= 0,
V ′
t (xt) =
∂ft
∂xt
+ V ′
t+1 (xt+1)
∂gt
∂xt
,
xt+1 = xt − yt,
se reducen a
1 −
yt
xt
− V ′
t+1 (xt+1) = 0,................................................(4)
V ′
t (xt) =
y2
t
2x2
t
+ V ′
t+1 (xt+1) ,................................................(5)
45

xt+1 = xt − yt......................................................................(6)
V2(x2) = max
y2
y2 −
y2
2
2x2
= max
y2
f2 (x2, y2) ........................(7)
∂f2
∂y2
= 1 −
y2
x2
= 0, esto es,
y2 = x2................................................................................(8)
Sustituyendo (8) en (4) con t = 2 obtenemos:
V ′
3(x3) = 0...........................................................................(9)
Solución:
Sustituyendo (8) y (9) en (5), con t = 2:
V ′
2(x2) =
y2
2
2x2
2
+V ′
3(x3) =
1
2
................................................(10)
1 −
y1
x1
− V ′
2 (x2) = 1 −
y1
x1
−
1
2
= 0
∴ y1 =
x1
2
.............................................................................(11)
Sustituyendo (10) y (11) en (5), con t = 1:
V ′
1(x1) =
y2
1
2x2
1
+ V ′
2(x2) =
1
8
+
1
2
=
5
8
.................................(12)
1 −
y0
x0
− V ′
1 (x1) = 1 −
y0
x0
−
5
8
= 0
∴ y0 =
3x0
8
...........................................................................(13)
Sustituyendo x0 = 800 en (13):
y0 =
3 (800)
8
= 300............................................................(14)
Sustituyendo x0 = 800 y (14) en (6), con t = 0 :
x1 = x0 −y0 = 800 −300 = 500.........................................(15)
y1 =
500
2
= 250.................................................................(16)
46

Sustituyendo (15) y (16) en (6), con t = 1 :
x2 = x1 −y1 = 500 −250 = 250.........................................(17)
y2 = 250.............................................................................(18)
t xt (reservas) yt (extracción)
0 800 300
1 500 250
2 250 250
3 0
Observa que el total extraído es y0 + y1 + y2 = 800 = x0.
6. V0(k0) = max
{ct}
2)
n=0
βn√
cn s.a. kt+1 = (1 + r) kt − ct, k0 dado.
Vt(kt) = max
{ct}
2)
n=t
βn√
cn, t = 0, 1, 2.........................................(1)
Vt(kt) = max
{ct}
βt√
ct + Vt+1(kt+1) ........................................(2)
La variable de estado es kt y la de control ct. Sean
ft (kt, ct) = βt√
ct, gt (kt, ct) = (1 + r) kt −ct......................(3)
∂ft
∂ct
+ V ′
t+1 (kt+1)
∂gt
∂ct
= 0,
V ′
t (kt) =
∂ft
∂kt
+ V ′
t+1 (kt+1)
∂gt
∂kt
,
kt+1 = (1 + r) kt − ct,
se reducen a
βt
2
√
ct
− V ′
t+1 (kt+1) = 0,.......................................................(4)
V ′
t (kt) = (1 + r) V ′
t+1 (kt+1) ,...............................................(5)
kt+1 = (1 + r) kt − ct...........................................................(6)
47

Partimos de la ecuación (1) con t = 2 :
V2(k2) = max
c2
β2√
c2 = max
c2
f2 (k2, c2)...............................(7)
Como f2 (k2, c2) = β2√
c2 es creciente, ésta es máxima cuando
c2 toma el mayor valor posible. Como
k3 = (1 + r) k2 − c2 ≥ 0
esto ocurre cuando k3 = 0, de donde
c2 = (1 + r) k2.....................................................................(8)
Sustituyendo (8) en (7) obtenemos
V2(k2) = β2
(1 + r) k2.......................................................(9)
De esta manera,
V ′
2(k2) =
β2
√
1 + r
2
√
k2
............................................................(10)
Solución:
Sustituyendo (10) en (4) con t = 1:
β
2
√
c1
= V ′
2 (k2) =
β2
√
1 + r
2
√
k2
∴ k2 = β2
(1 + r) c1...............................................................(11)
β2
(1 + r) c1 = (1 + r) k1 − c1
∴ c1 =
(1 + r)
1 + β2
(1 + r)
k1.........................................................(12)
k2 =
β2
(1 + r)2
1 + β2
(1 + r)
k1.........................................................(13)
Sustituyendo (9), (12) y (13) en la ecuación (2) con t = 1:
V1(k1) = max
c1
β
√
c1 + V2(k2)
= β
(1 + r)
1 + β2
(1 + r)
k1 + β2 β2
(1 + r)3
1 + β2
(1 + r)
k1
= 1 + β2
(1 + r)
β2
(1 + r)
1 + β2
(1 + r)
√
k1
=
!
β2
(1 + r) 1 + β2
(1 + r)
√
k1
48

=
!
β2
(1 + r) + β4
(1 + r)2√
k1.............................(14)
De esta manera,
V ′
1(k1) =
!
β2
(1 + r) + β4
(1 + r)2
2
√
k1
...................................(15)
1
2
√
c0
= V ′
1 (k1) =
!
β2
(1 + r) + β4
(1 + r)2
2
√
k1
∴ k1 = β2
(1 + r) + β4
(1 + r)2
c0.......................................(16)
β2
(1 + r) + β4
(1 + r)2
c0 = (1 + r) k0 − c0
∴ c0 =
(1 + r)
1 + β2
(1 + r) + β4
(1 + r)2
k0.....................................(17)
k1 =
β2
(1 + r)2
+ β4
(1 + r)3
1 + β2
(1 + r) + β4
(1 + r)2
k0....................................(18)
Sustituyendo (18) en (12) y (13):
c1 =
β2
(1 + r)3
1 + β2
(1 + r) + β4
(1 + r)2
k0.....................................(19)
k2 =
β4
(1 + r)4
1 + β2
(1 + r) + β4
(1 + r)2
k0....................................(20)
c2 =
β4
(1 + r)5
1 + β2
(1 + r) + β4
(1 + r)2
k0.....................................(21)
La siguiente tabla muestra los resultados obtenidos, en donde se
ha deﬁnido γ = β2
(1 + r):
t kt ct
0 k0 c0 =
(1 + r)
1 + γ + γ2
k0
1 k1 =
γ (1 + γ) (1 + r)
1 + γ + γ2
k0 c1 =
γ (1 + r)2
1 + γ + γ2
k0
2 k2 =
γ2
(1 + r)2
1 + γ + γ2
k0 c2 =
γ2
(1 + r)3
1 + γ + γ2
k0
49

7. V0(w0) = max
{ct}
50)
k=0
βk
u (ck) s.a. wt+1 = (1 + r) (wt − ct), w0 dado.
Vt(wt) = max
{ct}
50)
k=t
βk
u (ck) , t = 0, 1, 2, . . . , 50.
Vt(wt) = max
{ct}
βt
u (ct) + Vt+1(wt+1) .
La variable de estado es wt y la de control ct. Sean
ft (wt, ct) = βt
u (ct) , gt (wt, ct) = (1 + r) (wt − ct) .
∂ft
∂ct
+ V ′
t+1 (wt+1)
∂gt
∂ct
= 0,
∂ft
∂wt
+ V ′
t+1 (wt+1)
∂gt
∂wt
= V ′
t (wt) ,
wt+1 = (1 + r) (wt − ct) ,
se reducen a
βt
u′
(ct)−(1 + r) V ′
t+1 (wt+1) = 0,........................................(1)
(1 + r) V ′
t+1 (wt+1) = V ′
t (wt) ,..............................................(2)
wt+1 = (1 + r) (wt − ct) ......................................................(3)
8. V0(w0) = max
{ct}
∞)
k=0
βk
u (ck) s.a. wt+1 = (1 + r) (wt − ct), w0 dado.
Vt(wt) = max
{ct}
∞)
k=t
βk
u (ck) , t = 0, 1, 2, . . .
Vt(wt) = max
{ct}
βt
u (ct) + Vt+1(wt+1) .
Son las mismas condiciones que en el problema anterior, esto es,
βt
u′
(ct)−(1 + r) V ′
t+1 (wt+1) = 0,........................................(1)
(1 + r) V ′
t+1 (wt+1) = V ′
t (wt) ,..............................................(2)
50

wt+1 = (1 + r) (wt − ct) ......................................................(3)
Ecuación de Euler:
De la ec. (1):
V ′
t+1 (wt+1) =
βt
u′
(ct)
1 + r
.......................................... ..........(4)
Sustituimos (4) en (2):
βt
u′
(ct) = V ′
t (wt)............................................................(5)
Iteramos (5) un período hacia adelante:
βt+1
u′
(ct+1) = V ′
t+1 (wt+1)...............................................(6)
βt
u′
(ct) − (1 + r) βt+1
u′
(ct+1) = 0
de donde se obtiene la ecuación de Euler:
u′
(ct)
u′ (ct+1)
= β (1 + r)........................................................(7)
9. De acuerdo con el problema 8, se tiene u′
(ct) /u′
(ct+1) = β (1 + r) .
Sea
u (ct) = cα
t ..........................................................................(1)
Por lo tanto,
u′
(ct)
u′ (ct+1)
=
αcα−1
t
αcα−1
t+1
= β (1 + r) .
Así, la ecuación de Euler para este modelo es
ct+1
ct
= [β (1 + r)]
1
1−α ..........................................................(2)
Por simplicidad, deﬁnimos
γ = [β (1 + r)]
1
1−α ,.............................................................(3)
con 0 < γ < 1. Así, la ecuación (2) se convierte en
ct+1 = γct, (ec. lineal homogénea)
∴ ct = c0γt
..........................................................................(4)
Ecuación de restricción para wt:
wt+1 = (1 + r) (wt − ct)
∴ wt+1 = (1 + r) wt − c0 (1 + r) γt
(ec. lineal no homogénea)
51

La ecuación no es autónoma. Podemos resolverla como sigue:
a) Método 1 (coeﬁcientes indeterminados):
wt = w
(h)
t + w
(p)
t
w
(h)
t : w
(h)
t+1 = (1 + r) w
(h)
t
∴ w
(h)
t = A (1 + r)t
w
(p)
t : w
(p)
t+1 = (1 + r) w
(p)
t − c0 (1 + r) γt
Proponemos w
(p)
t = Bγt
∴ Bγt+1
= (1 + r) Bγt
− c0 (1 + r) γt
∴ Bγ = (1 + r) B − c0 (1 + r)
∴ B =
c0(1 + r)
1 + r − γ
∴ w
(p)
t+1 =
c0(1 + r)
1 + r − γ
γt
∴ wt = A (1 + r)t
+
c0(1 + r)
1 + r − γ
γt
w0 = A +
c0(1 + r)
1 + r − γ
∴ A = w0 −
c0(1 + r)
1 + r − γ
∴ wt = w0 −
c0(1 + r)
1 + r − γ
(1 + r)t
+
c0(1 + r)
1 + r − γ
γt
.............(5)
b) Método 2 (por iteración):
Iterando la solución se obtiene
wt = (1 + r)t
w0 +
t−1)
k=0
(1 + r)t−k−1
−c0 (1 + r) γk
= (1 + r)t
w0 − c0 (1 + r)t
t−1)
k=0
γ
1 + r
k
= (1 + r)t
w0 − c0 (1 + r)t
1 −
γ
1 + r
t
1 −
γ
1 + r
∴ wt = w0 −
c0(1 + r)
1 + r − γ
(1 + r)t
+
c0(1 + r)
1 + r − γ
γt
,
que coincide con la solución (5).
52

Funciones wt y ct :
Como 1 + r > 1, la solución (5) converge a la larga sólo si
w0 −
c0(1 + r)
1 + r − γ
= 0
∴ c0 =
w0 (1 + r − γ)
1 + r
= w0 1 −
γ
1 + r
...........................(6)
Sustituyendo (6) en (4) y (5), concluimos que
ct = w0 1 −
γ
1 + r
γt
...................................................(7)
wt = w0γt
........................................................................(8)
Función valor para α = 1/2:
Cuando α = 1/2, γ en (3) se convierte en
γ = [β (1 + r)]2
..................................................................(9)
En ese caso, las soluciones (7) y (8) están dadas por
ct = w0 1 − β2
(1 + r) [β (1 + r)]2t
..............................(10)
wt = w0 [β (1 + r)]2t
,....................................................(11)
Sustituyendo (10) en (1), se tiene
u (ct) =
√
w0
!
1 − β2
(1 + r) [β (1 + r)]t
......................(12)
Como V0(w0) =
)∞
k=0 βk
u (ck), por lo tanto,
V0(w0) =
∞)
k=0
βk √
w0
!
1 − β2
(1 + r) [β (1 + r)]k
=
√
w0
!
1 − β2
(1 + r)
∞)
k=0
β2
(1 + r)
k
.
Usando el resultado del ejercicio 2a se obtiene
V0(w0) =
√
w0
!
1 − β2
(1 + r)
1
1 − β2
(1 + r)
=
w0
1 − β2
(1 + r)
...........................................(13)
10. De acuerdo con el problema 8, se tiene u′
(ct) /u′
(ct+1) = β (1 + r) .
Ecuación de Euler para ct:
Sea
u (ct) = ln ct........................................................................(1)
53

Por lo tanto,
u′
(ct)
u′ (ct+1)
=
ct+1
ct
= β (1 + r) .
Así, la ecuación de Euler para este modelo es
ct+1
ct
= β (1 + r)..................................................................(2)
ct+1 = β (1 + r) ct, (ec. lineal homogénea)
∴ ct = c0 [β (1 + r)]t
................................................................(3)
Ecuación de restricción para wt:
wt+1 = (1 + r) (wt − ct)
∴ wt+1 = (1 + r) wt − c0βt
(1 + r)t+1
(ec. lineal no homogénea)
Procediendo simillarmente al problema 7, se obtiene
wt = w0 −
c0
1 − β
(1 + r)t
+
c0
1 − β
[β (1 + r)]t
................(4)
Funciones wt y ct :
La solución (4) converge a la larga sólo si
w0 −
c0
1 − β
= 0
de donde
c0 = w0 (1 − β)................................................................(5)
Sustituyendo (5) en (3) y (4), concluimos que
ct = w0 (1 − β) [β (1 + r)]t
...............................................(6)
wt = w0 [β (1 + r)]t
.........................................................(7)
Función valor:
Sustituyendo (6) en (1), se tiene
u (ct) = ln w0 (1 − β) [β (1 + r)]t
= ln [w0 (1 − β)] + t ln [β (1 + r)]...........................(8)
Como V0(w0) =
)∞
k=0 βk
u (ct), por lo tanto
V0(w0) =
∞)
k=0
βk
{ln [w0 (1 − β)] + k ln [β (1 + r)]}
V0(w0) = ln [w0 (1 − β)]
∞)
k=0
βk
+ ln [β (1 + r)]
∞)
k=0
kβk
54

De acuerdo con el resultado del ejercicio 2b se obtiene
V0(w0) = ln [w0 (1 − β)]
1
1 − β
+ln [β (1 + r)]
β
(1 − β)2 .....(9)
11. V0(k0) = max
{ct}
∞)
i=0
βi
ln ci s.a. kt+1 = k α
t − ct, k0 dado.
Vt(kt) = max
{ct}
∞)
i=t
βi
ln ci, t = 0, 1, 2, . . .
Vt(kt) = max
{ct}
βt
ln ct + Vt+1(kt+1) .
Función valor en tiempo corriente :
*Vt(kt) = β−t
Vt(kt), t = 0, 1, 2, . . .
Ecuación de Bellman en tiempo corriente:
*Vt(kt) = max
{ct}
ln ct + β *Vt+1(kt+1)
Condiciones de primer orden en tiempo corriente:
Sean
ft (kt, ct) = ln ct, gt (kt, ct) = k α
t − ct.
∂ft
∂ct
+ β *V ′
t+1 (kt+1)
∂gt
∂ct
= 0
∂ft
∂kt
+ β *V ′
t+1 (kt+1)
∂gt
∂kt
= *V ′
t (kt)
kt+1 = k α
t − ct
se reducen a
1
ct
− β *V ′
t+1 (kt+1) = 0..........................................................(1)
β *V ′
t+1 (kt+1) αk α−1
t = *V ′
t (kt)............................................(2)
kt+1 = k α
t − ct.....................................................................(3)
55

Ecuación de Euler:
De la ec. (1):
β *V ′
t+1 (kt+1) =
1
ct
.............................................................(4)
1
ct
αk α−1
t = *V ′
t (kt).......................................................(5)
Iteramos (5) un período hacia adelante:
1
ct+1
αk α−1
t+1 = *V ′
t+1 (kt+1)..............................................(6)
1
ct
−
αβ
ct+1
k α−1
t+1 = 0
de donde se obtiene la ecuación de Euler:
ct+1
ct
= αβk α−1
t+1 ................................................................(7)
Puntos ﬁjos (kt = k∗
y ct = c∗
):
Las ecuaciones (3) y (7) conducen al sistema
kt+1 = k α
t − ct
ct+1 = αβkα−1
t+1 ct.
Los puntos ﬁjos del sistema se obtienen de
k∗
= (k∗
)α
− c∗
c∗
= αβ (k∗
)α−1
c∗
,
de donde
k∗
= (αβ)
1
1−α
c∗
= (αβ)
α
1−α − (αβ)
1
1−α .
56

ECUACIONES DIFERENCIALES I
(PRIMERA PARTE)
(Temas 4.1-4.2)
1. (a) ˙x = 3x + 2e−t
, x(0) = 1; x(t) = Ce3t
−
1
2
e−t
x = Ce3t
−
1
2
e−t
=⇒ ˙x = 3Ce3t
+
1
2
e−t
∴ ˙x − 3x = 3Ce3t
+
1
2
e−t
− 3 Ce3t
−
1
2
e−t
∴ ˙x − 3x = 2e−t
∴ ˙x = 3x + 2e−t
Condición inicial:
x(t) = Ce3t
−
1
2
e−t
, con x(0) = 1
∴ 1 = C −
1
2
∴ C =
3
2
Solución:
x(t) =
3
2
e3t
−
1
2
e−t
(b) ˙x + 2tx2
= 0, x(1) = 3; x(t) =
1
t2 + C
x =
1
t2 + C
=⇒ ˙x = −
2t
(t2 + C)2
∴ ˙x + 2tx2
= −
2t
(t2 + C)2
+ 2t
1
t2 + C
2
∴ ˙x + 2tx2
= 0
Condición inicial:
x(t) =
1
t2 + C
, con x(1) = 3
∴ 3 =
1
1 + C
∴ C = −
2
3
Solución:
x(t) =
1
t2 − (2/3)
=
3
3t2 − 2
(c) ˙x = 3t2
(x2
+ 1) , x(0) = 1; x(t) = tan (t3
+ C)
x = tan (t3
+ C) =⇒ ˙x = 3t2
sec2
(t3
+ C)
∴ 3t2
(x2
+ 1) = 3t2
[tan2
(t3
+ C) + 1]
Como tan2
θ + 1 = sec2
θ, por lo tanto
3t2
(x2
+ 1) = 3t2
sec2
(t3
+ C)
57

∴ 3t2
(x2
+ 1) = ˙x
Condición inicial:
x(t) = tan (t3
+ C) , con x(0) = 1
∴ 1 = tan (0 + C) = tan C ∴ C = tan−1
(1) =
π
4
Solución:
x(t) = tan t3
+
π
4
2. (a)
dv
dt
∝ 250 − v
Para eliminar el símbolo de proporcionalidad ∝ introducimos
una constante k :
dv
dt
= k (250 − v).
(b)
dN
dt
∝ P − N
∴
dN
dt
= k (P − N) , con k > 0 una constante.
(c)
dN
dt
∝ N (P − N) .
∴
dN
dt
= kN (P − N) , con k > 0 una constante.
3. (a) y′′
= 0
Cualquier polinomio de primer grado tendrá una segunda
derivada igual a cero.
∴ y = Ax + B, con A, B constantes.
(b) y′
= 3y
Proponemos cualquier multiplo de e3x
∴ y = kex
, con k constante.
(c) xy′
+ y = 3x2
Es suﬁciente tener una solución potencial de grado 2, para
que la suma de ésta con su derivada sea de grado 2.
∴ y = kx2
∴ x(2kx) + (kx2
) (x) = 3x2
∴ 3kx2
= 3x2
∴ k = 1
∴ y = x2
(d) y′
+ y = ex
Buscamos una solución que sea múltiplo de ex
. Por lo tanto,
proponemos
58

y = kex
∴ y′
= kex
∴ (kex
) + (kex
) = ex
∴ 2kex
= ex
∴ k = 1
2
∴ y = 1
2
ex
(e) y′′
+ y = 0
Buscamos una solución que sea el negativo de su segunda
derivada. Por ejemplo, proponemos
y = sen x, o bien, y = cos x
(f) (y′
)2
+ y2
= 1
La forma de esta ecuación sugiere utilizar cos2
x + sen2
x = 1.
∴ y = sen x, o bien, y = cos x
4. (a) ˙x = 2, x(0) = 2
dx
dt
= 2
∴ x(t) =
+
2 dt = 2t + C.
Condición inicial:
x(0) = 2 = 2(0) + C ∴ C = 2
Solución:
x(t) = 2t + 2
(b) ˙x = 5x, x(3) = 2
dx
dt
= 5x
∴
dx
x
= 5 dt
∴
,
dx
x
= 5
,
dt (esto se justiﬁca formalmente en clase)
∴ ln |x| = 5t + C
∴ |x| = e5t+C
= e5t
eC
∴ x = ±eC
e5t
= Ae5t
,
donde se deﬁnió A = ±eC
.
∴ x(t) = Ae5t
Condición inicial:
x(3) = 2 = Ae5(3)
∴ A = 2e−15
∴ x(t) = (2e−15
) e5t
Solución:
x(t) = 2 e5(t−3)
59

(c) 2 ˙x + x = 0
dx
dt
= −
x
2
Solución:
x(t) = Ae−t/2
(d) ˙x = 8 − x, x(0) = 5
Usamos el teorema: x(t) = xh(t) + xp(t)
xh : ˙xh = −xh
dxh
dt
= −xh
∴ xh(t) = Ae−t
xp : ˙xp = 8 − xp
Proponemos xp(t) = K
∴ ˙xp(t) = 0
∴ 0 = 8 − K
∴ K = 8
∴ xp(t) = 8
∴ x(t) = Ae−t
+ 8
Condición inicial:
x(0) = 5 = A + 8
∴ A = −3
Solución:
x(t) = −3e−t
+ 8
(e) ˙x = 8 − x, x(0) = 8
Del inciso anterior, se tiene
x(t) = Ae−t
+ 8
Condición inicial:
x(0) = 8 = A + 8
∴ A = 0
Solución:
x(t) = 8
(f) ˙x − 5x + 10 = 0
xh : ˙xh − 5xh = 0
∴ xh(t) = Ae5t
xp : ˙xp − 5xp + 10 = 0
∴ xp(t) = 2
Solución:
x(t) = Ae5t
+ 2
60

5. ˙P = 2 [D(P) − S(P)] , S(P) = P−4, D(P) = 11−2P, P(0) = P0
∴ ˙P = 2 [(11 − 2P) − (P − 4)]
∴ ˙P = 30 − 6P
Ph : ˙Ph = −6Ph
∴ Ph(t) = Ae−6t
Pp : ˙Pp = 30 − 6Pp
∴ Pp(t) = 5
∴ P(t) = Ae−6t
+ 5
Condición inicial:
P(0) = P0 = A + 5
∴ A = P0 − 5
Solución:
P(t) = (P0 − 5) e−6t
+ 5
Comportamiento a largo plazo:
lim
t→∞
P(t) = lim
t→∞
[(P0 − 5) e−6t
+ 5] = 5
Esto signiﬁca que el precio tiene a estabilizarse en 5.
6. ˙P = λ [D(P) − S(P)] , S(P) = α + βP, D(P) = a − bP,
a, b, α, β > 0, a > α
˙P = λ[(a − bP) − (α + βP)]
∴ ˙P + λ (b + β) P = λ (a − α)
Ph : ˙Ph = −λ (b + β) Ph
∴ Ph(t) = Ae−λ(b+β)t
61

Pp : ˙Pp + λ (b + β) Pp = λ (a − α)
∴ Pp(t) =
a − α
b + β
Solución:
P(t) = Ae−λ(b+β)t
+
a − α
b + β
Comportamiento a largo plazo:
Como λ, b, β > 0, por lo tanto
lim
t→∞
P(t) = lim
t→∞
Ae−λ(b+β)t
+
a − α
b + β
=
a − α
b + β
= Pe
Por lo tanto, el precio tiene a un precio de equilibrio Pe
=
a − α
b + β
.
7. (a)
dP
dt
= αP, α > 0, P(0) = P0
∴ P(t) = Aeαt
Condición inicial:
P(0) = P0 = A
Solución:
P(t) = P0eαt
(b) Se busca t = t∗
tal que P(t∗
) = 2P0
∴ P(t∗
) = 2P0 = P0eαt∗
∴ eαt∗
= 2
∴ αt∗
= ln 2
∴ t∗
=
ln 2
α
(independientemente del valor de P0)
(c) Como α > 0, por lo tanto
lim
t→∞
P(t) = lim
t→∞
(P0eαt
) = ∞
Esto signiﬁca que la población crece indeﬁnidamente.
62

(d) Si α < 0, entonces α = − |α| < 0. En ese caso,
lim
t→∞
P(t) = lim
t→∞
P0e−|α|t
= 0
Esto implicaría que la población se extingue a la larga.
8.
dP
dt
= (α − β) P, α, β > 0, P(0) = P0
∴ P(t) = Ae(α−β)t
Condición inicial:
P(0) = P0 = A
Solución:
P(t) = P0e(α−β)t
Casos:
i. α > β ⇒ α − β > 0 ⇒ lim
t→∞
P(t) = lim
t→∞
P0e(α−β)t
= ∞.
Por lo tanto, si la tasa de nacimientos es mayor que la de
muertes, la población crece sin límites.
ii. α = β ⇒ α − β = 0 ⇒ lim
t→∞
P(t) = lim
t→∞
P0 = P0.
Por lo tanto, si las dos tasas son iguales, la población se
mantiene constante.
iii. α < β ⇒ α − β < 0 ⇒ lim
t→∞
P(t) = lim
t→∞
P0e(α−β)t
= 0.
Por lo tanto, si la tasa de nacimientos es menor que la de
muertes, la poblaciòn a largo plazo desaparece.
63

9.
dP
dt
= αP − E, α, E > 0, P(0) = P0
Ph : ˙Ph = αPh
∴ Ph(t) = Aeαt
Pp : ˙Pp = αPp − E
∴ Pp(t) =
E
α
∴ P(t) = Aeαt
+
E
α
Condición inicial:
P(0) = P0 = A +
E
α
∴ A = P0 −
E
α
Solución:
P(t) = P0 −
E
α
eαt
+
E
α
Casos:
i.
E
α
> P0 ⇒ A < 0 ⇒ lim
t→∞
P(t) = lim
t→∞
Aeαt
+
E
α
= −∞.
Por lo tanto, emigran más de los que nacen, la población se
extingue.
ii.
E
α
= P0 ⇒ A = 0 ⇒ lim
t→∞
P(t) = lim
t→∞
Aeαt
+
E
α
=
E
α
= P0.
Por lo tanto, si emigran el mismo número que los que nacen,
la población se mantiene constante.
iii.
E
α
< P0 ⇒ A > 0 ⇒ lim
t→∞
P(t) = lim
t→∞
Aeαt
+
E
α
= ∞.
Por lo tanto, si emigran menos que los que nacen, la población
crece sin límite.
64

10. Partimos del sistema
C(t) + I(t) = Y (t) (1)
I(t) = k ˙C(t) (2)
C(t) = aY (t) + b, (3)
con a, b, k ∈ R+
, a < 1. Sustituimos (3) en (1), y de esta última
despejamos I, obteniendo
I(t) = (1 − a)Y (t) − b. (4)
Sustituimos I(t) de (4) en (2), obteniendo
˙C(t) =
1
k
[(1 − a)Y (t) − b] . (5)
Por otra parte, tomando la derivada de la ecuación (3) con respecto
a t se obtiene
.
C(t) = a ˙Y (t). (6)
Por último, igualamos (5) y (6) para eliminar ˙C(t), de donde
˙Y =
1 − a
ka
Y −
b
ka
. (7)
Así, se trata de resolver ˙Y =
1 − a
ka
Y −
b
ka
, b, k > 0, 0 < a < 1,
Y (0) = Y0.
Yh : ˙Yh =
1 − a
ka
Yh
∴ Yh(t) = Ae(1−a
ka )t
Yp : ˙Yp =
1 − a
ka
Yp −
b
ka
∴ Yp(t) =
b
1 − a
∴ Y (t) = Ae(1−a
ka )t
+
b
1 − a
Condición inicial:
Y (0) = Y0 = A +
b
1 − a
∴ A = Y0 −
b
1 − a
> 0
65

Solución:
Y (t) = Y0 −
b
1 − a
e(1−a
ka )t
+
b
1 − a
Función I(t) :
Sustituyendo Y (t) en la ecuación (4), obtenemos
I(t) = (1−a)Y (t)−b = (1−a) Y0 −
b
1 − a
e(1−a
ka )t
+
b
1 − a
− b
∴ I(t) = (1 − a) Y0 −
b
1 − a
e(1−a
ka )t
Comportamiento asintótico de
Y (t)
I(t)
:
lim
t→∞
Y (t)
I(t)
= lim
t→∞
Y0 −
b
1 − a
e(1−a
ka )t
+
b
1 − a
(1 − a) Y0 −
b
1 − a
e(1−a
ka )t
∴ lim
t→∞
Y (t)
I(t)
= lim
t→∞
1
1 − a
+
b
(1 − a)2 Y0 − b
1−a
e(1−a
ka )t
∴ lim
t→∞
Y (t)
I(t)
=
1
1 − a
+
b
(1 − a)2 Y0 − b
1−a
lim
t→∞
e(1−a
ka )t
∴ lim
t→∞
Y (t)
I(t)
=
1
1 − a
,
en donde se usó que lim
t→∞
e(1−a
ka )t
= ∞, ya que α < 1.
11. (a) ˙x = −2t, x(1) = 3
x(t) =
+
2t dt = −t2
+ C
Condición inicial:
x(1) = 3 = −1 + C ∴ C = 4
Solución:
x(t) = −t2
+ 4
(b) ˙x + (2 cos t)x = cos t
Usamos el método del factor de integración µ(t):
µ(t) = e 2 cos t dt
= e2 sen t
e2 sen t
[ ˙x + (2 cos t)x] = e2 sen t
cos t
∴
d
dt
[e2 sen t
x(t)] = e2 sen t
cos t
66

∴ e2 sen t
x(t) =
+
e2 sen t
cos t dt =
1
2
e2 sen t
+ C
Solución:
x(t) =
1
2
+ Ce−2 sen t
(c) ˙x − 2tx = t(1 + t2
)
µ(t) = e −2t dt
= e−t2
e−t2
[ ˙x − 2tx] = t(1 + t2
)e−t2
∴
d
dt
e−t2
x(t) = t(1 + t2
)e−t2
∴ e−t2
x(t) =
+
(t + t3
)e−t2
dt
∴ e−t2
x(t) =
+
te−t2
dt +
+
t3
e−t2
dt + C
Integramos por partes el segundo término:
+
t3
e−t2
dt =
+
t2
u
te−t2
dv
dt = −
t2
2
e−t2
+
+
te−t2
dt
∴ e−t2
x(t) =
+
te−t2
dt + −
t2
2
e−t2
+
+
te−t2
dt + C
∴ e−t2
x(t) = 2
+
te−t2
dt −
t2
2
e−t2
+ C
Integramos por sustitución el primer término:
2
+
te−t2
dt = −e−t2
∴ e−t2
x(t) = −e−t2
−
t2
2
e−t2
+ C
Solución:
x(t) = − 1 +
t2
2
+ Cet2
(d) 2 ˙x + 12x + 2et
= 1 ∴ ˙x + 6x =
1
2
− et
µ(t) = e 6dt
= e6t
e6t
[ ˙x + 6x] =
1
2
− et
e6t
∴
d
dt
[e6t
x(t)] =
1
2
e6t
− e7t
∴ e6t
x(t) =
+ 1
2
e6t
− e7t
dt =
1
12
e6t
−
1
7
e7t
+ C
Solución:
x(t) =
1
12
−
1
7
et
+ Ce−6t
(e) ˙x + t2
x = 5t2
, x(0) = 6
µ(t) = e t2dt
= et3/3
67

et3/3
[ ˙x + t2
x] = 5t2
et3/3
∴
d
dt
et3/3
x(t) = 5t2
et3/3
∴ et3/3
x(t) =
+
5t2
et3/3
dt = 5et3/3
+ C
∴ x(t) = 5 + Ce−t3/3
Condición inicial:
x(0) = 6 = 5 + C ∴ C = 1
Solución:
x(t) = 5 + e−t3/3
(f) ˙x = −
2x
t
+
1
t3
, x(1) = 3
˙x +
2
t
x =
1
t3
µ(t) = e
2
t
dt
= e2 ln|t|
= eln|t|2
= eln t2
= t2
t2
˙x +
2
t
x = t2
t−3
∴
d
dt
[t2
x(t)] =
1
t
∴ t2
x(t) =
+ 1
t
dt = ln |t| + C
∴ x(t) =
ln |t| + C
t2
Condición inicial:
x(1) = 3 =
ln |1| + C
1
∴ C = 3
Solución:
∴ x(t) =
3 + ln |t|
t2
(g) t ˙x + 2x = t−3
, x(1) = 2
˙x +
2
t
x = t−4
µ(t) = e
2
t
dt
= e2 ln|t|
= eln|t|2
= eln t2
= t2
t2
˙x +
2
t
x = t2
t−4
∴
d
dt
[t2
x(t)] =
1
t2
∴ t2
x(t) =
+ 1
t2
dt = −
1
t
+ C
∴ x(t) = −
1
t3
+
C
t2
68

Condición inicial:
x(1) = 2 = −
1
1
+
C
1
∴ C = 3
Solución:
x(t) = −
1
t3
+
3
t2
12. (a)
.
y − 2ty = et2
µ(t) = e (−2t)dx
= e−t2
e−t2
[
.
y − 2ty] = e−t2
et2
∴
d
dt
e−t2
y(t) = 1
∴ e−t2
y(t) =
+
dt
∴ e−t2
y(t) = t + C
Solución:
y(t) = (t + C) et2
(b) λ′
= −α2
λ + 5α2
λ′
+ α2
λ = 5α2
µ(α) = e α2dα
= eα3/3
eα3/3
[λ′
+ α2
λ] = 5α2
eα3/3
∴
d
dα
eα3/3
λ(α) = 5α2
eα3/3
∴ eα3/3
λ(α) =
+
5α2
eα3/3
dx
∴ eα3/3
λ(α) = 5eα3/3
+ C
Solución:
λ(α) = 5 + Ce−α3/3
(c) x′
+ (2 cos θ)x = cos θ
µ(θ) = e 2 cos θ dθ
= e2 sen θ
e2 sen θ
[x′
+ (2 cos θ)x] = e2 sen θ
cos θ
∴
d
dθ
e2 sen θ
x (θ) = (cos θ) e2 sen θ
∴ e2 sen θ
x (θ) =
+
(cos θ) e2senθ
dθ
∴ e2 sen θ
x (θ) =
1
2
e2 sen θ
+ C
Solución:
x(θ) =
1
2
+ Ce−2 sen θ
(d)
dy
dx
= x +
y
2
dy
dx
−
y
2
= x
69

µ(x) = e −1
2
dx
= e−x/2
∴
d
dx
e−x/2
y(x) = xe−x/2
∴ e−x/2
y(x) =
+
xe−x/2
dx
∴ e−x/2
y(x) = −2xe−x/2
− 4e−x/2
+ C
Solución:
y(x) = −2x − 4 + Cex/2
(e) y′
+ 3u2
y = u2
, y(0) = 1
µ(u) = e 3u2du
= eu3
eu3
[y′
+ 3u2
y] = u2
eu3
∴
d
du
eu3
y(u) = eu3
u2
∴ eu3
y(u) =
+
eu3
u2
du
∴ eu3
y(u) =
1
3
eu3
+ C
∴ y(u) =
1
3
+ Ce−u3
Condición inicial:
y(0) = 1 =
1
3
+ C ∴ C =
2
3
Solución:
y(u) =
1
3
+
2
3
e−u3
(f)
dx
dy
+ 2x = ey
, x(0) = 1
µ(y) = e 2dy
= e2y
e2y dx
dy
+ 2x = e2y
ey
∴
d
dy
[e2y
x(y)] = e3y
∴ e2y
x(y) =
+
e3y
dy
∴ e2y
x(y) =
1
3
e3y
+ C
∴ x(y) =
1
3
ey
+ Ce−2y
Condición inicial:
x(0) = 1 =
1
3
+ C ∴ C =
2
3
Solución:
x(y) =
1
3
ey
+
2
3
e−2y
70

(g) xy′
+ 5y = 7x2
, y(2) = 5
y′
+
5
x
y = 7x
µ(x) = e
5
x
dx
= e5 ln|x|
= |x|5
x > 0 =⇒ x5
y′
+
5
x
y = (7x) x5
x < 0 =⇒ (−x5
) y′
+
5
x
y = (7x) (−x5
) (se cancela el −)
En cualquier caso, se obtiene
x5
y′
+
5
x
y = (7x) x5
∴
d
dx
[x5
y(x)] = 7x6
∴ x5
y(x) =
+
7x6
dx
∴ x5
y(x) = x7
+ C
∴ y(x) = x2
+
C
x5
Condiciòn inicial:
y(2) = 5 = 22
+
C
25
∴ C = 32
Solución:
y(x) = x2
+
32
x5
(h) (t2
+ 4) ˙y + 3ty = t, y(0) = 1
˙y +
3t
(t2 + 4)
y =
t
(t2 + 4)
µ(t) = e
3t
(t2+4)
dt
= e
3
2
ln(t2+4) = eln(t2+4)
3/2
= (t2
+ 4)
3/2
(t2
+ 4)
3/2
˙y +
3t
(t2 + 4)
y =
t
(t2 + 4)
(t2
+ 4)
3/2
∴
d
dt
(t2
+ 4)
3/2
y(t) = t (t2
+ 4)
1/2
∴ (t2
+ 4)
3/2
y(t) =
+
t (t2
+ 4)
1/2
dt
∴ (t2
+ 4)
3/2
y(t) =
1
3
(t2
+ 4)
3/2
+ C
∴ y(t) =
1
3
+
C
(t2 + 4)3/2
Condiciòn inicial:
y(0) = 1 =
1
3
+
C
43/2
∴ C =
16
3
Solución:
y(t) =
1
3
+
16
3 (t2 + 4)3/2
71

(i) ˙x = x − t, x(0) = x0
˙x − x = −t
µ(t) = e (−1)dt
= e−t
e−t
[ ˙x − x] = −te−t
∴
d
dt
[e−t
x(t)] = −te−t
∴ e−t
x(t) =
+
−te−t
dt
∴ e−t
x(t) = te−t
+ e−t
+ C
∴ x(t) = t + 1 + Cet
Condiciòn inicial:
x(0) = x0 = 1 + C ∴ C = x0 − 1
Solución:
x(t) = t + 1 + (x0 − 1) et
13. Partimos del sistema (σ, α, H0, µ ∈ R+
, ασ = µ):
X(t) = σK(t) (1)
˙K(t) = αX(t) + H(t) (2)
H(t) = H0eµt
, (3)
Sustituimos (1) y (3) en (2), obteniendo
˙K(t) = ασK(t) + H0eµt
. (4)
Así, se trata de resolver ˙K − (ασ) K = H0eµt
, σ, α, H0, µ ∈ R+
,
ασ = µ, K(0) = K0.
Factor de integración= e −(ασ)dt
= e−ασt
.
∴ e−ασt ˙K − (ασ) K = e−ασt
[H0eµt
]
∴
d
dt
[e−ασt
K(t)] = H0e(µ−ασ)t
∴ e−ασt
K(t) =
+
H0e(µ−ασ)t
dt
∴ e−ασt
K(t) =
H0
µ − ασ
e(µ−ασ)t
+ C
∴ K(t) =
H0
µ − ασ
eµt
+ Ceασt
Condición inicial:
K(0) = K0 =
H0
µ − ασ
+ C ∴ C = K0 −
H0
µ − ασ
Solución:
K(t) =
H0
µ − ασ
eµt
+ K0 −
H0
µ − ασ
eασt
72

14. (a) y′
(x) = ex2
, y(2) = 5; y(x) = 5 +
x+
2
es2
ds
Sea y(x) = 5 +
x+
2
es2
ds. Por una parte,
y′
(x) =
d
dx
5 +
x+
2
es2
ds =
d
dx
x+
2
es2
ds = ex2
Por otra parte,
y(2) = 5 +
2+
2
es2
ds = 5
(b) y′
(x) + 2xy(x) = 1, y(2) = 0; y(x) = e−x2
x+
2
es2
ds
Sea y(x) = e−x2
x+
2
es2
ds. Por una parte,
y′
(x) =
d
dx
e−x2
x+
2
es2
ds =
d
dx
e−x2
x+
2
es2
ds+e−x2 d
dx
x+
2
es2
ds
∴ y′
(x) = −2x e−x2
x+
2
es2
ds + e−x2
ex2
∴ y′
(x) = −2x e−x2
x+
2
es2
ds + 1
∴ y′
(x) = −2x y(x) + 1
∴ y′
(x) + 2xy(x) = 1
Por otra parte,
y(2) = e−22
2+
2
es2
ds = 0
(c) ˙B(t) = r(t)B(t), B(0) = B0; B(t) = B0 e
t
0 r(s)ds
Sea B(t) = B0 e
t
0 r(s)ds
. Por una parte,
˙B(t) = B0 e
t
0
r(s)ds d
dt
t+
0
r(s)ds
∴ ˙B(t) = B0 e
t
0 r(s)ds
r(t)
∴ ˙B(t) = B(t)r(t)
Por otra parte,
B(0) = B0 e
0
0
r(s)ds
= B0
15.
dx
dt
+
2x
t
=
sen t
t3
, x(2) = 3, t ≥ 2
˙x +
2x
t
=
sen t
t3
µ (t) = e
2
t
dt
= e2 ln t
= eln t2
= t2
73

t2
˙x +
2x
t
= t2 sen t
t3
∴
d
dt
[t2
x(t)] =
sent
t
∴ t2
x(t) =
+ sent
t
dt
La integral del lado derecho no posee una antiderivada simple. Por
lo tanto, debemos utilizar integrales deﬁnidas con límite variable
(Teorema Fundamental del Cálculo), de donde
t2
x(t) =
t,
a
sen s
s
ds.
Sabemos que x(2) = 3, por lo que sustituimos t = 2 en la integral
anterior, esto es,
22
x(2) =
2,
a
sen s
s
ds,
∴ 12 =
2,
a
sen s
s
ds
De esta manera,
t2
x(t) − 12 =
t,
a
sen s
s
ds −
2,
a
sen s
s
ds
∴ t2
x(t) − 12 =
t,
a
sen s
s
ds +
a,
2
sen s
s
ds
∴ t2
x(t) − 12 =
t,
2
sen s
s
ds.
∴ t2
x(t) = 12 +
t,
2
sen s
s
ds
Solución:
x(t) =
1
t2

12 +
t,
2
sen s
s
ds

 .
74

16.
dy
dx
−
y
x
= G(x), y(3) = 6, x ≥ 3.
dy
dx
−
1
x
y = G(x)
µ(x) = e (− 1
x )dx
= e− ln x
=
1
eln x
=
1
x
1
x
dy
dx
−
1
x
y =
G(x)
x
∴
d
dx
1
x
y (x) =
G(x)
x
∴
1
x
y (x) =
x,
a
G(u)
u
du
∴
1
3
y (3) =
3,
a
G(u)
u
du
∴
1
x
y (x) −
1
3
y (3) =
x,
a
G(u)
u
du −
3,
a
G(u)
u
du
∴
1
x
y (x) −
1
3
(6) =
x,
3
G(u)
u
du
Solución:
∴ y(x) = x

2 +
x,
3
G(u)
u
du


17.
dy
dx
= 1 + 2xy, y(0) = 3
dy
dx
− 2xy = 1
µ(x) = e (−2x)dx
= e−x2
e−x2 dy
dx
− 2xy = e−x2
∴
d
dx
e−x2
y(x) = e−x2
∴ e−x2
y(x) =
x,
a
e−t2
dt
75

∴ e0
y(0) =
0,
a
e−t2
dt
∴ e−x2
y(x) − y(0) =
x,
a
e−t2
dt −
0,
a
e−t2
dt
∴ e−x2
y(x) − y(0) =
x,
0
e−t2
dt
∴ e−x2
y(x) − 3 =
x,
0
e−t2
dt
∴ y(x) = ex2

3 +
x,
0
e−t2
dt

 = ex2

3 +
√
π
2
2
√
π
x,
0
e−t2
dt


Solución:
∴ y(x) = ex2
3 +
√
π
2
erf(x)
18. ˙p =
1
λ
p −
1
λ
m(t), p(t0) = p0, t ≥ t0.
˙p −
1
λ
p = −
1
λ
m(t)
µ(t) = e (− 1
λ )dt
= e−t/λ
e−t/λ
˙p −
1
λ
p = e−t/λ
−
1
λ
m(t)
∴
d
dt
e−t/λ
p(t) = −
1
λ
e−t/λ
m(t)
∴ e−t/λ
p(t) = −
1
λ
t,
a
e−s/λ
m(s) ds
∴ e−t0/λ
p0 = −
1
λ
t0,
a
e−s/λ
m(s) ds
∴ e−t/λ
p(t) − e−t0/λ
p0 = −
1
λ
t,
t0
e−s/λ
m(s) ds
76

Solución:
p(t) = et/λ

e−t0/λ
p0 −
1
λ
t,
t0
e−s/λ
m(s) ds


o bien,
p(t) = e(t−t0)/λ
p0 −
1
λ
t,
t0
e(t−s)/λ
m(s) ds
19. ˙Y = rY − X(t), Y (T) = YT , r > 0, 0 ≤ t ≤ T.
(a) ˙Y − rY = −X(t)
∴ µ(t) = e
t
T (−r)dt
= e−r(t−T)
(b) e−r(t−T) ˙Y − rY = −X(t)e−r(t−T)
d
dt
e−r(t−T)
Y (t) = −e−r(t−T)
X(t)
∴ e−r(t−T)
Y (t) = −
t,
a
e−r(s−T)
X(s) ds
∴ e0
Y (T) = −
T,
a
e−r(s−T)
X(s) ds
∴ e−r(t−T)
Y (t)−Y (T) = −
t,
a
e−r(s−T)
X(s) ds+
T,
a
e−r(s−T)
X(s) ds
∴ e−r(t−T)
Y (t) − YT =
T,
t
e−r(s−T)
X(s) ds
∴ Y (t) = er(t−T)

YT +
T,
t
e−r(s−T)
X(s) ds


∴ Y (t) = er(t−T)
YT +
T,
t
er(t−T)
e−r(s−T)
X(s) ds
∴ Y (t) = er(t−T)
YT +
T,
t
e−r(s−t)
X(s) ds
77

(c) Y (t) = lim
T→∞
er(t−T)
YT + lim
T→∞
T,
t
e−r(s−t)
X(s) ds
Como r > 0, por tanto lim
T→∞
er(t−T)
= 0, de donde
Y (t) =
∞,
t
e−r(s−t)
X(s) ds.
(d) Sea τ(s) = s − t. Así, dτ = ds. Los nuevos límites de inte-
gración son τ(t) = t − t = 0 y τ(∞) = ∞ − t = ∞. Así,
Y (t) =
∞,
t
e−r(s−t)
X(s) ds =
∞,
0
e−rτ
X(τ + t) dτ.
El valor de la inversión al tiempo t es la suma de los ﬂujos
de inversión a tiempos posteriores, X(τ + t), descontados al
tiempo τ, donde 0 ≤ τ < ∞.
20. Modelo general (visto en clase):
˙Y = r(t)Y + δ(t)B(t),........................................................(1)
con
B(t) = BT e− T
t
r(s)ds
, para todo 0 ≤ t ≤ T.......................(2)
Modelo particular:
˙Y = r0 −
1
t + 1
Y −
T + 1
t + 1
,.............................................(3)
Y (T) = 1, r0 > 0 constante.
(a) Comparando las ecuaciones (1) y (3) se observa que
r(t) = r0 −
1
t + 1
......................................................(4)
(b) Sustituyendo (4) en (2), se tiene
B(t) = BT e− T
t (r0− 1
s+1 )ds
∴ B(t) = BT e−r0(T−t)
eln(T +1
t+1 )
∴ B(t) = BT
T + 1
t + 1
e−r0(T−t)
Se pide B(T) = BT = 1.
∴ B(t) = e−r0(T−t) T + 1
t + 1
..............................................(5)
78

(c) Comparando las ecuaciones (1) y (3), se observa que
δ(t)B(t) = −
T + 1
t + 1
,
con B(t) dada en (5).
∴ δ(t) = −er0(T−t)
..............................................................(6)
(d) Como
.
Z = δ(t), con δ(t) de (6), por lo tanto
Z(t) =
+
δ(t)dt = −
+
er0(T−t)
dt
∴ Z(t) =
1
r0
er0(T−t)
+ C
Como Z(t) =
Y (t)
B(t)
∴ Z(T) =
Y (T)
B(T)
=
1
1
= 1
∴ Z(T) = 1 =
1
r0
e0
+ C
∴ C = 1 −
1
r0
∴ Z(t) =
1
r0
er0(T−t)
+ 1 −
1
r0
∴ Z(t) =
1
r0
er0(T−t)
− 1 + 1...........................................(7)
(e) Queremos resolver la ecuación (3), esto es,
˙Y − r0 −
1
t + 1
Y = −
T + 1
t + 1
.....................................(8)
∴ µ(t) = e− t
T (r0− 1
s+1 )ds
∴ µ(t) = e−r0(t−T)
eln( t+1
T +1 )
∴ µ(t) =
t + 1
T + 1
e−r0(t−T)
...................................................(9)
Comparando (8) con (5), se tiene
µ(t) =
1
B(t)
.................................................................(10)
Multiplicamos (8) por µ(t) dada en (10):
1
B(t)
˙Y − r0 −
1
t + 1
Y =
1
B(t)
−
T + 1
t + 1
∴
d
dt
1
B(t)
Y (t) = −e−r0(t−T)
∴
1
B(t)
Y (t) = −
t,
a
e−r0(s−T)
ds
79

∴
1
B(T)
Y (T) = −
T,
a
e−r0(s−T)
ds
∴
1
B(t)
Y (t)−
1
B(T)
Y (T) = −
t,
a
e−r0(s−T)
ds+
T,
a
e−r0(s−T)
ds
∴
1
B(t)
Y (t) − 1 =
T,
t
e−r0(s−T)
ds
∴ Y (t) = B(t)

1 +
T,
t
e−r0(s−T)
ds


∴ Y (t) = B(t) 1 +
1
r0
e−r0(t−T)
− 1 ...........................(11)
Por último, sustituyendo (5) en (11), y llevando a cabo algu-
nas simpliﬁcaciones, se obtiene
Y (t) =
T + 1
t + 1
1 −
1
r0
er0(t−T)
+
1
r0
........................(12)
Observa que, efectivamente, la función Y (t) en (12) satis-
face Y (t) = Z(t)B(t), con Z(t) y B(t) dadas en (7) y (5),
respectivamente.
80

ECUACIONES DIFERENCIALES I
(SEGUNDA PARTE)
(Temas 4.3-4.4)
1. (a) y′
+ 2xy = y
dy
dx
= y(1 − 2x)
∴
+ dy
y
=
+
(1 − 2x)dx
∴ ln |y| = x − x2
+ C
∴ |y| = ex−x2+C
= ex−x2
eC
∴ y = ±ex−x2
eC
∴ y = Aex−x2
, A = ±eC
Solución:
y(x) = Aex−x2
(b)
dε
dσ
=
ε
σ (ln σ)
+ dε
ε
=
+ dσ
σ (ln σ)
∴ ln |ε| = ln |ln σ| + C
∴ |ε| = eln|ln σ|+C
= eln|ln σ|
eC
= |ln σ| eC
∴ ε = ± (ln σ) eC
∴ ε = A ln σ, A = ±eC
Solución:
ε(σ) = A ln σ
(c)
√
1 − t2 ˙y = t 1 − y2
dy
dt
=
t 1 − y2
√
1 − t2
∴
+ dy
1 − y2
=
+ t
√
1 − t2
dt
∴ sen−1
y = −
√
1 − t2 + C
Solución:
y(t) = sen −
√
1 − t2 + C
(d) 2p
dp
dx
=
1
x
√
x2 − 16
∴
+
2p dp =
,
dx
x
√
x2 − 16
81

∴ p2
=
1
4
sec−1
1
1
1
x
4
1
1
1 + C
Solución:
p(x) = ±
1
4
sec−1
1
1
1
x
4
1
1
1 + C
(e) (1 + x2
)y′
− 1 − y2
= 0
dy
dx
=
1 + y2
1 + x2
∴
+ dy
1 + y2
=
+ dx
1 + x2
∴ tan−1
y = tan−1
x + C
Solución:
y(x) = tan [tan−1
x + C]
Nota: Aquí no se anulan tan y tan−1
, debido al término +C
(f) x2
y′
= 1 − x2
+ y2
− x2
y2
x2 dy
dx
= (1 − x2
) + y2
(1 − x2
) = (1 − x2
) (1 + y2
)
dy
dx
=
(1 − x2
) (1 + y2
)
x2
∴
+ dy
1 + y2
=
+ (1 − x2
)
x2
dx
∴ tan−1
y = −
1
x
− x + C
Solución:
y(x) = tan −
1
x
− x + C
2. (a) y′
(λ) = yeλ
, y(0) = −2
dy
dλ
= yeλ
∴
+ dy
y
=
+
eλ
dλ
∴ ln |y| = eλ
+ C
∴ |y| = eeλ+C
= eeλ
eC
∴ y = Aeeλ
, A = ±eC
Condición inicial:
y(0) = −2 = Aee0
= Ae ∴ A = −2e−1
Solución:
y(λ) = −2eeλ−1
82

(b) ˙x =
t2
x + t3x
, x(0) = −2
dx
dt
=
t2
x (1 + t3)
∴
+
x dx =
+ t2
1 + t3
dt
∴
x2
2
=
1
3
ln |1 + t3
| + C
∴ x = ±
2
3
ln |1 + t3| + 2C
Condición inicial:
x(0) = −2 = ±
2
3
ln 1 + 2C = ±
√
2C
∴ 2C = 4 y tomamos la raíz negativa
Solución:
x(t) = −
2
3
ln |1 + t3| + 4
(c) tan x
dy
dx
= y, y
π
4
=
√
2
dy
dx
=
y
tan x
∴
+ dy
y
=
+ 1
tan x
dx
∴
+ dy
y
=
+ cos x
sen x
dx
∴ ln |y| = ln |sen x| + C
∴ |y| = eln|sen x|+C
= eln|sen x|
eC
= |sen x| eC
∴ y = ± (sen x) eC
∴ y = A sen x, A = ±eC
Condición inicial:
y
π
4
=
√
2 = A sen
π
4
= A
1
√
2
∴ A = 2
Solución:
y(x) = 2 sen x
(d) 2
√
x
dy
dx
= cos2
y, y(4) =
π
4
dy
dx
=
cos2
y
2
√
x
∴
+ dy
cos2 y
=
+ dx
2
√
x
83

∴
+
sec2
y dy =
+ dx
2
√
x
∴ tan y =
√
x + C
∴ y = tan−1
(
√
x + C)
Condición inicial:
y(4) =
π
4
= tan−1
(2 + C)
∴ tan
π
4
= 2 + C
∴ 1 = 2 + C ∴ C = −1
Solución:
y(x) = tan−1
(
√
x − 1)
(e) ˙y =
t3
+ 1
y3 + 1
, y(1) = 2
dy
dt
=
t3
+ 1
y3 + 1
∴
+
(y3
+ 1) dy =
+
(t3
+ 1) dt
∴
y4
4
+ y =
t4
4
+ t + C
∴ y4
+ 4y = t4
+ 4t + 4C
Condición inicial:
24
+ 4 (2) = 14
+ 4 (1) + 4C ∴ 4C = 19
Solución (implícita):
y4
+ 4y = t4
+ 4t + 19
(f)
dy
dx
= 2xy2
+ 3x2
y2
, y(1) = −1
dy
dx
= y2
(2x + 3x2
)
∴
+ dy
y2
=
+
(2x + 3x2
) dx
∴ −
1
y
= x2
+ x3
+ C
∴ y = −
1
x2 + x3 + C
Condición inicial:
y(1) = −1 = −
1
2 + C
∴ C = −1
Solución:
y(x) = −
1
x2 + x3 − 1
84

3.
dC
dQ
=
C
Q
, C, Q > 0
∴
+ dC
C
=
+ dQ
Q
∴ ln C = ln Q + K
∴ C = eln Q+K
= eln Q
eK
∴ C = AQ, A = eK
Solución:
C(Q) = AQ (función de costos lineal)
4. X = AK1−α
Lα
, ˙K = sX, L(t) = L0eλt
,
con 0 < α < 1 ,0 < s < 1 y A, L0, λ ∈ ℜ+
. K(0) = K0.
˙K = sX = s (AK1−α
Lα
) = sAK1−α
Lα
= sAK1−α
L0eλt α
∴
dK
dt
= sALα
0 eαλt
K1−α
∴
+
Kα−1
dK = sALα
0
+
eαλt
dt
∴
Kα
α
=
sALα
0
αλ
eαλt
+ C
∴ K =
sALα
0
λ
eαλt
+ αC
1/α
Condición inicial:
K(0) = K0 =
sALα
0
λ
+ αC
1/α
∴ αC = Kα
0 −
sALα
0
λ
Solución:
K(t) = Kα
0 +
sALα
0
λ
eαλt
− 1
1/α
5.
dY
dp
= eαp+βY +γ
, Y (q) = I, α, β, γ, q, I ∈ ℜ+
.
dY
dp
= eαp+βY +γ
= eαp+γ
eβY
∴
+
e−βY
dY =
+
eαp+γ
dp
∴ −
1
β
e−βY
=
1
α
eαp+γ
+ C
∴ e−βY
= −
β
α
eαp+γ
− βC
85

∴ Y = −
1
β
ln −
β
α
eαp+γ
− βC
Condición inicial:
Y (q) = I = −
1
β
ln −
β
α
eαq+γ
− βC
∴ e−βI
= −
β
α
eαq+γ
− βC
∴ −βC = e−βI
+
β
α
eαq+γ
Solución:
Y (p) = −
1
β
ln
β
α
(eαq+γ
− eαp+γ
) + e−βI
6.
dy
dx
=
y (1 − αyρ
)
x
, x > 0, 0 < y < α−1/ρ
, ρ = 0.
∴
+ dy
y (1 − αyρ)
=
+ dx
x
∴
+ 1
y
+
αyρ−1
1 − αyρ
dy =
+ dx
x
∴ ln y −
1
ρ
ln (1 − αyρ
) = ln x + C
∴ ln
y
(1 − αyρ)1/ρ
= ln x + C
∴
y
(1 − αyρ)1/ρ
= eln x+C
= eln x
eC
∴
y
(1 − αyρ)1/ρ
= Ax, A = eC
∴
yρ
1 − αyρ
= (Ax)ρ
∴ yρ
= (Ax)ρ
[1 − αyρ
]
∴ yρ
[1 + (Ax)ρ
α] = (Ax)ρ
∴ y =
(Ax)ρ
1 + (Ax)ρ
α
1/ρ
=
1
(Ax)−ρ
+ α
1/ρ
∴ y =
1
βx−ρ + α
1/ρ
, β = A−ρ
Solución:
y(x) = [βx−ρ
+ α]
−1/ρ
86

7. (a)
dr
dθ
= r − 4θ + 4
Sea u = r − 4θ (esto es, u(θ) = r(θ) − 4θ)
∴
du
dθ
=
d
dθ
(r − 4θ) =
dr
dθ
−4 = (r − 4θ + 4)−4 = r −4θ = u
∴
du
dθ
= u
∴ u = Aeθ
∴ r − 4θ = Aeθ
Solución:
r(θ) = Aeθ
+ 4θ
(b) t
dx
dt
= e−xt
− x, x(1) = 0
Sea u = xt (esto es, u(t) = x(t)t)
∴
du
dt
=
d
dt
(xt) = x + t
dx
dt
= x + (e−xt
− x) = e−xt
= e−u
∴
du
dt
= e−u
∴
+
eu
du =
+
dt
∴ eu
= t + C
∴ u = ln (t + C)
∴ xt = ln (t + C)
∴ x =
ln (t + C)
t
Condiciòn inicial:
∴ x(1) = 0 = ln (1 + C) ∴ C = 0
Solución:
x(t) =
ln t
t
(c) (x + ey
) y′
= xe−y
− 1
Sea u = x + ey
(esto es, u(x) = x + ey(x)
)
∴
du
dx
=
d
dx
(x + ey
) = 1 + ey dy
dx
= 1 + ey xe−y
− 1
x + ey
∴
du
dx
=
x + ey
+ ey
(xe−y
− 1)
x + ey
=
2x
x + ey
=
2x
u
∴
du
dx
=
2x
u
∴
+
u du =
+
2x dx
∴
u2
2
= x2
+ C
∴ u = ±
√
2x2 + 2C
87

∴ x + ey
= ±
√
2x2 + 2C
∴ ey
= ±
√
2x2 + 2C − x
Solución:
y(x) = ln ±
√
2x2 + 2C − x
(d) ex dx
dt
= 2et
√
16 − e2x
Sea u = ex
(esto es, u(t) = ex(t)
)
∴
du
dt
=
dex
dt
= ex dx
dt
= 2et
√
16 − e2x = 2et
√
16 − u2
∴
du
dt
= 2et
√
16 − u2
∴
+ du
√
16 − u2
=
+
2et
dt
∴ sen−1 u
4
= 2et
+ C
∴ u = 4 sen (2et
+ C)
∴ ex
= 4 sen (2et
+ C)
Solución:
x(t) = ln [4sen (2et
+ C)]
(e)
dx
dt
= −
x
t
+
xt
ln (xt)
, x, t > 1
Sea u = ln (xt) (esto es, u(t) = ln (x(t)t))
∴
du
dt
=
d ln (xt)
dt
=
d (ln x + ln t)
dt
=
1
x
dx
dt
+
1
t
∴
du
dt
=
1
x
−
x
t
+
xt
ln (xt)
+
1
t
=
t
ln (xt)
=
t
u
∴
du
dt
=
t
u
∴
+
u du =
+
t dt
∴
u2
2
=
t2
2
+ C
∴ u = ±
√
t2 + 2C
∴ ln(xt) = ±
√
t2 + 2C
∴ xt = e±
√
t2+2C
Solución:
x(t) =
e±
√
t2+2C
t
88

(f)
dx
dt
=
2x
t
+ t sec
x
t2
Sea u =
x
t2
(esto es, u(t) =
x(t)
t2
)
∴
du
dt
=
d
dt
x
t2
= −
2x
t3
+
1
t2
dx
dt
= −
2x
t3
+
1
t2
2x
t
+ t sec u
∴
du
dt
=
1
t
sec u
∴
+ du
sec u
=
+ dt
t
∴
+
cos u du =
+ dt
t
∴ sen u = ln |t| + C
∴ u = sen−1
(ln |t| + C)
∴
x
t2
= sen−1
(ln |t| + C)
Solución:
x(t) = t2
sen−1
(ln |t| + C)
(g)
dx
dt
=
2t
x + t2
Sea u = x + t2
(esto es, u(t) = x(t) + t2
)
∴
du
dt
=
d (x + t2
)
dt
=
dx
dt
+ 2t =
2t
x + t2
+ 2t =
2t
u
+ 2t
∴
du
dt
= 2t
1
u
+ 1 = 2t
1 + u
u
∴
+ u
1 + u
du =
+
2t dt
∴
+
1 −
1
1 + u
du =
+
2t dt
∴ u − ln |1 + u| = t2
+ C
∴ x + t2
− ln |1 + x + t2
| = t2
+ C
Solución (implícita):
x − ln |1 + x + t2
| = C
8. (a) Ecuación separable:
dv
dt
= 9ev
− 1
∴
+ 1
9ev − 1
dv =
+
dt
∴
+ 1
9ev − 1
e−v
e−v
dv =
+
dt
89

∴
+ e−v
9 − e−v
dv =
+
dt
∴ ln |9 − e−v
| = t + C
∴ |9 − e−v
| = et+C
= et
eC
∴ 9 − e−v
= ±et
eC
= Aet
, A = ±eC
∴ e−v
= 9 − Aet
∴ −v = ln (9 − Aet
)
Solución:
v(t) = − ln (9 − Aet
)
(b) Sustitución:
Sea u = e−v
(esto es, u(t) = e−v(t)
)
∴
du
dt
=
de−v
dt
= −e−v dv
dt
= −e−v
(9ev
− 1) = −9 + e−v
∴
du
dt
= −9 + u ←−Ec. lineal autónoma
∴ u = Cet
+ 9
∴ e−v
= Cet
+ 9
Solución:
v(t) = − ln (Cet
+ 9)
Este resultado equivale al del inciso anterior, deﬁniendo C = − A.
9. (a)
dy
dx
+ P(x)y = Q(x) (y ln y)
Sea u = ln y (esto es, u(x) = ln y(x))
∴
du
dx
=
1
y
dy
dx
=
1
y
[Q(x) (y ln y) − P(x)y]
∴
du
dx
= Q(x) ln y − P (x)
∴
du
dx
= Q(x)u − P (x)
∴
du
dx
− Q(x)u = −P (x) ←−Ec. lineal
(b) Escribimos la ecuación en la forma
dy
dx
+ (−4x) y = −
2
x
(y ln y) ,
de donde
P (x) = −4x, Q (x) = −
2
x
.
De esta manera, se obtiene la ecuación lineal
du
dx
+
2
x
u = 4x
90

µ (x) = e
2
x
dx
= e2 ln|x|
= eln|x|2
= |x|2
= x2
∴
d
dx
[x2
u] = 4x3
∴ x2
u =
+
4x3
dx = x4
+ C
∴ u = x2
+
C
x2
∴ ln y = x2
+
C
x2
Solución:
y = ex2+C/x2
10. t ˙x = x − f(t)x2
, t > 0
(a) Sea u =
x
t
(esto es, u(t) =
x(t)
t
)
∴
du
dt
=
d
dt
x
t
= −
x
t2
+
1
t
dx
dt
= −
x
t2
+
1
t
x − f(t)x2
t
∴
du
dt
= −
f(t)x2
t2
= −f(t)
x
t
2
= −f(t)u2
∴
du
dt
= −f(t)u2
←−Ec. separable
(b) Sea f(t) =
t3
t4 + 2
∴
du
dt
= −f(t)u2
= −
t3
t4 + 2
u2
∴
+
u−2
du = −
+ t3
dt
t4 + 2
∴ −
1
u
= −
1
4
ln |t4
+ 2|−C = −
1
4
ln (t4
+ 2)−C = −
4 ln (t4
+ 2) + 4C
4
∴ u =
4
ln (t4 + 2) + 4C
∴
x
t
=
4
ln (t4 + 2) + 4C
∴ x =
4t
ln (t4 + 2) + 4C
Condición inicial:
x(1) = 1 =
4
ln 3 + 4C
∴ 4C = 4 − ln 3
Solución:
∴ x(t) =
4t
ln (t4 + 2) + 4 − ln (3)
=
4t
ln
t4
+ 2
3
+ 4
91

11. ˙x = g (x/t) , t > 0
(a) Sea u =
x
t
(esto es, u(t) =
x(t)
t
)
∴
du
dt
=
d
dt
x
t
= −
x
t2
+
1
t
dx
dt
= −
x
t2
+
1
t
g
x
t
∴
du
dt
=
1
t
−
x
t
+ g
x
t
=
1
t
[−u + g (u)]
∴
du
dt
=
g(u) − u
t
←−Ec. separable
(b) ˙x = 1 + (x/t) − (x/t)2
.
g (u) = 1 + u − u2
∴
du
dt
=
g(u) − u
t
=
1 − u2
t
∴
+ du
1 − u2
=
+ dt
t
∴
1
2
ln
1
1
1
1
u + 1
u − 1
1
1
1
1 = ln |t| + C
∴ ln
1
1
1
1
u + 1
u − 1
1
1
1
1 = 2 ln |t| + 2C
∴
1
1
1
1
u + 1
u − 1
1
1
1
1 = e2 ln|t|+2C
= eln|t|2
e2C
= t2
e2C
∴
u + 1
u − 1
= ±e2C
t2
= At2
, A = ±e2C
∴ u + 1 = At2
(u − 1)
∴ u (1 − At2
) = − (At2
+ 1)
∴ u = −
At2
+ 1
1 − At2
=
At2
+ 1
At2 − 1
∴
x
t
=
At2
+ 1
At2 − 1
Solución:
x(t) =
t (At2
+ 1)
At2 − 1
12. (a) ˙x + 2x = −x2
˙x = −2x − x2
←−Ec. de Bernoulli (n = 2)
Sea u = x1−2
= x−1
(esto es, u(t) = [x(t)]−1
)
∴
du
dt
= −x−2 dx
dt
= −x−2
[−2x − x2
] = 2x−1
+ 1 = 2u + 1
∴
du
dt
− 2u = 1 ←−Ec. lineal autónoma
92

∴ u = Ae2t
−
1
2
∴
1
x
= Ae2t
−
1
2
=
2Ae2t
− 1
2
Solución:
x(t) =
2
2Ae2t − 1
(b) ˙x −
1
t
x = −
1
t
x2
˙x =
1
t
x −
1
t
x2
Sea u = x1−2
= x−1
)
∴
du
dt
= −x−2 dx
dt
= −x−2 1
t
x −
1
t
x2
= −
x−1
t
+
1
t
=
1
t
(−u + 1)
∴
du
dt
=
1
t
(1 − u) ←−Ec. lineal no autónoma / Ec. separable
∴ u =
A
t
+ 1
∴
1
x
=
A
t
+ 1
Solución:
x (t) =
1
1 + At−1
=
t
t + A
(c) x
dx
dt
= x2
+ x4
, x(0) = −1
˙x = x + x3
Sea u = x1−3
= x−2
)
∴
du
dt
= −2x−3 dx
dt
= −2x−3
[x + x3
] = −2x−2
− 2 = −2u − 2
∴
du
dt
= −2u − 2 ←−Ec. lineal autónoma
∴ u = Ae−2t
− 1
∴
1
x2
= Ae−2t
− 1
∴ x = ±
1
Ae−2t − 1
Condición inicial:
x(0) = −1 = ±
1
A − 1
∴ C = 2 y tomamos la raíz negativa
Solución:
x (t) = −
1
2e−2t − 1
93

(d) ˙x =
2x
t
− 5x2
t2
, x(1) =
1
2
˙x =
2x
t
− 5t2
x2
Sea u = x1−2
= x−1
)
∴
du
dt
= −x−2 dx
dt
= −x−2 2x
t
− 5t2
x2
= −
2x−1
t
+ 5t2
∴
du
dt
= −
2u
t
+ 5t2
←−Ec. lineal no autónoma
∴ u = t3
+ Ct−2
=
t5
+ C
t2
∴
1
x
=
t5
+ C
t2
∴ x =
t2
t5 + C
Condición inicial
x(1) =
1
2
=
1
1 + C
∴ C = 1
Solución:
x(t) =
t2
t5 + 1
(e) 2y ˙y − y2
= e3t
, y(0) = −1
˙y =
1
2
y +
e3t
2
y−1
←−Ec. de Bernoulli (n = −1)
Sea u = y1−(−1)
= y2
(esto es, u(t) = [y(t)]2
)
∴
du
dt
= 2y
dy
dt
= 2y
1
2
y +
e3t
2
y−1
= y2
+ e3t
= u + e3t
∴
du
dt
− u = e3t
←−Ec. lineal no autónoma
∴ u =
1
2
e3t
+ Aet
∴ y2
=
1
2
e3t
+ Aet
∴ y = ±
1
2
e3t + Aet
Condición inicial:
y(0) = −1 = ±
1
2
+ C
∴ C =
1
2
y tomamos la raíz negativa
Solución:
y(t) = −
1
2
e3t +
1
2
et
94

(f)
dy
dx
+ y = y7
, y(0) = 1
dy
dx
= −y + y7
←−Ecuación de Bernoulli (n = 7)
Sea u = y1−7
= y−6
(esto es, u(x) = [y(x)]−6
)
∴
du
dx
= −6y−7 dy
dx
= −6y−7
[−y + y7
] = 6y−6
− 6 = 6u − 6
∴
du
dx
− 6u = −6 ←−Ec. lineal autónoma
∴ u = Ae6x
+ 1
∴
1
y6
= Ae6x
+ 1
∴ y = ±
1
(Ae6x + 1)1/6
Condiciòn inicial:
y(0) = 1 = ±
1
(A + 1)1/6
∴ A = 0 y tomamos la raíz positiva
Solución:
y (x) = 1
13. ˙x = tx +
t
x
(a) Ecuación de Bernoulli:
˙x = tx + tx−1
←−Ec. de Bernoulli (n = −1)
Sea u = x1−(−1)
= x2
(esto es, u(t) = [x(t)]2
)
∴
du
dt
= 2x
dx
dt
= 2x [tx + tx−1
] = 2tx2
+ 2t = 2t (x2
+ 1)
∴
du
dt
= 2t(u + 1) ←−Ec. lineal no autónoma / Ec. separable
∴ u = Cet2
− 1
∴ x2
= Cet2
− 1
Solución:
x(t) = ±
√
Cet2
− 1
(b) Ecuación separable:
dx
dt
= t x +
1
x
= t
x2
+ 1
x
∴
+ x
x2 + 1
dx =
+
t dt
∴
1
2
ln (x2
+ 1) =
t2
2
+ C
95

∴ x2
+ 1 = et2+2C
= et2
e2C
= Aet2
, A = e2C
Solución:
x(t) = ±
√
Aet2
− 1
14.
dy
dx
=
y
x
−
αyρ+1
x
←−Ec. de Bernoulli (n = ρ + 1)
Sea u = y1−(ρ+1)
= y−ρ
(esto es, u(x) = [y(x)]−ρ
)
∴
du
dx
= −ρy−ρ−1 dy
dx
= −ρy−ρ−1 y
x
−
αyρ+1
x
= −
ρ
x
y−ρ
+
ρα
x
∴
du
dx
+
ρ
x
u =
ρα
x
←−Ec. lineal no autónoma / Ec. separable
∴ u = Cx−ρ
+ α
∴ y−ρ
= Cx−ρ
+ α
Solución:
y(x) = (Cx−ρ
+ α)−1/ρ
15. (a) ˙x = (x − t)2
− (x − t) + 1
Sea u = x − t (esto es, u(t) = x(t) − t)
∴
du
dt
=
d
dt
(x − t) = ˙x − 1 = (x − t)2
− (x − t) + 1 − 1
∴
du
dt
= (x − t)2
− (x − t) = u2
− u
∴
du
dt
= −u + u2
Sea w = u1−2
= u−1
(esto es, w(t) = [u(t)]−1
)
∴
dw
dt
= −u−2 du
dt
= −u−2
[−u + u2
] = u−1
− 1 = w − 1
∴
dw
dt
− w = −1 ←−Ec. lineal autónoma
∴ w = Aet
+ 1
∴
1
u
= Aet
+ 1
∴ u =
1
Aet + 1
∴ x − t =
1
Aet + 1
Solución:
x(t) =
1
Aet + 1
+ t
96

(b) ˙x = 2x +
x
t
+
x2
t
Sea u =
x
t
(esto es, u(t) =
x(t)
t
)
∴
du
dt
=
d
dt
x
t
= −
x
t2
+
1
t
˙x = −
x
t2
+
1
t
2x +
x
t
+
x2
t
∴
du
dt
= 2
x
t
+
x2
t2
= 2u + u2
Sea w = u1−2
= u−1
)
∴
dw
dt
= −u−2 du
dt
= −u−2
[2u + u2
] = −2u−1
− 1 = −2w − 1
∴
dw
dt
+ 2w = −1 ←−Ec. lineal autónoma
∴ w = Ae−2t
−
1
2
∴
1
u
= Ae−2t
−
1
2
=
2Ae−2t
− 1
2
∴ u =
2
2Ae−2t − 1
∴
x
t
=
2
2Ae−2t − 1
Solución:
x(t) =
2t
2Ae−2t − 1
(c) ˙x = 1 + ex
Sea u = ex
(esto es, u(t) = ex(t)
)
∴
du
dt
=
d
dt
(ex
) = ex
˙x = ex
[1 + ex
] = ex
+ e2x
= u + u2
∴
du
dt
= u + u2
Sea w = u1−2
= u−1
)
∴
dw
dt
= −u−2 du
dt
= −u−2
[u + u2
] = −u−1
− 1 = −w − 1
∴
dw
dt
+ w = −1 ←−Ec. lineal autónoma
∴ w = Ae−t
− 1
∴
1
u
= Ae−t
− 1
∴ u =
1
Ae−t − 1
∴ ex
=
1
Ae−t − 1
97

Solución:
x(t) = ln
1
Ae−t − 1
= − ln (Ae−t
− 1)
16. ˙N = kN (N∗
− N) , N (0) = N0, 0 ≤ N0 ≤ N∗
, k > 0
˙N = kN (N∗
− N) = (kN∗
) N − kN2
Sea u = N1−2
= N−1
(esto es, u(t) = [N(t)]−1
)
∴
du
dt
= −N−2 ˙N = −N−2
[(kN∗
) N − kN2
]
∴
du
dt
= − (kN∗
) N−1
+ k = − (kN∗
) u + k
∴
du
dt
+ (kN∗
) u = k ←−Ec. lineal autónoma
∴ u = Ae−kN∗t
+
1
N∗
∴
1
N
= Ae−kN∗t
+
1
N∗
∴ N =
1
Ae−kN∗t +
1
N∗
Condición inicial:
N (0) = N0 =
1
A +
1
N∗
∴ A =
1
N0
−
1
N∗
Solución:
N(t) =
1
1
N0
−
1
N∗
e−kN∗t +
1
N∗
=
N0
1 −
N0
N∗
e−kN∗t +
N0
N∗
Largo plazo:
lim
t→∞
N (t) = N∗
Así, a la larga todo el pueblo se habrá enterado del chisme.
98

17. ˙k = sf(k) − (n + δ) k, 0 < α < 1, 0 < s < 1, f(k) = kα
˙k = sf(k) − (n + δ) k = skα
− (n + δ) k ←−Ec. de Bernoulli
Sea u = k1−α
(esto es, u(t) = [k(t)]1−α
)
∴
du
dt
= (1 − α) k−α ˙k = (1 − α) k−α
[skα
− (n + δ) k]
∴
du
dt
= (1 − α) s − (1 − α) (n + δ) k1−α
∴
du
dt
= (1 − α) s − (1 − α) (n + δ) u
∴
du
dt
+ (1 − α) (n + δ) u = (1 − α) s ←−Ec. lineal autónoma
∴ u = Ae−(1−α)(n+δ)t
+
s
n + δ
∴ k1−α
= Ae−(1−α)(n+δ)t
+
s
n + δ
Solución:
k(t) = Ce−(1−α)(n+δ)t
+
s
n + δ
1
1−α
Largo plazo:
lim
t→∞
k (t) = lim
t→∞
Ce−(1−α)(n+δ)t
+
s
n + δ
1
1−α
=
s
n + δ
1
1−α
Así, el capital se estabiliza en el valor
s
n + δ
1
1−α
.
18. ˙k = αA(n0)α
e(αv+ǫ)t
kb
− αδk,
αv + ǫ + αδ (1 − b) = 0, A, n0, a, b, v, α, δ, ǫ ∈ ℜ+
˙k = αA(n0)α
e(αv+ǫ)t
kb
− αδk ←−Ec. de Bernoulli
Sea u = k1−b
(esto es, u(t) = [k(t)]1−b
)
∴
du
dt
= (1 − b) k−b ˙k = (1 − b) k−b
αA(n0)α
e(αv+ǫ)t
kb
− αδk
∴
du
dt
= (1 − b) αA(n0)α
e(αv+ǫ)t
− αδ (1 − b) k1−b
∴
du
dt
= (1 − b) αA(n0)α
e(αv+ǫ)t
− αδ (1 − b) u
∴
du
dt
+αδ (1 − b) u = (1 − b) αA(n0)α
e(αv+ǫ)t
←−Lineal no autónoma
∴ u =
(1 − b) αA(n0)α
αv + ǫ + αδ (1 − b)
e(αv+ǫ)t
+ Ce−αδ(1−b)t
99

∴ k1−b
=
(1 − b) αA(n0)α
αv + ǫ + αδ (1 − b)
e(αv+ǫ)t
+ Ce−αδ(1−b)t
Solución:
k(t) =
(1 − b) αA(n0)α
αv + ǫ + αδ (1 − b)
e(αv+ǫ)t
+ Ce−αδ(1−b)t
1
1−b
19. ˙P = P (b − a ln P), P(t) > 0, a, b > 0
(a) Puntos ﬁjos ˙P = 0 :
P∗
(b − a ln P∗
) = 0
∴ b − a ln P∗
= 0 (P∗
= 0 no está en el dominio)
∴
b
a
= ln P∗
∴ P∗
= eb/a
(b) Sea x = ln P (esto es, x(t) = ln P(t))
∴ ˙x =
1
P
˙P =
1
P
[P (b − a ln P)] = b − a ln P = b − ax
∴ ˙x + ax = b ←−Ecuación lineal autónoma
Solución:
x(t) = Ae−at
+
b
a
(c) x = ln P =⇒ P = ex
∴ P (t) = eAe−at+ b
a
Condición inicial:
P(0) = 1 = eA+ b
a ∴ A = −
b
a
Solución:
P (t) = e
b
a
− b
a
e−at
(d) lim
t→∞
P(t) = lim
t→∞
e
b
a
− b
a
e−at
= e
b
a = P∗
20. (a) ˙x = 4 − 2x = f (x)
Diagrama de fase:
100

Puntos fijos ( ˙x = 0):
x∗
= 2
Clasificación:
f′
(x) = −2
∴ f′
(2) = −2 < 0
∴ x∗
= 2 es un punto de equilibrio estable.
Gráfica de las soluciones:
(b) ˙x = x3
− 15x2
+ 36x = x (x − 3) (x − 12) = f (x)
Diagrama de fase:
x∗
1 = 0, x∗
2 = 3, x∗
3 = 12
Clasificación:
f′
(x) = 3x2
− 30x + 36
∴ f′
(0) = 36 > 0, f′
(3) = −27 < 0, f′
(12) = 108 > 0
∴ x∗
1 = 0 es un punto de equilibrio inestable
x∗
2 = 3 es un punto de equlibrio estable
x∗
3 = 12 es un punto de equilibrio inestable.
101

(c) y′
(r) = ln(y + 1) = f (y)
Diagrama de fase:
Puntos ﬁjos (y′
= 0):
y∗
= 0
Clasiﬁcación:
f′
(y) =
1
y + 1
∴ f′
(0) = 1 > 0
∴ y∗
= 0 es un punto de equilibrio inestable.
102

(d) θ′
(α) = e−θ
− 1 = f (θ)
Diagrama de fase:
Puntos ﬁjos (θ′
= 0):
θ∗
= 0
Clasiﬁcación:
f′
(θ) = −e−θ
∴ f′
(0) = −1 < 0
∴ θ∗
(e) ˙x = 2x ln
k
x
= f (x), x > 0, k > 0
Diagrama de fase:
103

ln
k
x
= 0 (x = 0 no está en el dominio de f)
∴ x∗
= k
Clasiﬁcación:
f′
(x) = 2 ln
k
x
+ 2x
−1
x
= 2 ln
k
x
− 1
∴ f′
(k) = −2 < 0
∴ x∗
= k es un punto de equilibrio estable.
(f) ˙x = (x − 2)2
= f (x)
Diagrama de fase:
x∗
= 2
Clasiﬁcación:
f′
(x) = 2 (x − 2)
∴ f′
(2) = 0
lim
x→2+
f′
(x) = 0+
y lim
x→2−
f′
(x) = 0−
∴ x∗
= 2 es un punto de equilibrio estable para x0 < 2,
x∗
= 2 es un punto de equilibrio inestable para x0 > 2.
104

21. ˙x = ax − 2a = a (x − 2) = f (x)
x∗
= 2
Clasiﬁcación:
f′
(x) = a
i. a > 0 =⇒ x∗
= 2 es un punto de equilibrio inestable.
Diagrama de fase:
105

ii. a < 0 =⇒ x∗
(a) Diagrama de fase:
22. ˙x = x2
(x − 2) = f(x)
(a) Puntos ﬁjos ( ˙x = 0):
x∗
1 = 0, x∗
2 = 2
(b) Diagrama de fase:
(c) x(0) = −1 ⇒ lim
t→∞
x(t) = −∞
x(0) = 1 ⇒ lim
t→∞
x(t) = 0
x(0) = 3 ⇒ lim
t→∞
x(t) = ∞
106

(d) Gráfica de las soluciones:
23. ˙L = L α − β
√
L , L(t) ≥ 0, α, β ∈ ℜ+
:
(a) Puntos fijos ˙L = 0 :
L∗
1 = 0, L∗
2 =
α
β
2
(b) Diagrama de fase:
(c) Gráfica de las soluciones:
107

(d) ˙L = L α − β
√
L = Lα−βL3/2
←−Ecuación de Bernoulli
Sea u = L1−3/2
= L−1/2
∴
du
dt
= −
1
2
L−3/2 ˙L = −
1
2
L−3/2
Lα − βL3/2
∴
du
dt
= −
α
2
L−1/2
+
β
2
= −
α
2
u +
β
2
∴
du
dt
+
α
2
u =
β
2
←−Ecuación lineal autónoma
∴ u = Ae−αt/2
+
β
α
∴ L−1/2
= Ae−αt/2
+
β
α
Solución:
L(t) = Ae−αt/2
+
β
α
−2
108

ECUACIONES DIFERENCIALES II
(PRIMERA PARTE)
(Tema 5.1)
1. ¨x −
2 − α
1 − α
a ˙x +
a2
1 − α
x = 0 (α = 0, 1 a = 0)
i. Sea u1 = eat
∴ ˙u1 = aeat
∴ ü1 = a2
eat
De esta manera,
ü1 −
2 − α
1 − α
a ˙u1 +
a2
1 − α
u1 = a2
eat
−
2 − α
1 − α
a aeat
+
a2
1 − α
eat
= a2
eat
1 −
2 − α
1 − α
+
1
1 − α
= a2
eat 1 − α − 2 + α + 1
1 − α
= 0.
ii. Sea u2 = eat/(1−α)
∴ ˙u2 =
α
1 − α
eat/(1−α)
∴ ü2 =
α
1 − α
2
eat/(1−α)
De esta manera,
ü2 −
2 − α
1 − α
a ˙u2 +
a2
1 − α
u2
=
α
1 − α
2
eat/(1−α)
−
2 − α
1 − α
a
α
1 − α
eat/(1−α)
+
a2
1 − α
eat/(1−α)
=
α
1 − α
2
eat/(1−α)
[1 − (2 − α) + (1 − α)]
= 0.
Solución general:
eat
y eat/(1−α)
son soluciones linealmente independientes
∴ x(t) = k1eat
+ k2eat/(1−α)
, k1, k2 ∈ R.
109

2. (a) 2¨x − 10 ˙x + 12x = 0
¨x − 5 ˙x + 6x = 0
Proponemos x (t) = ert
∴ r2
ert
− 5rert
+ 6ert
= 0
∴ r2
− 5r + 6 = 0
∴ (r − 2) (r − 3) = 0
∴ r1 = 2, r2 = 3
Solución:
x (t) = k1e2t
+ k2e3t
(b) ¨x − x = 0, x(0) = ˙x(0) = 1
∴ r2
ert
− ert
= 0
∴ r2
− 1 = 0
∴ (r + 1) (r − 1) = 0
∴ r1 = −1, r2 = 1
∴ x (t) = k1e−t
+ k2et
∴ ˙x (t) = −k1e−t
+ k2e−t
Condición inicial:
x (0) = 1 = k1 + k2
˙x (0) = 1 = −k1 + k2
∴ k1 = 0, k2 = 1
Solución:
x (t) = et
(c) ¨x + 2 ˙x + 2x = 0, x(0) = 1, ˙x(0) = 0
∴ r2
ert
+ 2rert
+ 2ert
= 0
∴ r2
+ 2r + 2 = 0
∴ r1,2 =
−2 ±
√
4 − 8
2
=
−2 ± 2i
2
= −1 ± i
∴ α = −1, β = 1
∴ x (t) = e−t
[k1 cos t + k2 sen t]
∴ ˙x (t) = e−t
[(k2 − k1) cos t − (k2 + k1) sen t]
Condición inicial:
x (0) = 1 = k1
˙x (0) = 0 = k2 − k1
∴ k1 = 1, k2 = 1
Solución:
x (t) = e−t
[cos t + sen t]
110

(d) ¨x − 6 ˙x + 9x = 0, x(0) = 1, ˙x(0) = 0
∴ r2
ert
− 6rert
+ 9ert
= 0
∴ r2
− 6r + 9 = 0
∴ (r − 3)2
= 0
∴ r1 = r2 = 3
∴ x (t) = k1e3t
+ k2te3t
∴ ˙x (t) = (3k1 + k2) e3t
+ 3k2te3t
Condición inicial:
x (0) = 1 = k1
˙x (0) = 0 = 3k1 + k2
∴ k1 = 1, k2 = −3
Solución:
x (t) = e3t
− 3te3t
3. (a) ¨x − ˙x − 2x = 4, x(0) = 1, ˙x(0) = 0
x(t) = xh(t) + xp(t)
xh :
¨xh − ˙xh − 2xh = 0
Proponemos xh (t) = ert
∴ r2
− r − 2 = 0
∴ (r + 1) (r − 2) = 0
∴ r1 = −1, r2 = 2
∴ xh (t) = k1e−t
+ k2e2t
xp :
¨xp − ˙xp − 2xp = 4
Proponemos xp (t) = A (constante)
∴ A = −2
∴ xp (t) = −2
∴ x (t) = k1e−t
+ k2e2t
− 2
∴ ˙x (t) = −k1e−t
+ 2k2e2t
Condición inicial:
x (0) = 1 = k1 + k2 − 2
˙x (0) = 0 = −k1 + 2k2
∴ k1 = 2, k2 = 1
Solución:
x (t) = 2e−t
+ e2t
− 2
111

(b) ¨x + ˙x = 2, x(0) = 4, ˙x(0) = 1
xh :
¨xh + ˙xh = 0
∴ r2
+ r = 0
∴ r (r + 1) = 0
∴ r1 = −1, r2 = 0
∴ xh (t) = k1e−t
+ k2
xp :
¨xp + ˙xp = 2
Proponemos ˙xp (t) = A (constante)
∴ xp (t) = At
∴ A = 2
∴ xp (t) = 2t
∴ x (t) = k1e−t
+ k2 + 2t
∴ ˙x (t) = −k1e−t
+ 2
Condición inicial:
x (0) = 4 = k1 + k2
˙x (0) = 1 = −k1 + 2
∴ k1 = 1, k2 = 3
Solución:
x (t) = e−t
+ 3 + 2t
(c) ¨x + x = 1
xh :
¨xh + xh = 0
∴ r2
+ 1 = 0
∴ r1,2 =
±
√
−4
2
= ±i
∴ α = 0, β = 1
∴ xh (t) = k1 cos t + k2 sen t
xp :
¨xp + xp = 1
∴ A = 1
112

∴ xp (t) = 1
Solución:
x (t) = k1 cos t + k2 sen t + 1
(d) ¨x + 2 ˙x + 17x = 17
xh :
¨xh + 2 ˙xh + 17xh = 0
∴ r2
+ 2r + 17 = 0
∴ r1,2 =
−2 ±
√
4 − 68
2
= −1 ± 4i
∴ α = −1, β = 4
∴ xh (t) = e−t
(k1 cos (4t) + k2 sen (4t))
xp :
¨xp + 2 ˙xp + 17xp = 17
∴ A = 1
∴ xp (t) = 1
Solución:
x (t) = e−t
(k1 cos (4t) + k2 sen (4t)) + 1
4. ¨x − 4 ˙x + 4x = f(t)
Usaremos x(t) = xh(t) + xp(t). Como los tres incisos tienen la
misma ecuación homogénea asociada, primero resolveremos xh(t).
¨xh − 4 ˙xh + 4xh = 0
∴ r2
− 4r + 4 = 0
∴ (r − 2)2
= 0
∴ r1 = r2 = 2
∴ xh (t) = k1e2t
+ k2te2t
(a) f(t) = 8t
¨xp − 4 ˙xp + 4xp = 8t
Proponemos xp (t) = At + B
∴ ˙xp = A
∴ 0 − 4A + 4 (At + B) = 8t
∴ 4A = 8 y −4A + 4B = 0
113

∴ A = 2, B = 2
∴ xp (t) = 2t + 2
Solución:
x (t) = k1e2t
+ k2te2t
+ 2t + 2
(b) f(t) = 4e−2t
¨xp − 4 ˙xp + 4xp = 4e−2t
Proponemos xp (t) = Ae−2t
∴ ˙xp = −2Ae−2t
∴ ¨xp = 4Ae−2t
∴ (4Ae−2t
) − 4 (−2Ae−2t
) + 4Ae−()2t
= 4e−2t
∴ A =
1
4
∴ xp (t) =
1
4
e−2t
Solución:
x (t) = k1e2t
+ k2te2t
+
1
4
e−2t
(c) f(t) = 4e2t
¨xp − 4 ˙xp + 4xp = 4e2t
Ae2t
no es linealmente independiente con k1e2t
Ate2t
no es linealmente independiente con k2te2t
∴ Proponemos xp (t) = At2
e2t
∴ ˙xp = (2At2
+ 2At) e2t
∴ ¨xp = (4At2
+ 8At + 2A) e2t
∴ (4At2
+ 8At + 2A) − 4 (2At2
+ 2At) e2t
+ 4 (At2
e2t
) = 4e2t
∴ A = 2
∴ xp (t) = 2t2
e2t
Solución:
x (t) = k1e2t
+ k2te2t
+ 2t2
e2t
5. (a) y′′
(x) − 2y′
(x) − 3y (x) = 9x2
y(x) = yh(x) + yp(x)
yh :
y′′
h − 2y′
h − 3yh = 0
Proponemos yh (x) = erx
∴ r2
− 2r − 3 = 0
∴ (r + 1) (r − 3) = 0
∴ r1 = −1, r2 = 3
114

∴ yh (x) = k1e−x
+ k2e3x
yp :
y′′
p − 2y′
p − 3yp = 9x2
Proponemos yp (x) = Ax2
+ Bx + C
∴ y′
p (x) = 2Ax + B
∴ y′′
p (x) = 2A
∴ 2A − 2 (2Ax + B) − 3 (Ax2
+ Bx + C) = 9x2
∴ −3A = 9, −4A − 3B = 0, 2A − 2B − 3C = 0
∴ A = −3, B = 4, C = −
14
3
∴ yp (x) = −3x2
+ 4x −
14
3
Solución:
y (x) = k1e−x
+ k2e3x
− 3x2
+ 4x −
14
3
(b) ¨x − 2 ˙x − 3x = 4et
− 9t
xh :
¨xh − 2 ˙xh − 3xh = 0
∴ r2
− 2r − 3 = 0
∴ (r + 1) (r − 3) = 0
∴ r1 = −1, r2 = 3
∴ xh (t) = k1e−t
+ k2e3t
xp :
¨xp − 2 ˙xp − 3xp = 4et
− 9t
Proponemos xp (t) = Aet
+ Bt + C
∴ ˙xp(t) = Aet
+ B
∴ ¨xp(t) = Aet
∴ (Aet
) − 2 (Aet
+ B) − 3 (Aet
+ Bt + C) = 4et
− 9t
∴ (−4A) et
+ (−3B) t + (−2B − 3C) = 4et
− 9t
∴ A = −1, B = 3, C = −2
∴ xp (t) = −et
+ 3t − 2
Solución:
x (t) = k1e−t
+ k2e3t
− et
+ 3t − 2
115

(c) r′′
(θ) − 2r′
(θ) − 3r (θ) = 2eθ
− 10 sen θ
r(θ) = rh(θ) + rp(θ)
rh :
r′′
h − 2r′
h − 3rh = 0
Proponemos rh(θ) = erθ
∴ r2
− 2r − 3 = 0
∴ (r + 1) (r − 3) = 0
∴ r1 = −1, r2 = 3
∴ rh (θ) = k1e−θ
+ k2e3θ
rp :
r′′
p − 2r′
p − 3rp = 2eθ
− 10 sen θ
Proponemos rp (θ) = Aeθ
+ B cos θ + C sen θ
∴ ˙rp (θ) = Aeθ
− B sen θ + C cos θ
∴ ¨rp (θ) = Aeθ
− B cos θ − C sen θ
∴ Aeθ
− B cos θ − C sen θ − 2 Aeθ
− B sen θ + C cos θ
−3 Aeθ
+ B cos θ + C sen θ = 2eθ
− 10 sen θ
∴ (−4A) eθ
+(−4B − 2C) cos θ+(2B − 4C) sen θ = 2eθ
− 10 sen θ
∴ −4A = 2, −4B − 2C = 0, 2B − 4C = −10
∴ A = −
1
2
, B = −1, C = 2
∴ rp (θ) = −
1
2
eθ
− cos θ + 2 sen θ
Solución:
r (θ) = k1e−θ
+ k2e3θ
−
1
2
eθ
− cos θ + 2 sen θ
(d) x′′
(α) − x′
(α) − 2x (α) = 4e−α
x(α) = xh(α) + xp(α)
xh :
¨xh − ˙xh + 2xh = 0
Proponemos xh(α) = erα
∴ r2
− r + 2 = 0
∴ (r + 1) (r − 2) = 0
∴ r1 = −1, r2 = 2
∴ xh (α) = k1e−α
+ k2e2α
xp :
¨xp − ˙xp − 2xp = 4e−α
Ae−α
no es linealmente independiente con k1e−α
∴ Proponemos xp (α) = Aαe−α
116

∴ ˙xp = −Aαe−α
+ Ae−α
∴ ¨xp = Aαe−α
− 2Ae−α
∴ (Aαe−α
− 2Ae−α
)−(−Aαe−α
+ Ae−α
)−2 (Aαe−α
) = 4e−α
∴ A = −
4
3
∴ xp(α) = −
4
3
αe−α
Solución:
x (α) = k1e−α
+ k2e2α
−
4
3
αe−α
6. ¨x − 2 ˙x = 2e2t
i. Método de sustitución:
Sea u = ˙x
∴ ˙u − 2u = 2e2t
∴ µ(t) = e −2dt
= e−2t
∴
d
dt
[ue−2t
] = 2e2t
e−2t
= 2
∴ ue−2t
=
+
2 dt = 2t + C
∴ u = (2t + C) e2t
∴ ˙x = (2t + C) e2t
∴ x =
+
(2t + C) e2t
dt = te2t
−
1
2
e2t
+
C
2
e2t
+ A
∴ x = te2t
+ Be2t
+ A, B =
C − 1
2
Solución:
x (t) = te2t
+ Be2t
+ A
ii. Método de los coeﬁcientes indeterminados:
xh :
¨xh − 2 ˙xh = 0
Proponemos xh(t) = ert
∴ r2
− 2r = 0
∴ r (r − 2) = 0
∴ r1 = 0, r2 = 2
∴ xh (t) = A + Be2t
xp :
¨xp − 2 ˙xp = 2e2t
ke2t
no es linealmente independiente con Be2t
117

∴ Proponemos xp(t) = kte2t
∴ ˙xp = (2kt + k) e2t
∴ ¨xp = (4kt + 4k) e2t
∴ (4kt + 4k) e2t
− 2 (2kt + k) e2t
= 2e2t
∴ k = 1
∴ xp(t) = te2t
Solución:
x (t) = A + Be2t
+ te2t
7. ¨x + 2 ˙x + x = 8e−t
xh :
¨xh + 2 ˙xh + xh = 0
Proponemos xh(t) = ert
∴ r2
+ 2r + 1 = 0
∴ (r + 1)2
= 0
∴ r1 = r2 = −1
∴ xh (t) = k1e−t
+ k2te−t
xp :
¨xp + 2 ˙xp + xp = 8e−t
Ae−t
no es linealmente independiente con k1e−t
Ate−t
no es linealmente independiente con k2te−t
∴ Proponemos xp (t) = At2
e−t
∴ ˙xp (t) = −At2
e−t
+ 2Ate−t
∴ ¨xp (t) = At2
e−t
− 4Ate−t
+ 2Ae−t
∴ (At2
e−t
− 4Ate−t
+ 2Ae−t
)+2 (−At2
e−t
+ 2Ate−t
)+(At2
e−t
) = 8e−t
∴ A = 4
∴ xp (t) = 4t2
e−t
Solución:
x (t) = k1e−t
+ k2te−t
+ 4t2
e−t
Límite:
Sabemos que
lim
t→∞
e−t
= lim
t→∞
1
et
= 0,
118

lim
t→∞
te−t
= lim
t→∞
t
et
L′Hopital
= lim
t→∞
1
et
= 0,
lim
t→∞
t2
e−t
= lim
t→∞
t2
et
L′Hopital
= lim
t→∞
2t
et
L′Hopital
= lim
t→∞
2
et
= 0.
Por lo tanto,
lim
t→∞
x(t) = k1 lim
t→∞
e−t
+ k2 lim
t→∞
te−t
+ 4 lim
t→∞
t2
e = 0.
A la larga, la solución converge a 0.
8. ¨p +
m
n
˙p −
β + δ
n
p = −
α + γ
n
, β + δ = 0, m, n > 0,
m
n
2
+ 4
(β + δ)
n
= 0
p(t) = ph(t) + pp(t)
ph :
¨ph +
m
n
˙ph −
β + δ
n
ph = 0
Proponemos ph (t) = ert
∴ r2
+
m
n
r −
β + δ
n
= 0
∴ r1,2 =
1
2
−
m
n
±
m
n
2
+ 4
β + δ
n
= −
m
2n
∴ ph (t) = (A + Bt) e−mt/2n
pp :
¨pp +
m
n
˙pp −
β + δ
n
pp = −
α + γ
n
Proponemos pp (t) = K
∴ K =
α + γ
β + δ
∴ pp (t) =
α + γ
β + δ
Solución:
p (t) = (A + Bt) e−mt/2n
+
α + γ
β + δ
119

Límite:
Sabemos que
lim
t→∞
(A + Bt) e−mt/2n
= lim
t→∞
A + Bt
emt/2n
L′Hopital
= lim
t→∞
B
m
2n
emt/2n
= 0.
Por lo tanto,
lim
t→∞
p(t) = lim
t→∞
(A + Bt) e−mt/2n
+ lim
t→∞
α + γ
β + δ
=
α + γ
β + δ
.
A la larga, la solución converge a
α + γ
β + δ
.
9. ¨p + β ˙p + p = m, β2
< 4, m > 0
p(t) = ph(t) + pp(t)
ph :
¨ph + β ˙ph + ph = 0
Proponemos ph(t) = ert
∴ r2
+ βr + 1 = 0
∴ r1,2 =
1
2
−β ± β2
− 4
∴ r1,2 =
1
2
−β ± i 4 − β2
(ya que β2
< 4)
∴ ph (t) = e−βt/2
A cos
4 − β2
2
t + B sen
4 − β2
2
t
pp :
¨pp + β ˙pp + pp = m
Proponemos pp (t) = A
∴ A = m
∴ pp (t) = m
Solución:
p (t) = e−βt/2
A cos
4 − β2
2
t + B sen
4 − β2
2
t + m
Convergencia:
Tomando en cuenta el factor e−βt/2
, observamos que p (t) converge
sólo si β > 0. Como β2
< 4, por lo tanto la solución converge sólo
si 0 < β < 2. En ese caso, lim
t→∞
p (t) = m.
120

10. (a) Se tiene el sistema:
p =
1
4
− 2U + π, ................................................................(1)
π′
=
1
2
(p − π), ...................................................................(2)
U′
= p−m. ........................................................................(3)
De (1) se obtiene
p − π =
1
4
− 2U. .............................................................(4)
Sustituyendo (4) en (2) obtenemos:
π′
=
1
2
(
1
4
− 2U)
∴ π′
=
1
8
− U. ...................................................................(5)
Derivando ambos lados de (5) con respecto a t:
π′′
= −U′
. ......................................................................(6)
π′′
= m − p. ...................................................................(7)
Por otra parte, acomodando términos de (2) :
2π′
+ π = p. ......................................................................(8)
Sustituyendo p de (8) en (7) :
π′′
+ 2π′
+ π = m. .............................................................(9)
(b) π (t) = πh (t) + πp (t)
πh :
π′′
h + 2π′
h + πh = 0
Proponemos πh (t) = ert
∴ r2
+ 2r + 1 = 0
∴ (r + 1)2
= 0
∴ r1 = r2 = −1
∴ πh(t) = (k1 + k2t) e−t
πp :
π′′
p + 2π′
p + πp = m
Proponemos πp(t) = m
Solución:
π(t) = (k1 + k2t) e−t
+ m
Como r1,2 ∈ R, la solución π(t) no es ﬂuctuante.
(c) Sabemos que
lim
t→∞
(k1 + k2t) e−t
= lim
t→∞
k1 + k2t
et
L′Hopital
= lim
t→∞
k2
et
= 0.
121

Por lo tanto,
lim
t→∞
π (t) = lim
t→∞
(k1 + k2t) e−t
+ lim
t→∞
m = m.
π (t) tiende a un valor constante m, de modo que ésta es
estable.
11. ¨π + 6 ˙π + 9π = 4e−3t
π (t) = πh (t) + πp (t)
πh :
¨πh + 6 ˙πh + 9πh = 0
∴ r2
+ 6r + 9 = 0
∴ (r + 3)2
= 0
∴ r1 = r2 = −3
∴ πh (t) = k1e−3t
+ k2te−3t
πp :
¨πp + 6 ˙πp + 9πp = 4e−3t
Ae−3t
no es linealmente independiente con k1e−3t
Ate−3t
no es linealmente independiente con k2te−3t
∴ Proponemos πp (t) = At2
e−3t
∴ ˙πp = −3At2
e−3t
+ 2Ate−3t
∴ ¨πp = (2 − 12t + 9t2
) Ae−3t
∴ (2 − 12t + 9t2
) Ae−3t
+6 (−3At2
e−3t
+ 2Ate−3t
)+9 (At2
e−3t
) = 4e−3t
∴ A = 2
∴ πp (t) = 2t2
e−3t
Solución:
π (t) = k1e−3t
+ k2te−3t
+ 2t2
e−3t
Límite:
Sabemos que
lim
t→∞
e−3t
= lim
t→∞
1
e3t
= 0,
lim
t→∞
te−3t
= lim
t→∞
t
e3t
L′Hopital
= lim
t→∞
1
3e3t
= 0,
lim
t→∞
t2
e−3t
= lim
t→∞
t2
e3t
L′Hopital
= lim
t→∞
2t
3e3t
=
L′Hopital
= lim
t→∞
2
9e3t
= 0.
122

Por lo tanto,
lim
t→∞
π (t) = k1 lim
t→∞
e−3t
+ k2 lim
t→∞
te−3t
+ 2 lim
t→∞
t2
e−3t
= 0.
A la larga, la solución converge a 0.
12. ¨π − 2γ ˙π + 4π = 0, γ2
< 4
Proponemos π (t) = ert
∴ r2
− 2γr + 4 = 0
∴ r1,2 =
1
2
2γ ± 4γ2 − 16
∴ r1,2 = γ ± 4 − γ2 i
Solución:
π (t) = eγt
A cos 4 − γ2t + B sen 4 − γ2t
Convergencia:
Tomando en cuenta el factor eγt
, observamos que π (t) converge
sólo si γ < 0. Como γ2
< 4, por lo tanto la solución converge sólo
si −2 < γ < 0. En ese caso, lim
t→∞
π (t) = 0.
13. (a) ¨π − ˙π − 6π = −18, π(0) = 5, ˙π(0) = K
π (t) = πh (t) + πp (t)
πh :
¨πh − ˙πh − 6πh = 0
∴ r2
− r − 6 = 0
∴ (r + 2) (r − 3) = 0
∴ r1 = −2, r2 = 3
∴ πh(t) = Ae−2t
+ Be3t
πp :
¨πp − ˙πp − 6πp = −18
Proponemos πp (t) = C (constante)
∴ C = 3
∴ πp(t) = 3
∴ π(t) = Ae−2t
+ Be3t
+ 3
∴ ˙π(t) = −2Ae−2t
+ 3Be3t
π(0) = 5 = A + B + 3
˙π(0) = K = −2A + 3B
123

∴ A =
6 − K
5
, B =
K + 4
5
Solución:
π(t) =
6 − K
5
e−2t
+
K + 4
5
e3t
+ 3
(b) lim
t→∞
π (t) = lim
t→∞
6 − K
5
e−2t
+
K + 4
5
e3t
+ 3
Este límite converge sólo si
K + 4
5
= 0, esto es, si K = −4.
Para K = −4 se tiene π(t) = 2e−2t
+ 3.
∴ lim
t→∞
π (t) = lim
t→∞
[2e−2t
+ 3] = 3.
14. (a) ˙p(t) = a
+ t
−∞
[D(p(τ)) − S(p(τ))] dτ
∴
d ˙p (t)
dt
= a
d
dt
+ t
−∞
[D(p(τ)) − S(p(τ))] dτ = D (p (t)) − S (p (t))
∴ ¨p (t) = a [D (p (t)) − S (p (t))]
(b) D(p) = d0 + d1p, S(p) = s0 + s1p, d1 < 0, s1 > 0
¨p (t) = a [D (p (t)) − S (p (t))]
∴ ¨p = a [(d0 + d1p) − (s0 + s1p)]
∴ ¨p = a (d1 − s1) p + a (d0 − s0)
∴ ¨p − a (d1 − s1) p = a (d0 − s0)
p (t) = ph (t) + pp (t)
ph :
¨ph − a (d1 − s1) ph = 0
∴ r2
− a (d1 − s1) = 0
∴ r2
= a (d1 − s1) < 0
∴ r1,2 = ± a (d1 − s1) = ± a (s1 − d1) i
∴ α = 0, β = a (s1 − d1)
∴ ph (t) = A cos a (s1 − d1)t + B sen a (s1 − d1)t
pp :
¨pp − a (d1 − s1) pp = a (d0 − s0)
Proponemos pp(t) = K (constante)
∴ K = −
d0 − s0
d1 − s1
∴ pp (t) = −
d0 − s0
d1 − s1
124

Solución:
p (t) = A cos a (s1 − d1)t +B sen a (s1 − d1)t −
d0 − s0
d1 − s1
15. ¨p(t) = γ(β − α)p(t) + k, γ, α, a, k constantes
Casos:
(a) γ(β − α) = 0
¨p(t) = k
∴ ˙p (t) = kt + A
∴ p (t) =
k
2
t2
+ At + B
(b) γ(β − α) = 0
p (t) = ph (t) + pp (t)
ph :
¨p(t) − γ(β − α)p(t) = 0,
∴ r2
− γ(β − α) = 0
∴ r1,2 = ± γ(β − α)
Casos:
b.1 γ(β − α) > 0
r1,2 = ± γ(β − α) ∈ R ←−raíces reales distintas
∴ ph (t) = Ae
√
γ(β−α)t
+ Be−
√
γ(β−α)
b.2 γ(β − α) < 0
r1,2 = ± −γ(α − β) = ± γ(α − β) i
∴ ph (t) = A cos γ(α − β)t + B sen γ(α − β)t
pp :
¨pp(t) − γ(β − α)pp(t) = k
Proponemos pp (t) = C (constante)
∴ C = −
k
γ(β − α)
=
k
γ(α − β)
∴ pp (t) =
k
γ(α − β)
Solución:
p(t) =



Ae
√
γ(β−α)t
+ Be−
√
γ(β−α)t
+
k
γ(α − β)
, γ(β − α) > 0
k
2
t2
+ At + B, γ(β − α) = 0
A cos γ(α − β)t + B sen γ(α − β)t +
k
γ(α − β)
, γ(β − α) < 0
125

16. (a) ˙x = 8e2t
+ t
0
e−2u
x(u)du, x(0) = 3
Primero observa que
˙x (0) = 8e0
0,
0
e−2u
x (u) du = 0.
Por otra parte,
¨x =
d 8e2t
dt
t,
0
e−2u
x (u) du + 8e2t

 d
dt
t,
0
e−2u
x (u) du


∴ ¨x = 2 8e2t
t,
0
e−2u
x (u) du
˙x
+ 8e2t
[e−2t
x (t)]
∴ ¨x = 2 ˙x + 8x
∴ ¨x − 2 ˙x − 8x = 0
∴ r2
− 2r − 8 = 0
∴ (r + 2) (r − 4) = 0
∴ r1 = −2, r2 = 4
∴ x (t) = k1e−2t
+ k2e4t
∴ ˙x (t) = −2k1e−2t
+ 4k2e4t
x(0) = 3 = k1 + k2
˙x (0) = 0 = −2k1 + 4k2
∴ k1 = 2, k2 = 1
Solución:
x (t) = 2e−2t
+ e4t
(b) ˙x = 4x + e4t
+ t
0
e−4u
x(u)du, x(0) = 8
Primero observa que
˙x (0) = 4x (0) + e0
0,
0
e−4u
x(u)du = 4 (8) = 32.
Por otra parte,
¨x = 4 ˙x+
d e4t
dt
t,
0
e−4u
x (u) du+e4t

 d
dt
t,
0
e−4u
x (u) du


∴ ¨x = 4 ˙x + (4e4t
)
t,
0
e−4u
x (u) du + e4t
(e−4t
x (t))
126

∴ ¨x = 4 ˙x + 4 e4t
t,
0
e−4u
x (u) du
= ˙x−4x
+ x
∴ ¨x = 4 ˙x + 4 ( ˙x − 4x) + x
∴ ¨x − 8 ˙x + 15x = 0
∴ r2
− 8r + 15 = 0
∴ (r − 3) (r − 5) = 0
∴ r1 = 3, r2 = 5
∴ x (t) = k1e3t
+ k2e5t
∴ ˙x (t) = 3k1e3t
+ 5k2e5t
x(0) = 8 = k1 + k2
˙x (0) = 32 = 3k1 + 5k2
∴ k1 = k2 = 4
Solución:
x (t) = 4e3t
+ 4e5t
17. (a) x(t) = Ae2t
+ Bet
x(t) es de la forma x(t) = Aer1t
+ Ber2t
xh(t)
∴ x(t) es solución a la ecuación homogénea a¨x + b ˙x + cx = 0
Para encontrar las constantes a, b, c observamos que
r1 = 2, r2 = 1
∴ (r − 2) (r − 1) = 0
∴ r2
− 3r + 2 = 0
∴ a = 1, b = −3, c = 2
Ecuación:
¨x − 3 ˙x + 2x = 0
(b) x(t) = e−2t
(A cos t + B sen t)
x(t) es de la forma x(t) = eαt
(A cos (βt) + B sen (βt))
xh(t)
∴ x(t) es solución a la ecuación homogénea a¨x + b ˙x + cx = 0
Para encontrar las constantes a, b, c observamos que
r1,2 = α ± iβ, con α = −2, β = 1
∴ r1,2 = −2 ± i
127

∴ (r − (−2 + i)) (r − (−2 − i)) = 0
∴ r2
− r (−2 − i) − r (−2 + i) + (−2 + i) (−2 − i) = 0
∴ r2
+ 2r + ri + 2r − ri + 4 − i2
= r2
+ 4r + 5 = 0
∴ r2
+ 4r + 5 = 0
∴ a = 1, b = 4, c = 5
Ecuación:
¨x + 4 ˙x + 5x = 0
(c) x(t) = Ae2t
+ Bet
+ 3t + 1
x(t) es de la forma x(t) = Aer1t
+ Ber2t
xh(t)
+ 3t + 1
xp(t)
∴ x(t) es solución a la ecuación no homogénea a¨x + b ˙x + cx = f(t)
i. Para encontrar las constantes a, b, c observamos que
r1 = 2, r2 = 1
∴ (r − 2) (r − 1) = 0
∴ r2
− 3r + 2 = 0
∴ a = 1, b = −3, c = 2
∴ la ecuación homogénea asociada es
¨xh − 3 ˙xh + 2xh = 0
ii. Para encontrar la función f(t) observamos que xp(t) = 3t + 1
es una solución particular a la ecuación no homogénea,
esto es:
¨xp − 3 ˙xp + 2xp = f (t)
∴ 0 − 3 (3) + 2 (3t + 1) = f (t)
∴ f (t) = 6t − 7
Ecuación:
¨x − 3 ˙x + 2x = 6t − 7
18.
...
x − 2¨x − ˙x + 2x = 0
r3
− 2r2
− r + 2 = 0
(r − 1) (r2
− r − 2) = 0
(r − 1) (r − 2) (r + 1) = 0
r1 = 1, r2 = 2, r3 = −1
Solución:
x (t) = k1et
+ k2e2t
+ k3e−t
128

19. ¨k = (γ1λ + γ2)˙k + (γ1σ + γ3)µ0eµt
+ t
0
e−µτ ˙k(τ)dτ,
γ1, γ2, γ3, λ, σ, µ0, µ son constantes
Por simplicidad, deﬁnamos
α = γ1λ + γ2
β = (γ1σ + γ3)µ0
Por lo tanto, la ecuación se convierte en
¨k = α˙k + βeµt
t,
0
e−µτ ˙k (τ) dτ.
Derivamos respecto a t:
...
k = α¨k+
d βeµt
dt
t,
0
e−µτ ˙k (τ) dτ +βeµt

 d
dt
t,
0
e−µτ ˙k (τ) dτ


∴
...
k = α¨k + (βµeµt
)
t,
0
e−µτ ˙k (τ) dτ + βeµt
e−µt ˙k (t)
∴
...
k = α¨k + µ(βeµτ
)
t,
0
e−µτ ˙k (τ) dτ
=¨k−α˙k
+ β ˙k
∴
...
k = α¨k + µ ¨k − α˙k + β ˙k
∴
...
k − (α + µ) ¨k + (αµ − β) ˙k = 0
Proponemos k (t) = ert
∴ r3
− (α + µ) r2
+ (αµ − β) r = 0
∴ r (r2
− (α + µ) r + (αµ − β)) = 0
∴ r3 = 0
Las otras dos raíces son
r1,2 =
(α + µ) ±
!
(α + µ)2
− 4 (αµ − β)
2
r1 y r2 son reales y distintas si y sólo si (α − µ)2
−4 (αµ − β) > 0
En este caso
k (t) = C1er1t
+ C2er2t
+ C3e0
Solución:
k(t) = C1er1t
+ C2er2t
+ C3
129

ECUACIONES DIFERENCIALES II
(SEGUNDA PARTE)
(Temas 5.2-5.5)
1. (a)
.
−→
X =
−1 2
−2 −1
−→
X
A =
−1 2
−2 −1
PA (λ) = λ2
+ 2λ + 5 = 0
∴ λ1,2 =
−2 ±
√
4 − 20
2
= −1 ± 2i
∴ α = −1, β = 2
λ1 = −1 + 2i :
−1 − (−1 + 2i) 2
−2 −1 − (−1 + 2i)
m
n
=
0
0
∴
−2i 2
−2 −2i
m
n
=
0
0
∴ −2im + 2n = 0
∴ n = im
m = 1 ⇒ n = i ∴ @v1 =
1
i
=
1
0
+i
0
1
= @r+i@s
∴ @r =
1
0
, @s =
0
1
Solución:
−→
X (t) = k1e−t 1
0
cos (2t) −
0
1
sen (2t) +k2e−t 1
0
sen (2t) +
0
1
cos (2t)
(b)
.
−→
X =
−1 5
−1 1
−→
X
A =
−1 5
−1 1
PA (λ) = λ2
+ 4 = 0
∴ λ1,2 =
±
√
−16
2
= ±2i
∴ α = 0, β = 2
λ1 = 2i :
−1 − 2i 5
−1 1 − 2i
m
n
=
0
0
∴ (−1 − 2i) m + 5n = 0
130

∴ n =
1
5
m (1 + 2i)
m = 5 ⇒ n = 1 + 2i
∴ @v1 =
5
1 + 2i
=
5
1
+ i
0
2
= @r + i@s
∴ @r =
5
1
, @s =
0
2
Solución:
−→
X (t) = k1
5
1
cos (2t) −
0
2
sen (2t)
+k2
5
1
sen (2t) +
0
2
cos (2t)
(c)
.
−→
X =
3 1
1 3
−→
X
A =
3 1
1 3
PA (λ) = λ2
− 6λ + 8 = (λ − 2) (λ − 4) = 0
∴ λ1 = 2, λ2 = 4
λ1 = 2 :
3 − 2 1
1 3 − 2
m
n
=
0
0
∴
1 1
1 1
m
n
=
0
0
∴ m + n = 0
∴ n = −m
m = 1 ⇒ n = −1 ∴ @v1 =
1
−1
λ2 = 4 :
3 − 4 1
1 3 − 4
m
n
=
0
0
∴
−1 1
1 −1
m
n
=
0
0
∴ −m + n = 0
∴ n = m
m = 1 ⇒ n = 1 ∴ @v2 =
1
1
Solución:
−→
X (t) = k1
1
−1
e2t
+ k2
1
1
e4t
131

(d)
.
−→
X =
4 −1
1 2
−→
X
A =
4 −1
1 2
PA (λ) = λ2
− 6λ + 9 = (λ − 3)2
= 0
∴ λ1 = λ2 = 3
λ1 = 3 :
4 − 3 −1
1 2 − 3
m
n
=
0
0
∴
1 −1
1 −1
m
n
=
0
0
∴ m − n = 0
∴ n = m
m = 1 ⇒ n = 1 ∴ @v =
1
1
@w :
1 −1
1 −1
w1
w2
=
1
1
∴ w1 − w2 = 1
∴ w2 = w1 − 1
w1 = 2 ⇒ w2 = 1 ∴ @w =
2
1
Solución:
−→
X (t) = k1
1
1
e3t
+ k2
1
1
t +
2
1
e3t
(e)
.
−→
X =
1 3
−2 −6
−→
X
A =
1 3
−2 −6
PA (λ) = λ2
+ 5λ = λ (λ + 5) = 0
∴ λ1 = 0, λ2 = −5
λ1 = 0 :
1 3
−2 −6
m
n
=
0
0
∴ m + 3n = 0
∴ m = −3n
n = 1 ⇒ m = −3 ∴ @v1 =
−3
1
132

λ2 = −5 :
1 − (−5) 3
−2 −6 − (−5)
m
n
=
0
0
∴
6 3
−2 −1
m
n
=
0
0
∴ −2m − n = 0
∴ n = −2m
m = 1 ⇒ n = −2 ∴ @v2 =
1
−2
Solución:
−→
X (t) = k1
−3
1
+ k2
1
−2
e−5t
(f)
.
−→
X =
1 3
1 −1
−→
X +
−4
4
−→
X (t) =
−→
Xh (t) +
−→
Xp (t)
−→
Xh :
.
−→
Xh =
1 3
1 −1
−→
Xh
A =
1 3
1 −1
PA (λ) = λ2
− 4 = (λ − 2) (λ + 2) = 0
∴ λ1 = 2, λ2 = −2
λ1 = 2 :
1 − 2 3
1 −1 − 2
m
n
=
0
0
∴
−1 3
1 −3
m
n
=
0
0
∴ −m + 3n = 0
∴ m = 3n
n = 1 ⇒ m = 3 ∴ @v1 =
3
1
λ2 = −2 :
1 − (−2) 3
1 −1 − (−2)
m
n
=
0
0
∴
3 3
1 1
m
n
=
0
0
∴ m + n = 0
∴ n = −m
133

m = 1 ⇒ n = −1 ∴ @v2 =
1
−1
∴
−→
Xh (t) = k1
3
1
e2t
+ k2
1
−1
e−2t
−→
Xp:
.
−→
Xp =
1 3
1 −1
−→
Xp +
−4
4
Proponemos
−→
Xp (t) =
A
B
∴
.
−→
Xp =
0
0
∴
0
0
=
1 3
1 −1
A
B
+
−4
4
∴ 0 = A + 3B − 4
0 = A − B + 4
∴ A = −2, B = 2
∴
−→
Xp (t) =
−2
2
Solución:
−→
X (t) = k1
3
1
e2t
+ k2
1
−1
e−2t
+
−2
2
2. (a)
.
−→
X =
1 1
−2 4
−→
X +
2e−2t
32e−2t
−→
X (t) =
−→
Xh (t) +
−→
Xp (t)
−→
Xh :
.
−→
Xh =
1 1
−2 4
−→
Xh
A =
1 1
−2 4
PA (λ) = λ2
− 5λ + 6 = (λ − 2) (λ − 3) = 0
∴ λ1 = 2, λ2 = 3
λ1 = 2 :
1 − 2 1
−2 4 − 2
m
n
=
0
0
∴
−1 1
−2 2
m
n
=
0
0
∴ −m + n = 0
∴ n = m
m = 1 ⇒ n = 1 ∴ @v1 =
1
1
134

λ2 = 3 :
1 − 3 1
−2 4 − 3
m
n
=
0
0
∴
−2 1
−2 1
m
n
=
0
0
∴ −2m + n = 0
∴ n = 2m
m = 1 ⇒ n = 2 ∴ @v2 =
1
2
∴
−→
Xh (t) = k1
1
1
e2t
+ k2
1
2
e3t
−→
Xp:
.
−→
Xp =
1 1
−2 4
−→
Xp +
2
32
e−2t
Proponemos
−→
Xp (t) =
A
B
e−2t
∴
.
−→
Xp =
−2A
−2B
e−2t
∴
−2Ae−2t
−2Be−2t =
1 1
−2 4
Ae−2t
Be−2t +
2e−2t
32e−2t
∴ −2A = A + B + 2
−2B = −2A + 4B + 32
∴ A = 1, B = −5
∴
−→
Xp (t) =
1
−5
e−2t
Solución:
−→
X (t) = k1
1
1
e2t
+ k2
1
2
e3t
+
1
−5
e−2t
(b)
.
−→
X =
1 1
−2 4
−→
X +
−3t
11
−→
X (t) =
−→
Xh (t) +
−→
Xp (t)
−→
Xh (t) = k1
1
1
e2t
+ k2
1
2
e3t
−→
Xp:
.
−→
Xp =
1 1
−2 4
−→
Xp +
−3
11
t
Proponemos
−→
Xp (t) =
A
B
+
C
D
t ∴
.
−→
Xp =
C
D
∴
C
D
=
1 1
−2 4
A + Ct
B + Dt
+
−3t
11
135

∴ (A + B − C)
0
+ (C + D − 3)
0
t = 0
(−2A + 4B + 11 − D)
0
+ (−2C + 4D)
0
t = 0
∴ A = 3, B = −1, C = 2, D = 1
∴
−→
Xp (t) =
3
−1
+
2
1
t
Solución:
−→
X (t) = k1
1
1
e2t
+ k2
1
2
e3t
+
3
−1
+
2
1
t
(c)
.
−→
X =
2 1
0 3
−→
X +
0
4e−t ,
−→
X(0) =
−→
0
−→
X (t) =
−→
Xh (t) +
−→
Xp (t)
−→
Xh :
.
−→
Xh =
2 1
0 3
−→
Xh
A =
2 1
0 3
PA (λ) = λ2
− 5λ + 6 = (λ − 2) (λ − 3) = 0
∴ λ1 = 2, λ2 = 3
λ1 = 2 :
2 − 2 1
0 3 − 2
m
n
=
0
0
∴
0 1
0 1
m
n
=
0
0
∴ n = 0 (m es libre)
m = 1 ⇒ n = 0 ∴ @v1 =
1
0
λ2 = 3 :
2 − 3 1
0 3 − 3
m
n
=
0
0
∴
−1 1
0 0
m
n
=
0
0
∴ −m + n = 0
∴ n = m
m = 1 ⇒ n = 1 ∴ @v2 =
1
1
∴
−→
Xh (t) = k1
1
0
e2t
+ k2
1
1
e3t
136

−→
Xp:
.
−→
Xp =
2 1
0 3
−→
Xp +
0
4
e−t
Proponemos
−→
Xp (t) =
A
B
e−t
∴
.
−→
Xp =
−A
−B
e−t
∴
−Ae−t
−Be−t =
2 1
0 3
Ae−t
Be−t +
0
4e−t
∴ −A = 2A + B
−B = 3B + 4
∴ A =
1
3
, B = −1
∴
−→
Xp (t) =
1
3
−1
e−t
=
1
3
1
−3
e−t
∴
−→
X (t) = k1
1
0
e2t
+ k2
1
1
e3t
+
1
3
1
−3
e−t
Condición inicial:
−→
X (0) =
0
0
=
k1 + k2 +
1
3
k2 − 1
∴ k1 = −
4
3
, k2 = 1
Solución:
−→
X (t) = −
4
3
1
0
e2t
+
1
1
e3t
+
1
3
1
−3
e−t
(d) ˙x = x − t
˙y = 2x − y
Se tiene
.
−→
X =
1 0
2 −1
−→
X −
t
0
−→
X (t) =
−→
Xh (t) +
−→
Xp (t)
−→
Xh :
.
−→
Xh =
1 0
2 −1
−→
Xh
A =
1 0
2 −1
PA (λ) = λ2
− 1 = (λ + 1) (λ − 1) = 0
∴ λ1 = −1, λ2 = 1
λ1 = −1 :
1 − (−1) 0
2 −1 − (−1)
m
n
=
0
0
137

∴
2 0
2 0
m
n
=
0
0
∴ m = 0 (n es libre)
n = 1 ⇒ m = 0 ∴ @v1 =
0
1
λ2 = 1 :
1 − 1 0
2 −1 − 1
m
n
=
0
0
∴
0 0
2 −2
m
n
=
0
0
∴ 2m − 2n = 0
∴ n = m
m = 1 ⇒ n = 1 ∴ @v2 =
1
1
∴
−→
Xh (t) = k1
0
1
e−t
+ k2
1
1
et
−→
Xp:
.
−→
Xp =
1 0
2 −1
−→
Xp +
−1
0
t
Proponemos
−→
Xp (t) =
A
B
+
C
D
t ∴
.
−→
Xp =
C
D
∴
C
D
=
1 0
2 −1
A + Ct
B + Dt
−
t
0
∴ C = A + Ct − t
D = 2A + 2Ct − B − Dt
∴ (A − C)
0
+ (C − 1)
0
t = 0
(2A − B − D)
0
+ (2C − D)
0
t = 0
∴ A = 1, B = 0, C = 1, D = 2
∴
−→
Xp (t) =
1
0
+
1
2
t
Solución:
−→
X (t) = k1
0
1
e−t
+ k2
1
1
et
+
1
0
+
1
2
t
3. (a)
−→
X(t) = k1
2
−1
e−t
+ k2
2
1
e3t
−→
X(t) es de la forma
−→
X(t) = k1
−→v 1eλ1t
+ k2
−→v 2eλ2t
−→
Xh(t)
138

∴
−→
X(t) es solución a la ecuación homogénea
.
−→
X = A
−→
X,
con A =
a b
c d
.
Para encontrar la matriz A observamos que sus valores y
vectores propios son
−→v 1 =
2
−1
, λ1 = −1; −→v 2 =
2
1
, λ2 = 3
Por lo tanto, se cumple:
A−→v 1 = λ1
−→v 1
A−→v 2 = λ2
−→v 2,
esto es,
a b
c d
2
−1
= −1
2
−1
a b
c d
2
1
= 3
2
1
Se tiene:
2a − b = −2
2c − d = 1
y
2a + b = 6
2c + d = 3
,
de donde a = 1, b = 4, c = 1 y d = 1.
Por lo tanto,
A =
1 4
1 1
Ecuación:.
−→
X =
1 4
1 1
−→
X
(b)
−→
X(t) = k1
3
−1
et
+ k2
1
−1
e−t
+
−1
3
−→
X(t) es de la forma
−→
X(t) = k1
−→v 1eλ1t
+ k2
−→v 2eλ2t
−→
Xh(t)
+
−→
B
−→
Xp(t)
∴
−→
X(t) es solución a la ecuación no homogénea
.
−→
X = A
−→
X +
−→
B ,
con A =
a b
c d
y
−→
B =
b1
b2
.
i. Para encontrar la matriz A observamos que sus valores
y vectores propios son
−→v 1 =
3
−1
, λ1 = 1; −→v 2 =
1
−1
, λ2 = −1
Por lo tanto, se cumple:
a b
c d
3
−1
= 1
3
−1
139

a b
c d
1
−1
= −1
1
−1
Resolviendo el sistema de ecuaciones, se obtiene
a = 2, b = 3, c = −1, d = −2,
esto es,
A =
2 3
−1 −2
∴ la ecuación homogénea asociada es.
−→
Xh =
2 3
−1 −2
−→
Xh
ii. Para encontrar el vector
−→
B observamos que
−→
Xp(t) =
−1
3
es una solución particular a la ecuación no homogénea.
−→
X = A
−→
X +
−→
B, esto es:.
−→
Xp = A
−→
Xp +
−→
B
∴
0
0
=
2 3
−1 −2
−1
3
+
b1
b2
∴ b1 = −7
b2 = 5
∴
−→
B =
−7
5
Ecuación:.
−→
X =
2 3
−1 −2
−→
X +
−7
5
4. (a)
.
−→
X =
−1 3
1 −3
−→
X,
−→
X(0) =
4
0
A =
−1 3
1 −3
PA (λ) = λ2
+ 4λ = λ (λ + 4) = 0
∴ λ1 = 0, λ2 = −4
λ1 = 0 :
∴
−1 3
1 −3
m
n
=
0
0
∴ −m + 3n = 0
∴ m = 3n
n = 1 ⇒ m = 3 ∴ @v1 =
3
1
λ2 = −4 :
−1 − (−4) 3
1 −3 − (−4)
m
n
=
0
0
140

∴
3 3
1 1
m
n
=
0
0
∴ m + n = 0
∴ n = −m
m = 1 ⇒ n = −1 ∴ @v2 =
1
−1
∴
−→
X (t) = k1
3
1
+ k2
1
−1
e−4t
Condición inicial:
−→
X (0) =
4
0
= k1
3
1
+ k2
1
−1
∴ 3k1 + k2 = 4
k1 − k2 = 0
∴ k1 = k2 = 1
Solución:
−→
X (t) =
3
1
+
1
−1
e−4t
Límite:
Sabemos que
lim
t→∞
e−4t
= lim
t→∞
1
e4t
= 0.
Por lo tanto,
lim
t→∞
−→
X(t) =
3
1
(b)
.
−→
X =
−3 −1
1 −1
−→
X,
−→
X(0) =
1
0
A =
−3 −1
1 −1
PA (λ) = λ2
+ 4λ + 4 = (λ + 2)2
= 0
∴ λ1 = λ2 = −2
λ1 = −2 :
−3 + 2 −1
1 −1 + 2
m
n
=
0
0
∴
−1 −1
1 1
m
n
=
0
0
∴ m + n = 0
∴ n = −m
m = 1 ⇒ n = −1 ∴ @v =
1
−1
141

@w :
−1 −1
1 1
w1
w2
=
1
−1
∴ w1 + w2 = −1
∴ w2 = −w1 − 1
w1 = −1 ⇒ w2 = 0 ∴ @w =
−1
0
∴
−→
X (t) = k1
1
−1
e−2t
+ k2 t
1
−1
+
−1
0
e−2t
Condición inicial:
−→
X (0) =
1
0
= k1
1
−1
+ k2
−1
0
∴ k1 − k2 = 1
k1 = 0
∴ k1 = 0, k2 = −1
Solución:
−→
X (t) = − t
1
−1
+
−1
0
e−2t
Límite:
lim
t→∞
−→
X(t) = −
1
−1
lim
t→∞
te−2t
−
−1
0
lim
t→∞
e−2t
Sabemos que
lim
t→∞
e−2t
= lim
t→∞
1
e2t
= 0
lim
t→∞
te−2t
= lim
t→∞
t
e2t
L′Hopital
= lim
t→∞
1
2e2t
= 0.
Por lo tanto,
lim
t→∞
−→
X(t) =
0
0
.
5.
.
−→
X =
0 1
2 −1
−→
X, con
−→
X(0) =
3
3w
, w ∈ ℜ
A =
0 1
2 −1
PA (λ) = λ2
+ λ − 2 = (λ + 2) (λ − 1) = 0
∴ λ1 = −2, λ2 = 1
λ1 = −2 :
0 − (−2) 1
2 −1 − (−2)
m
n
=
0
0
142

∴
2 1
2 1
m
n
=
0
0
∴ 2m + n = 0
∴ n = −2m
m = 1 ⇒ n = −2 ∴ @v1 =
1
−2
λ2 = 1 :
0 − 1 1
2 −1 − 1
m
n
=
0
0
∴
−1 1
2 −2
m
n
=
0
0
∴ −m + n = 0
∴ n = m
m = 1 ⇒ n = 1 ∴ @v2 =
1
1
∴
−→
X (t) = k1
1
−2
e−2t
+ k2
1
1
et
Condición inicial:
−→
X (0) =
3
3w
= k1
1
−2
+ k2
1
1
∴ k1 + k2 = 3
−2k1 + k2 = 3w
∴ k1 = 1 − w, k2 = 2 + w
Solución:
−→
X (t) = (1 − w)
1
−2
e−2t
+ (2 + w)
1
1
et
Límite:
Para que lim
t→∞
−→
X(t) =
−→
0 es necesario que 2 + w = 0, es decir,
w = −2. En ese caso,
−→
X (t) = 3
1
−2
e−2t
6. La solución del sistema
.
−→
X =
1 3
1 −1
−→
X +
−4
4
es
−→
X (t) = k1
3
1
e2t
+ k2
1
−1
e−2t
+
−2
2
143

El punto ﬁjo −→p ∗
del sistema coincide con la soluciòn particular
−→
Xp =
−2
2
, ya que ésta satisface
.
−→
Xp =
−→
0 . Así,
−→p ∗
=
−2
2
.
Si se desea que lim
t→∞
−→
X (t) = −→p ∗
es necesario que k1 = 0. En ese
caso,
−→
X(t) = k2
1
−1
e−2t
+
−2
2
∴ lim
t→∞
¯X(t) =
−2
2
= −→p ∗
.
7.
.
−→
X =
α −β
β α
−→
X, con
−→
X(0) =
1
0
y β > 0
A =
α −β
β α
PA (λ) = λ2
− 2αλ + α2
+ β2
= 0
∴ λ1,2 =
2α ±
!
4α2 − 4 α2 + β2
2
= α ± iβ
λ1 = α + iβ :
α − (α + iβ) −β
β α − (α + iβ)
m
n
=
0
0
∴
−iβ −β
β −iβ
m
n
=
0
0
∴ −iβm − βn = 0
βm − iβn = 0
∴ m = in
n = 1 ⇒ m = i ∴ @v1 =
i
1
=
0
1
+ i
1
0
= @r + i@s
∴ @r =
0
1
, @s =
1
0
∴
−→
X (t) = k1eαt 0
1
cos (βt) −
1
0
sen (βt)
+k2eαt 0
1
sen (βt) +
1
0
cos (βt)
144

Condición inicial:
−→
X(0) =
1
0
=
k2
k1
∴ k1 = 0, k2 = 1
Solución:
−→
X (t) = eαt cos (βt)
sen (βt)
Convergencia:
La solución converge a largo plazo sólo si α < 0.
8.
.
−→
X =
c 1
0 −1
−→
X, c ∈ R, c = −1
(a) A =
c 1
0 −1
PA (λ) = λ2
+ (1 − c) λ − c = 0
∴ λ1,2 =
− (1 − c) ±
!
(1 − c)2
+ 4c
2
=
(c − 1) ±
!
(c + 1)2
2
∴ λ1,2 =
(c − 1) ± |c + 1|
2
=
(c − 1) ± (c + 1)
2
∴ λ1 = c, λ2 = −1
(b) λ1 = c :
c − c 1
0 −1 − c
m
n
=
0
0
∴
0 1
0 −1 − c
m
n
=
0
0
m = 1 ⇒ n = 0 ∴ @v1 =
1
0
λ2 = −1 :
c − (−1) 1
0 −1 − (−1)
m
n
=
0
0
∴
c + 1 1
0 0
m
n
=
0
0
∴ (c + 1) m + n = 0
∴ n = − (c + 1) m
m = 1 ⇒ n = − (c + 1) ∴ @v2 =
1
−c − 1
145

Solución:
−→
X(t) = k1
1
0
ect
+ k2
1
−c − 1
e−t
(c) i. −1 = c < 0 :
Sea c = − |c| . Por lo tanto,
−→
X (t) = k1
1
0
e−|c|t
+ k2
1
−c − 1
e−t
∴ lim
t→∞
−→
X(t) =
0
0
.
El sistema tiene un punto fijo en −→p ∗
=
−→
0 .
ii. c = 0 :
−→
X (t) = k1
1
0
+ k2
1
−1
e−t
∴ lim
t→∞
−→
X(t) = k1
1
0
El sistema tiene una infinidad de puntos fijos estables a
lo largo de la recta k1
1
0
, k1 ∈ R.
iii. c > 0
Sea c = |c| . Por lo tanto,
−→
X (t) = k1
1
0
e|c|t
+ k2
1
−c − 1
e−t
El sistema tiene un punto silla en −→p ∗
=
0
0
.
9. ˙w = A(w − ap), ˙p = B ˙w + C(w − ap), con a, A, B, C > 0 y
a(AB + C) > A.
Sustituyendo la ecuación para ˙w en la de ˙p se obtiene:
˙p = B ˙w + C(w − ap) = B [A(w − ap)] + C(w − ap)
∴ ˙p = (AB + C) w − a (AB + C) P
Así, se llega al sistema
˙w = Aw − aAp
˙p = (AB + C) w − a (AB + C) P,
esto es,
˙w
˙p
=
A −aA
AB + C −a (AB + C)
w
p
.
Puntos fijos ( ˙w = ˙p = 0):
0
0
=
A −aA
AB + C −a (AB + C)
w
p
146

∴ Aw − aAp = 0
∴ w∗
= ap∗
∴
w∗
p∗ = p∗ a
1
Hay una inﬁnidad de puntos ﬁjos (M es singular) .
Solución:
M =
A −aA
AB + C −a (AB + C)
PM (λ) = λ2
−λ [A − a (AB + C)] = λ [λ − (A − a (AB + C))] = 0
∴ λ1 = 0, λ2 = A − a (AB + C) < 0
Se trata de un caso degenerado (λ1 = 0) , estable (λ2 < 0) .
λ1 = 0 :
A −aA
AB + C −a (AB + C)
m
n
=
0
0
∴ Am − aAn = 0
∴ m = an
n = 1 ⇒ m = a ∴ @v1 =
a
1
λ2 = A − a (AB + C) :
A − [A − a (AB + C)] −aA
AB + C −a (AB + C) − [A − a (AB + C)]
m
n
=
0
0
∴
a (AB + C) −aA
AB + C −A
m
n
=
0
0
∴ a (AB + C) m − aAn = 0
∴ n =
AB + C
A
m
m = A ⇒ n = AB + C ∴ @v2 =
A
AB + C
147

∴
w (t)
p (t)
= k1
a
1
+ k2
A
AB + C
eλ2t
Análisis del equilibrio:
Como λ2 < 0, por lo tanto
lim
t→∞
w (t)
p (t)
= k1
a
1
El sistema tiene una inﬁnidad de puntos ﬁjos estables a lo largo de
la recta
w
p
= k1
a
1
, k1 ∈ R.
Caso degenerado
10. ˙π = βπ + y, ˙y = −π − α, α, β ∈ R
Este es un sistema lineal no homogéneo, de la forma
˙π
˙y
=
β 1
−1 0
π
y
−
0
α
.
A =
β 1
−1 0
PA (λ) = λ2
− βλ + 1 = 0
∴ λ1,2 =
β ± β2
− 4
2
(a) nodo atractor =⇒ β < 0 ∩ β2
− 4 > 0
∴ β < 0 ∩ |β| > 2
∴ β < −2
(b) punto silla =⇒ detA < 0
Como detA = 1 ≥ 0, por lo tanto no hay puntos silla.
148

11. ˙y = ay − p, ˙p = y − bp + ab − 1, a, b > 0
Este es un sistema lineal no homogéneo, de la forma
˙y
˙p
=
a −1
1 −b
y
p
+
0
ab − 1
.
A =
a −1
1 −b
PA (λ) = λ2
− (trA) λ + (det A) = 0
∴ λ1,2 =
(trA) ±
!
(trA)2
− 4 (det A)
2
trA = a − b
det A = 1 − ab
(a) cíclico(centro)=⇒ trA = 0 y det A > 0
∴ a − b = 0 y 1 − ab > 0
∴ b = a y b <
1
a
(a, b > 0)
∴ b = a, 0 < a < 1, 0 < b < 1
149

(b) estable(nodo o espiral atractores)=⇒ trA < 0 y det A > 0
∴ a − b < 0 y 1 − ab > 0
∴ a < b y b <
1
a
∴ a < b <
1
a
, 0 < a < 1
12. (a)
.
−→
X =
2 0
0 −2
−→
X +
−4
6
i. Punto ﬁjo
.
−→
X =
−→
0 :
Sea −→p ∗
=
x∗
y∗ .
∴
0
0
=
2 0
0 −2
x∗
y∗ +
−4
6
∴ 0 = 2x∗
− 4
0 = −2y∗
+ 6
∴ x∗
= 2, y∗
= 3
∴ −→p ∗
=
2
3
Clasiﬁcación:
A =
2 0
0 −2
∴ detA = −4 < 0
∴ se trata de un punto silla
ii.
−→
X (t) =
−→
Xh (t) +
−→
Xp (t)
−→
Xh :.
−→
Xh =
2 0
0 −2
−→
Xh
PA (λ) = λ2
− 4 = (λ − 2) (λ + 2) = 0
∴ λ1 = 2, λ2 = −2
λ1 = 2 :
2 − 2 0
0 −2 − 2
m
n
=
0
0
150

∴
0 0
0 −4
m
n
=
0
0
m = 1 ⇒ n = 0 ∴ @v1 =
1
0
λ2 = −2 :
2 − (−2) 0
0 −2 − (−2)
m
n
=
0
0
∴
4 0
0 0
m
n
=
0
0
∴ m = 0 (n es libre)
n = 1 ⇒ m = 0 ∴ @v2 =
0
1
∴
−→
Xh (t) = k1
1
0
e2t
+ k2
0
1
e−2t
−→
Xp:
.
−→
Xp =
2 0
0 −2
−→
Xp +
−4
6
Proponemos
−→
Xp (t) =
A
B
∴
.
−→
Xp =
0
0
∴
0
0
=
2 0
0 −2
A
B
+
−4
6
∴ 0 = 2A − 4
0 = −2B + 6
∴ A = 2, B = 3
∴
−→
Xp (t) =
2
3
= −→p ∗
Solución:
−→
X (t) = k1
1
0
e2t
+ k2
0
1
e−2t
+
2
3
iii.
Es
(−→p ∗
) = {(x, y) ∈ R2
|x = 2}
Eu
(−→p ∗
) = {(x, y) ∈ R2
|y = 3}
151

(b)
−→
X =
−1 2
0 1
−→
X +
1
−1
i. Punto ﬁjo
.
−→
X =
−→
0 :
Sea −→p ∗
=
x∗
y∗ .
∴
0
0
=
−1 2
0 1
x∗
y∗ +
1
−1
∴ 0 = −x∗
+ 2y∗
+ 1
0 = y∗
− 1
∴ x∗
= 3, y∗
= 1
∴ −→p ∗
=
3
1
Clasiﬁcación:
A =
−1 2
0 1
∴ detA = −1 < 0
ii.
−→
X (t) =
−→
Xh (t) +
−→
Xp (t)
−→
Xh :.
−→
Xh =
−1 2
0 1
−→
Xh
PA (λ) = λ2
− 1 = (λ − 1) (λ + 1) = 0
∴ λ1 = 1, λ2 = −1
λ1 = 1 :
−1 − 1 2
0 1 − 1
m
n
=
0
0
∴
−2 2
0 0
m
n
=
0
0
∴ −2m + 2n = 0
∴ n = m
m = 1 ⇒ n = 1 ∴ @v1 =
1
1
λ2 = −1 :
−1 − (−1) 2
0 1 − (−1)
m
n
=
0
0
∴
0 2
0 2
m
n
=
0
0
m = 1 ⇒ n = 0 ∴ @v2 =
1
0
152

∴
−→
Xh (t) = k1
1
1
et
+ k2
1
0
e−t
−→
Xp:
−→
Xp = −→p ∗
=
3
1
Solución:
−→
X (t) = k1
1
1
et
+ k2
1
0
e−t
+
3
1
iii.
iv. Es
: y−1 = (0) (x − 3) ∴ Es
(−→p ∗
) = {(x, y) ∈ R2
|y = 1}
Eu
: y−1 = (1) (x − 3) ∴ Eu
(−→p ∗
) = {(x, y) ∈ R2
|y = x − 2}
(c)
.
−→
X =
0 1
2 1
−→
X −
0
6
i. Punto ﬁjo
.
−→
X =
−→
0 :
Sea −→p ∗
=
x∗
y∗ .
∴
0
0
=
0 1
2 1
x∗
y∗ −
0
6
∴ 0 = y∗
0 = 2x∗
+ y∗
− 6
∴ x∗
= 3, y∗
= 0
∴ −→p ∗
=
3
0
Clasiﬁcación:
A =
0 1
2 1
∴ detA = −2 < 0
153

ii.
−→
X (t) =
−→
Xh (t) +
−→
Xp (t)
−→
Xh :.
−→
Xh =
0 1
2 1
−→
Xh
PA (λ) = λ2
− λ − 2 = (λ − 2) (λ + 1) = 0
∴ λ1 = 2, λ2 = −1
λ1 = 2 :
0 − 2 1
2 1 − 2
m
n
=
0
0
∴
−2 1
2 −1
m
n
=
0
0
∴ −2m + n = 0
∴ n = 2m
m = 1 ⇒ n = 2 ∴ @v1 =
1
2
λ2 = −1 :
0 − (−1) 1
2 1 − (−1)
m
n
=
0
0
∴
1 1
2 2
m
n
=
0
0
∴ m + n = 0
∴ n = −m
m = 1 ⇒ n = −1 ∴ @v2 =
1
−1
∴
−→
Xh (t) = k1
1
2
e2t
+ k2
1
−1
e−t
−→
Xp:
−→
Xp = −→p ∗
=
3
0
Solución:
−→
X (t) = k1
1
2
e2t
+ k2
1
−1
e−t
+
3
0
iii.
iv. Es
: y−0 = (−1) (x − 3) ∴ Es
(−→p ∗
) = {(x, y) ∈ R2
|y = 3 − x}
Eu
: y−0 = (2) (x − 3) ∴ Eu
(−→p ∗
) = {(x, y) ∈ R2
|y = 2x − 6}
154

13. (a) ˙x = −x + 2y = F (x, y)
˙y = −2x − y = G (x, y)
Puntos fijos ( ˙x = ˙y = 0) :
−x + 2y = 0
−2x − y = 0
∴ −→p ∗
= (0, 0)
Clasificación:
λ1,2 = −1 ± 2i
λ1,2 ∈ C, con α < 0
∴ Se trata de una espiral atractora
Isoclinas:
˙x = 0 ⇒ y =
x
2
˙y = 0 ⇒ y = −2x
Gradientes:
∇F = −ˆı + 2ˆ
∇G = −2ˆı − ˆ
(b) ˙x = −x + 5y = F (x, y)
˙y = −x + y = G (x, y)
−x + 5y = 0
−x + y = 0
∴ −→p ∗
= (0, 0)
Clasificación:
λ1,2 = ±2i
λ1,2 ∈ C, con α = 0
∴ Se trata de un caso degenerado (centro)
155

Isoclinas:
˙x = 0 ⇒ y =
x
5
˙y = 0 ⇒ y = x
Gradientes:
∇F = −ˆı + 5ˆ
∇G = −ˆı + ˆ
(c) ˙x = x + 3y − 4 = F (x, y)
˙y = x − y + 4 = G (x, y)
x + 3y − 4 = 0
x − y + 4 = 0
∴ @p∗
= (−2, 2)
Clasiﬁcación:
λ1 = 2, @v1 =
3
1
; λ2 = −2, @v2 =
1
−1
λ1, λ2 ∈ R, con λ1 > 0, λ2 < 0
∴ Se trata de un punto silla
Isoclinas:
˙x = 0 ⇒ y =
4 − x
3
˙y = 0 ⇒ y = x + 4
Gradientes:
∇F = ˆı + 3ˆ
∇G = ˆı − ˆ
156

(d) ˙x = 3x + y = F (x, y)
˙y = x + 3y = G (x, y)
3x + y = 0
x + 3y = 0
∴ −→p ∗
= (0, 0)
Clasiﬁcación:
λ1 = 2, @v1 =
1
−1
; λ2 = 4, @v2 =
1
1
λ1, λ2 ∈ R, con λ1 = λ2, λ1 > 0, λ2 > 0
∴ Se trata de un nodo repulsor
Isoclinas:
˙x = 0 ⇒ y = −3x
˙y = 0 ⇒ y = −
1
3
x
Gradientes:
∇F = 3ˆı + ˆ
∇G = ˆı + 3ˆ
157

(e) ˙x = 4x − y = F (x, y)
˙y = x + 2y = G (x, y)
4x − y = 0
x + 2y = 0
∴ −→p ∗
= (0, 0)
Clasiﬁcación:
λ1 = λ2 = 3, @v =
1
1
λ1, λ2 ∈ R, con λ1 = λ2 > 0
∴ Se trata de un caso degenerado repulsor
Isoclinas:
˙x = 0 ⇒ y = 4x
˙y = 0 ⇒ y = −
1
2
x
Gradientes:
∇F = 4ˆı − ˆ
∇G = ˆı + 2ˆ
(f) ˙x = x + 3y = F (x, y)
˙y = −2x − 6y = G (x, y)
x + 3y = 0
−2x − 6y = 0
∴ @p∗
= x, −
x
3
←−múltiples
158

Clasiﬁcación:
λ1 = 0, @v1 =
−3
1
; λ2 = −5, @v2 =
1
−2
λ1, λ2 ∈ R, con λ1 = 0, λ2 < 0
∴ Se trata de un caso degenerado atractor
Isoclinas:
˙x = 0 ⇒ y = −
1
3
x
˙y = 0 ⇒ y = −
1
3
x
Gradientes:
∇F = ˆı + 3ˆ
∇G = −2ˆı − 6ˆ
14. (a) ˙x = x − y = F (x, y)
˙y = 1 − x2
= G (x, y)
x − y = 0
1 − x2
= 0
∴ @p∗
1 = (1, 1) , @p∗
2 = (−1, −1)
Clasiﬁcación:
J (x, y) =
Fx Fy
Gx Gy
=
1 −1
−2x 0
i. J (1, 1) =
1 −1
−2 0
λ1 = −1, @v1 =
1
2
; λ2 = 2, @v2 =
−1
1
∴ (1, 1) es un punto silla.
159

ii. J (−1, −1) =
1 −1
2 0
λ1,2 =
1
2
±
√
7
2
i
∴ (−1, −1) es una espiral repulsora.
(b) ˙x = 4x − 3xy = F (x, y)
˙y = 3y − xy. = G (x, y)
x (4 − 3y) = 0
y (3 − x) = 0
∴ @p∗
1 = (0, 0) , @p∗
2 = 3,
4
3
Clasiﬁcación:
J (x, y) =
Fx Fy
Gx Gy
=
4 − 3y −3x
−y 3 − x
i. J (0, 0) =
4 0
0 3
λ1 = 4, @v1 =
1
0
; λ2 = 3, @v2 =
0
1
∴ (0, 0) es un nodo repulsor.
ii. J 3,
4
3
=
0 −9
−4
3
0
λ1 = 2
√
3, @v1 =
9
−2
√
3
; λ2 = −2
√
3, @v2 =
9
2
√
3
∴ 3,
4
3
es un punto silla.
160

15. (a) ˙x = 2(y − ex
) = F (x, y)
˙y = −x = G (x, y)
2(y − ex
) = 0
−x = 0
∴ @p∗
= (0, 1)
Clasiﬁcación:
J (x, y) =
Fx Fy
Gx Gy
=
−2ex
2
−1 0
J (0, 1) =
−2 2
−1 0
PJ (λ) = λ2
+ 2λ + 2 = 0
∴ λ1,2 = −1 ± i
∴ (0, 1) es una espiral atractora.
Isoclinas:
˙x = 0 ⇒ y = ex
˙y = 0 ⇒ x = 0
Gradientes:
∇F(x, y) = −2ex
ˆı + 2ˆ
∇G(x, y) = −ˆı
161

Diagrama de fase:
(b) ˙x = y − 1, ˙y = 2(ex
− y).
˙x = y − 1 = F (x, y)
˙y = 2(ex
− y) = G (x, y)
y − 1 = 0
2(ex
− y) = 0
∴ @p∗
= (0, 1)
Isoclinas:
˙x = 0 ⇒ y = 1
˙y = 0 ⇒ y = ex
Clasiﬁcación:
J (x, y) =
Fx Fy
Gx Gy
=
0 1
2ex
−2
J (0, 1) =
0 1
2 −2
det J = −2 < 0
Gradientes:
∇F(x, y) = ˆ
∇G(x, y) = 2ex
ˆı − 2ˆ
162

Diagrama de fase:
(c) ˙x = y + ln x, ˙y = 1 − x, con x > 0.
˙x = y + ln x = F (x, y)
˙y = 1 − x = G (x, y)
y + ln x = 0
1 − x = 0
∴ @p∗
= (1, 0)
Clasiﬁcación:
J (x, y) =
Fx Fy
Gx Gy
=
1
x
1
−1 0
J (1, 0) =
1 1
−1 0
Pj (λ) = λ2
− λ + 1 = 0
λ1,2 =
1
2
±
√
3
2
i
∴ (1, 0) es una espiral repulsora.
Isoclinas:
˙x = 0 ⇒ y = − ln x
˙y = 0 ⇒ x = 1
Gradientes:
∇F(x, y) =
1
x
ˆı + ˆ
∇G(x, y) = −ˆı
163

Diagrama de fase:
16. (a) ˙x = y − 2 = F (x, y)
˙y = y − 2e−x
= G (x, y)
i. Punto ﬁjo ( ˙x = ˙y = 0):
y − 2 = 0
y − 2e−x
= 0
∴ @p∗
= (0, 2)
Clasiﬁcación:
J (x, y) =
Fx Fy
Gx Gy
=
0 1
2e−x
1
J (0, 2) =
0 1
2 1
det J = −2 < 0
ii. Espacios:
PJ (λ) = λ2
− λ − 2 = 0
∴ λ1 = −1, @v1 =
−1
1
, ms
= −1
λ2 = 2, @v2 =
1
2
, mu
= 2
∴
Es
(0, 2) = {(x, y) ∈ R|y = −x + 2}
Eu
(0, 2) = {(x, y) ∈ R|y = 2x + 2}
164

iii. Isoclinas y ﬂechitas:
˙x = 0 ⇒ y = 2
˙y = 0 ⇒ y = 2e−x
Gradientes:
∇F(x, y) = ˆ
∇G(x, y) = 2e−x
ˆı + ˆ
165

iv. Diagrama de fase:
(b) ˙x = 3 ln x − 2y = F (x, y)
˙y = 2(1 − x) = G (x, y)
i. Punto ﬁjo ( ˙x = ˙y = 0):
3 ln x − 2y = 0
2(1 − x) = 0
∴ @p∗
= (1, 0)
Clasiﬁcación:
J (x, y) =
Fx Fy
Gx Gy
=
3
x
−2
−2 0
J (1, 0) =
3 −2
−2 0
det J = −4 < 0
ii. Espacios:
PJ (λ) = λ2
− 3λ − 4 = 0
∴ λ1 = −1, @v1 =
1
2
, ms
= 2
λ2 = 4, @v2 =
−2
1
, mu
= −
1
2
∴
Es
(1, 0) = {(x, y) ∈ R2
|y = 2x − 2}
Eu
(1, 0) = (x, y) ∈ R2
|y = −
1
2
x +
1
2
"
166

˙x = 0 ⇒ y =
3
2
ln x
˙y = 0 ⇒ x = 1
Gradientes:
∇F(x, y) =
3
x
ˆı − 2ˆ
∇G(x, y) = −2ˆı
167

(c) ˙x = y + 1 − ex
= F (x, y)
˙y = yex
= G (x, y)
i. Punto ﬁjo ( ˙x = ˙y = 0):
y + 1 − ex
= 0
yex
= 0
∴ @p∗
= (0, 0)
Clasiﬁcación:
J (x, y) =
Fx Fy
Gx Gy
=
−ex
1
yex
ex
J (0, 0) =
−1 1
0 1
det J = −1 < 0
ii. Espacios:
PJ (λ) = λ2
− 1 = 0
∴ λ1 = −1, @v1 =
1
0
, ms
= 0
λ2 = 1, @v2 =
1
2
, mu
= 2
168

∴
Es
(0, 0) = {(x, y) ∈ R2
|y = 0}
Eu
(0, 0) = {(x, y) ∈ R2
|y = 2x}
˙x = 0 ⇒ y = ex
− 1
˙y = 0 ⇒ y = 0
Gradientes:
∇F(x, y) = −ex
ˆı + ˆ
∇G(x, y) = yex
ˆı + ex
ˆ
169

(d) ˙x = x − 1 = F (x, y)
˙y = ex
− y = G (x, y)
i. Punto ﬁjo ( ˙x = ˙y = 0):
x − 1 = 0
ex
− y = 0
∴ @p∗
= (1, e)
Clasiﬁcación:
J (x, y) =
Fx Fy
Gx Gy
=
1 0
ex
−1
J (1, e) =
1 0
e −1
det J = −1 < 0
∴ (1, e) es un punto silla.
ii. Espacios:
PJ (λ) = λ2
− 1 = 0
∴ λ1 = −1, @v1 =
0
1
, ms
→ ∞
λ2 = 1, @v2 =
2
e
, mu
=
e
2
170

∴
Es
(1, e) = {(x, y) ∈ R2
|x = 1}
Eu
(1, e) =
3
(x, y) ∈ R2
|y =
e
2
x +
e
2
4
˙x = 0 ⇒ x = 1
˙y = 0 ⇒ y = ex
Gradientes:
∇F(x, y) = ˆı
∇G(x, y) = ex
ˆı − ˆ
171

(e) ˙x = −2x + y = F (x, y)
˙y = −
6
ax
+ 3y = G (x, y) , x, y > 0 y a > 0
i. Punto ﬁjo ( ˙x = ˙y = 0):
−2x + y = 0
−
6
ax
+ 3y = 0
∴ y = 2x = 2
ax
∴ @p∗
=
1
√
a
,
2
√
a
Clasiﬁcación:
J (x, y) =
Fx Fy
Gx Gy
=
−2 1
6
ax2
3
J
1
√
a
,
2
√
a
=
−2 1
6 3
det J = −12 < 0
∴
1
√
a
,
2
√
a
es un punto silla.
ii. Espacios:
PJ (λ) = λ2
− λ − 12 = 0
∴ λ1 = −3, @v1 =
−1
1
, ms
= −1
λ2 = 4, @v2 =
1
6
, mu
= 6
172

∴
Es 1
√
a
,
2
√
a
= (x, y) ∈ R2
|y = −x +
3
√
a
"
Eu 1
√
a
,
2
√
a
= (x, y) ∈ R2
|y = 6x −
4
√
a
"
iii. ˙x = 0 ⇒ y = 2x
˙y = 0 ⇒ y =
2
ax
Gradientes:
∇F(x, y) = −2ˆı + ˆ
∇G(x, y) =
6
ax2
ˆı + 3ˆ
173

17. ˙k = f(k) − (n + δ)k − c,
.
c =
c
θ
(f′
(k) − ρ), k(t) > 0, c(t) > 0,
n, θ, ρ > 0
Si f(k) = k1/2
, n + δ = 1/5 y θ = ρ = 1/2, entonces se tiene el
sistema
˙k = k1/2
−
1
5
k − c = F (k, c)
.
c = c(k−1/2
− 1) = G (k, c)
(a) Puntos ﬁjos ˙k =
.
c = 0 :
k1/2
− 1
5
k − c = 0
c(k−1/2
− 1) = 0
∴ k = 1
∴ c = 1 −
1
5
=
4
5
∴ (k∗
, c∗
) = 1,
4
5
Clasiﬁcación:
J (k, c) =
Fk Fc
Gk Gc
=



1
2k1/2
−
1
5
−1
−
c
2k3/2
1
k1/2
− 1



J 1,
4
5
=



3
10
−1
−
2
5
0



det J = −2
5
< 0
∴ 1,
4
5
es un punto silla.
174

(b) PJ (λ) = λ2
−
3
10
λ −
2
5
= λ +
1
2
λ −
4
5
= 0
∴ λ1 = −
1
2
, @v1 =
5
4
; λ2 =
4
5
, @v2 =
−2
1
∴ La dirección estable (λ1 < 0) es @v1 =
5
4
y la inestable
(λ2 > 0) es @v2 =
−2
1
.
(c)
Es
1,
4
5
= (k, c) ∈ R2
++|c =
4
5
k
"
Eu
1,
4
5
= (k, c) ∈ R2
++|c = −
1
2
k +
13
10
"
Si k0 = 0.1 + k∗
= 1.1, para que el sistema converja al punto
(k∗
, c∗
) tiene que seguir la trayectoria deﬁnida por el espacio
estable c = 4
5
k , de modo que:
c0
∼=
4
5
k0 =
4
5
(1.1) = 0.88 > c∗
(d) ˙k = k1/2
−
1
5
k − c = F (k, c)
.
c = c(k−1/2
− 1) = G (k, c)
Isoclinas:
˙k = 0 ⇒ c =
√
k − 1
5
k
.
c = 0 ⇒
1
√
k
− 1 = 0
175

∴ k = 1 = k∗
Nota que el punto ﬁjo en este ejemplo no es el máximo de la
isoclina c =
√
k −
1
5
k.
176

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