DIN�MICA DISCRETA

CAPÍTULO 5

SISTEMAS DE ECUACIONES EN DESPLAZAMIENTO LINEALES

          Sea el sistema de ecuaciones:
                   
(1)               yt+1 = A∙yt

          en donde y es un vector de n componentes y A una matriz de n x n;

          la solución de este sistema es: yt = At∙y0.

          Sea el sistema de ecuaciones:

(2)               yt+1 = A1∙yt+1 + A2∙yt

          Se convierte al sistema 1, haciendo:
                                        A = [I – A1]−1∙A2

          Mientras que el sistema de ecuaciones:

(3)               yt+1 = A∙yt + b

          tendrá como solución, si ningún autovalor de A es igual a 1:

                    yt = At∙y0 + [I – A]−1∙b
          en donde yp = [I – A]−1∙b se denomina solución particular.

          En el caso de dos ecuaciones, si uno de los autovalores es igual a 1, la solución particular venda dado por:

          En donde Kp viene definido por:
Kp = 1/(1– D)[I – DA-1]
          Mientras que si los autovalores valen 1, se tiene como solución particular:

          En donde Kp viene definido por:
Kp = (1/2)[I –A-1]

Y el sistema de segundo orden:

(4)               xt+2 = A∙xt+1 + B∙xt

          Se puede plantear como un sistema de primer orden definiendo:
                    yt+1 = xt
          sustituyendo en (4) y avanzando se tiene el sistema:
                   

Propiedad: Cualquier sistema de ecuaciones lineales de n variables se puede transformar en un sistema lineal de una sola variable de orden n (y viceversa).

Veamos el procedimiento con un sistema de dos ecuaciones:

Sea:             xt+1 = a∙xt + b∙yt               (1)
                    yt+1 = c∙xt + d∙yt               (2)

          despejemos yt en la ecuación (1):

                    yt = (xt+1 – a∙xt) / b          (3)

          sustituyendo (3) en (2):

                    (xt+2 – a∙xt+1) / b = c∙xt + d∙(xt+1 – a∙xt) / b

          arreglando y reagrupando términos tenemos:

                    (xt+2 – a∙xt+1) = b∙c∙xt + d∙(xt+1 – a∙xt)

                    xt+2 – (a + d)∙xt+1 + (a∙d – b∙c)∙xt = 0

Análisis de las Soluciones del sistema yt+1 = A∙yt

1)       Si la matriz A tiene que los valores absolutos de algunos de sus autovalores son mayores que uno, entonces la solución diverge.

2)       Si todos los valores absolutos de los autovalores son menores que uno entonces la solución converge a 0.
 
3)       Y tendrán puntos de equilibrio distinto de cero si la matriz A tiene un autovalor igual a uno. Para que se de esta condición (autovalor =1) es necesario y suficiente, para ecuaciones de dos variables que:

(1)                                   a∙d – a – d + 1 = b∙c

          Pero para que la solución converja es necesario que el módulo de todos los autovalores sean menores o igual a 1 y al menos uno de ellos estrictamente menor que uno. Lo cual se da, si se cumple con la condición (1), con la siguiente condición adicional:
(2)                                             0 ≤ a + d < 2

          Si tiene más de un autovalor igual a uno puede tanto converger como diverger.
  Para obtener el punto de equilibrio de la solución veamos primero el siguiente aparte.

LA TRANSFORMADA GEOMETRICA (O TRANSFORMADA Z)

          Sea yt una función de los naturales en los reales, entonces se define como transformada geométrica (o transformada Z) de yt a:

                    Gy(z) = yo + y1∙z + y2∙z² + ...... =
                              = 
               

          En el apéndice II se da la tabla de las principales formas para la transformada Z.

Uso de la transformada geométrica para solucionar ecuaciones en diferencias.

          La técnica consiste en convertir la ecuación en transformada Z, en ambos lados y luego hallar la antitransformada. Ilustremos con dos ejemplos:

Ejemplo 1.
                              Sea: yt+1 − yt = t

utilizando las formulas A.12 y B.9 tenemos:

                              [(1−z)∙Gy(z) – y0]/z = z/(1–z)²

por lo cual:   
                    (1 – z)∙Gy(z) = z²/(1–z)² + Gy(0)

                    Gy(z) = z²/(1–z)3 + y0/(1–z)

                               = A∙z(1+z)/(1–z)3 + B∙z/(1−z)² + y0/(1–z)

resolviendo el sistema de ecuaciones para A y B se tiene:

                              A + B = 0
                              A – B = 1, por lo cual A=1/2, B=−1/2

Así:
          Gy(z) =  (1/2)∙z(1+z)/(1–z)3 – (1/2)∙z/(1−z)² + y0/(1−z)

Y utilizando las formulas, A.3, B.9, B.11 y B.3 de las transformadas se tiene:

                    yt = (t² − t)/2 + yo

Ejemplo 2:
                              Sea: yt+2 − 2∙yt+1 + yt = t

utilizando las formulas A.3, A.6 y B.9 tenemos:

                    z−2∙[Gy(z)–y0–y1∙z]–2∙z−1∙[Gy(z)–y0] + Gy(z) = z/(1–z)²

por lo cual:
                             
          (z−2 – 2∙z−1 + 1)∙Gy(z) = z/(1–z)² + z−2∙[y0+y1∙z]–2∙z−1∙y0

multiplicando ambos lados por z²:

          (1 – 2∙z + z²)∙Gy(z) = z3/(1–z)² + y0 + y1∙z – 2∙z∙y0

          (1 – z)²∙Gy(z) = z3/(1–z)² + y0 + (y1 – 2∙y0)∙z

          Gy(z) = z3/(1–z)4 + [y0 + (y1 – 2∙y0)∙z]/(1–z)²

Utilizando B.17 y A.5, B.13, B.9 y A.3

          yt = (1/3!)∙(t–2)∙(t–1)∙t + y0∙(t + 1) + (y1 – 2∙y0)•t

          yt = (1/6)∙(t−2)∙(t–1)∙t + y0 + (y1 – y0)∙t

Análisis  de  la  soluciones  de los  sistema  de  ecuaciones  en desplazamiento utilizando la TRANSFORMADA Z.

          Sabemos que la solución es: ŷt = At∙ŷo.

Utilizando la Transformada Z, para ver el comportamiento de At tenemos:  

                                                 [I − A∙z]−1

pero por la propiedad A.17:

de esta manera si A∞ existe, el limite existe y se tiene que la solución converge asintoticamente o harmónicamente al punto de equilibrio:

                                       ŷe = A∞∙ŷo

Ejemplo:
                              Sea    xt+1 = 0,3xt + 0,56yt
                                       yt+1 =   xt  +  0,2yt

Así tenemos que la matriz:

 

                                                  0,3    0,56
                                       A  =
                                                   1      0,2

tiene entre sus autovalores 1 (el otro vale −0,5), y se tiene que los puntos de equilibrio son de la forma x = 0,8y, o sea que los vectores de equilibrio ê son de  la forma:
                                                
                                                 0,8
                                       ê =             ∙α ,      α Î R
                                                   1
                                                

construíamos

                                                 [I − A∙z]

                                                 1 − 0,3z       −0,56z 

                                                   −z              1 − 0,2z

que tiene como determinante:

                               D = 1 −0,5z − 0,5z² = (1 + 0,5z)•(1 − z)

así que [I − A∙z]−1 viene dado por:
 

                                                  1 − 0,2z        0,56z 
                                      (1/D)∙
                                                       z             1 − 0,3z

así obtendremos que:

viene dado por:
 

                                                   0,8     0,56
                                      (1/1,5)∙
                                                    1        0,7

que multiplicado por el vector de valores iniciales (xo, yo) da el punto de atracción y uno de los puntos de equilibrio.

	A
	0,3	0,56
	1	0,2
t	xt	yt
0	100	100
1	86	120
2	93	110
3	89,5	115
4	91,25	112,5
5	90,375	113,75
6	90,8125	113,125
7	90,59375	113,4375
8	90,703125	113,28125
9	90,6484375	113,359375
10	90,6757813	113,320313
	A∞
	0,5333333	0,3733333
	0,6666667	0,4666667
	xe	ye
	90,6666667	113,333333

          Pero, también podemos obtener los elementos de la matriz At, a partir de la inversa de la transformación z, ver anexo III.