İKTİSADİ DİNAMİKLİK VE DİFERANSİYEL DENKLEMLER
BİRİNCİ SIRA DİFERANSİYEL DENKLEMLER
3
Sabit Katsayı ve Sabit Terimli Birinci Dereceden Doğrusal Diferansiyel Denklemler Bir denklemde türevin aldığı en yüksek kuvvete, o diferansiyel denklemin derecesi denir. Örneğin
( dy
dt )
2
ikinci dereceden ve
( dy
dt )
dy dt n
birinci dereceden,
n. derecedendir. Ancak
bunların hepsi, birinci sıradan türevlerdir.
dy dt türevinin ve y değişkeninin birinci dereceden oldukları,
( dy
dt ) y biçiminde çarpımın yer almadığı durumlara, birinci
sıradan doğrusal diferansiyel denklem denilir:
dy + u( t ) y = w ( t ) dt
4
Homojen Durum
u ve w fonksiyonları sabit, w özdeş olarak sıfıra eşitse, birinci dereceden
doğrusal
homojen
diferansiyel
denklemden denklem
ederiz:
dy + ay = 0 dt Bu denklemin çözümü şöyledir:
dy = − ay → dt
1 dy = −a → y dt
d ln y = −a dt
söz
5
∫ d ln y = ∫ − adt c − at
y=e e
→
→
ln y = − at + c → y = Ae
− at
y = y(0)e
y=e
− at + c
Genel Çözüm − at
Belirli Çözüm
Homojen Olmayan Durum
u ve w fonksiyonları sıfırdan farklı birer sabitse birinci dereceden doğrusal homojen olmayan diferansiyel denklemden denklem söz ederiz:
dy + ay = b dt
6
Bu denklemin çözümünü iki aşamada yapacağız. Birinci aşamada özel çözümü (yp), ikinci aşamada tamamlayıcı fonksiyonu (yc) bulacağız. Özel çözüm, verilen diferansiyel denklemin herhangi bir çözümüdür. Olanaklı en basit çözüm, olacağını düşünmektir. Eğer y,
dy dt = 0
k gibi bir sabit değerse,
olacaktır. Buna göre,
dy + ay = b → ay = b → dt 0
y=k gibi bir değer
b yp = a
(a ≠ 0)
7
Tamamlayıcı
fonksiyon,
daha
önce
yukarıda
elde
ettiğimiz
homojen durum çözümüdür:
yc = Ae
− at
Tamamlayıcı fonksiyon ile özel çözümün toplamı, diferansiyel denklemin genel çözümünü verecektir:
y( t ) = yc + y p = Ae
− at
b + a
(a ≠ 0)
8
A sabitinin değeri bilinmediğinden, buna genel çözüm diyoruz.
t=0 alarak, belirli çözüme ulaşabiliriz.
b b → A = y(0) − y(0) = A + a a b ⎤ − at b ⎡ y( t ) = ⎢ y(0) − ⎥ e + a⎦ a ⎣
9
Örnek 1:
y(0) = 10
başlangıç koşulu veriyken,
dy dt + 2 y = 6
çözelim:
b 6 yp = = = 3 , a 2 y( t ) = yc + y p = Ae
yc = Ae −2 t −2 t
+3
b A = y(0) − = 10 − 3 = 7 a y ( t ) = 7e
−2 t
+3
denklemini
10
Örnek 2:
y(0) = 1
başlangıç koşulu veriyken,
dy dt + 4 y = 0
çözelim:
b 0 yp = = = 0 a 4
,
yc = Ae −4 t
y( t ) = yc + y p = Ae −4 t b A = y(0) − = 1 − 0 = 1 a y( t ) = e
−4 t
denklemini
a=0 durumunda diferansiyel denklemin çözümü şöyle olur:
11
dy dy + ay = b → = b → dy = b dt dt dt
∫ dy = ∫ bdt
→
y( t ) = bt + c
Örnek 3:
y(0)=5 başlangıç koşulu veriyken, dy dt = 2 denklemini çözelim:
y( t ) = bt + c = 2t + c y(0) = c = 5
y ( t ) = 2t + 5
12
Çözümün türevini alarak, bir diferansiyel denklemin çözümünün doğruluğunu sınayabiliriz.
b ⎤ − at b ⎡ y( t ) = ⎢ y(0) − ⎥ e + a⎦ a ⎣ dy b ⎤ − at ⎡ = − a ⎢ y(0) − ⎥ e dt a⎦ ⎣
Bu
iki
ifadeyi,
denklemdeki
diferansiyel
yerlerine
yazıp
çözelim. Çözümün sol ve sağ yanı doğru
eşit
olursa,
olduğunu
çözümün
söyleriz.
işlemi aşağıda yapalım.
dy + ay = b dt ⎧⎡ b ⎤ − at b ⎤ − at b ⎫ ⎡ − a ⎢ y(0) − ⎥ e + a ⎨ ⎢ y(0) − ⎥ e + ⎬ = b → b = b a⎦ a⎦ a⎭ ⎣ ⎩⎣
Bu
13
Yukarıda eşitliğin her iki yanının da
b=b olduğunu gördük.
Başlangıç koşulu da sağlanırsa, çözümün doğruluğu belirlenmiş olacaktır.
t=0 için;
b ⎤ − at b ⎡ y( t ) = ⎢ y(0) − ⎥ e + a⎦ a ⎣ b⎤ b ⎡ y(0) = ⎢ y(0) − ⎥ + = y(0) a⎦ a ⎣
14
Piyasa Fiyatının Dinamikliği
Bir malın talep ve arz denklemlerinin sırasıyla aşağıdaki gibi olduğunu varsayalım.
Qd = α + β P
,
Qs = γ + δ P
,
( α, β >< 0) ( γ , δ >< 0)
Denge fiyatını belirleyelim:
Qd = Qs α + β P = γ + δP
→
α−γ >0 P = δ−β *
15
P(0)≠P* durumunda, dengeye geliş süreci gerçekleşirse, belirli bir uyumlanma zamanı gerektirecektir. Yani zaman içinde fiyat (ve arz-talep
miktarları)
oluşacaktır.
değişime
uğrayarak,
denge
yeniden
16
Bu
problemde
dengeye
geliş
tÆ∞ iken, diferansiyel denklem çözümüyle sürecinin
gerçekleşip
gerçekleşmediğini
inceleyeceğiz ve fiyatın zaman içerisindeki seyrini gösteren ilkel fonksiyona ulaşacağız. İlk olarak fiyatın zaman seyrini veren denkleme ulaşmaya çalışalım. Fiyat denge fiyatı değilse, arz-talep arasındaki farka bağlı olarak değişim gösterecektir.
j uyumlanma katsayısını göstersin. Buna
göre,
dP = j ( Qd − Qs ) dt
( j > 0)
Yukarıdaki
uyumlanma
denkleminde
arz
ve
talep
17
yerine
karşılıklarını yazalım ve denklemi düzenleyelim.
dP = j ( α + β P − γ − δP ) dt
→
dP + j (δ − β) P = j (α − γ ) dt
Bu denklem, birinci dereceden homojen olmayan doğrusal diferansiyel denklemdir ve çözümü aşağıdaki gibidir.
⎡ α − γ ⎤ − j ( δ−β ) t α − γ + P ( t ) = ⎢ P (0) − e ⎥ δ−β⎦ δ−β ⎣ P ( t ) = ⎡⎣ P (0) − P * ⎤⎦ e − j ( δ−β ) t + P *
α−γ P = >0 δ−β *
18
tÆ∞ iken, P(t)ÆP* olup olmayacağı, yukarıdaki çözümün sağında yer alan ilk terimin sıfıra gidip gitmemesine bağlıdır. Dolayısıyla bu da, e üstel teriminin üzerinde yer alan işarete bağlıdır. İşaret negatif ise,
P(t)’nin P*’a yakınsayacağını, pozitif ise yakınsa-
mayacağını söyleyebiliriz. Birinci durumda denge, kararlıdır (istikrarlıdır). Bu durumları genel olarak aşağıya yazalım.
j (δ − β) > 0
⇒
Denge kararlıdır:
j (δ − β) < 0
⇒
Denge kararsızdır:
P(t), P*’a yakınsar. P(t), P*’a yakınsamaz.
19
¾
j > 0 , δ−β > 0 → δ > β Denge kararlıdır:
ise,
P(t), P*’a yakınsar.
Buna göre, talep eğrisinin eğimi, arz eğrisinin eğiminden küçükse, dinamik kararlılık oluşur.
¾
j > 0 , δ−β < 0 → δ < β Denge kararsızdır:
ise,
P(t), P*’a yakınsamaz.
Buna göre, talep eğrisinin eğimi, arz eğrisinin eğiminden büyükse, dinamik kararsızlık oluşur.
20
Şekil 5.1. Piyasa Fiyatının Dinamikliği
P (t ) P (0)
• P ( t ) : P (0) > P * durumu
P*
• P ( t ) : P (0) < P * durumu
P (0)
• 0
t
Şekil 5.2. Piyasa Fiyatının Dinamikliği: Kararlı Durum
Q
S N
G
• F• 0
P1
D
E
• •M
P*
P2
P
•
21
Para Talebi ve Enflasyonda İstikrar Koşulu
22
Para talebinin nominal çıktıya bağlı ve para arzının merkez bankası kontrolü altında (dışsal) olduğu bir durum düşünelim. Reel çıktı sabitken, fiyatlar genel düzeyinin istikrarlı bir davranış göstermesi için, gereken koşulun ne olduğunu inceleyelim.
M d = kP ( t )Q
,
M S = Md
Ekonomideki sürekli fiyat hareketleri, para piyasası dengesinin bir fonksiyonudur.
dP ( t ) = b ( M S − Md ) dt
23
dP ( t ) = bM S − bM d = bM S − bkP ( t )Q dt Ayrıca gerçekleşen fiyatla, denge fiyatlar genel düzeyi (Pe) arasındaki farkı şöyle tanımlayalım:
Pˆ = P ( t ) − Pe
→
dPˆ dP ( t ) dPe = − dt dt dt
Denge durumunda fiyatlar sabit kalacağından, şunu yazabiliriz:
dPe =0 dt
→
dPˆ dP ( t ) = = bM S − bkP ( t )Q dt dt
24
Para piyasası dengedeyken:
M S − Md = 0 →
bM S − bkPe Q = 0
→
b ( M S − kPe Q ) = 0
dPˆ dP ( t ) dPe = − = ( bM S − bkP ( t )Q ) − ( bM S − bkPe Q ) dt dt dt dPˆ = − bkQ ( P ( t ) − Pe ) dt
→
dPˆ = − bkQPˆ dt
Bu diferansiyel denklemin çözümü aşağıdadır:
25
dPˆ = − bkQPˆ dt
∫
→
1 ˆ dP = ∫ − bkQdt Pˆ
Pˆ = e − bkQt + c
1 ˆ dP = − bkQdt Pˆ
→
→
ln Pˆ = − bkQt + c Pˆ = Ae − bkQt
b, k, Q > 0 olduğundan tÆ∞ iken Pˆ → 0 olur. Yani sistem istikrarlıdır.
Pˆ
’den hareketle,
belirleyelim.
P ’nin zamana bağlı izleyeceği yolu
26
Para Talebi ve Enflasyon Bekleyişleri Beklenen
enflasyonun,
şimdiki
enflasyonun
bir
fonksiyonu
olduğunu düşünelim:
dP ( t ) ⎡ dP ( t ) ⎤ ⎢ dt ⎥ = k dt ⎣ ⎦E Enflasyon beklentisi, hanehalklarının para talebini azaltır.
dP ( t ) ⎡ dP ( t ) ⎤ M d = kP ( t )Q − g ⎢ = kP ( t )Q − gh ⎥ dt ⎣ dt ⎦ E
27
Para piyasası dengesi ile enflasyon arasındaki ilişkiyi dikkate alarak denklemi yeniden düzenleyelim:
dP ( t ) = b ( M S − Md ) dt dP ( t ) ⎞ ⎛ = b ⎜ M S − kP ( t )Q − gh ⎟ dt ⎝ ⎠ dP ( t ) ⎤ ⎡ = bM S − b ⎢ kP ( t )Q − gh ⎥ dt ⎣ ⎦
28
Pˆ = P ( t ) − Pe
→
dPˆ dP ( t ) dPe = − dt dt dt
Para piyasası dengedeyken;
dPe = bM S − bkQPe = b ( M S − kQPe ) = 0 dt dPˆ ⎧ dP ( t ) ⎤ ⎫ ⎡ = ⎨ bM S − b ⎢ kQP ( t ) − gh ⎬ − b ( M S − kQPe ) ⎥ dt ⎩ dt ⎦ ⎭ ⎣ dP ( t ) dt
dPe dt
29
dPˆ dP ( t ) = − bkQ ( P ( t ) − Pe ) + bgh dt dt ˆ dPˆ dP = − bkQPˆ + bgh dt dt dPˆ − bkQPˆ = dt 1 − bgh
dPˆ dP ( t ) = dt dt Pˆ = P ( t ) − Pe
30
dPˆ − bkQPˆ = dt 1 − bgh
∫
→
− bkQ 1 ˆ dP = ∫ dt 1 − bgh Pˆ
Pˆ = Ae
− bkQ t 1 − bgh
1 ˆ − bkQ dP = dt 1 − bgh Pˆ →
− bkQ ˆ lnP = t+c 1 − bgh
31
b, k, Q>0 olduğundan tÆ∞ iken Pˆ → 0 olabilmesi için bgh<1 olmalıdır.
h>1 durumunda da (yani bireyler enflasyonun önceki
dönemlere
göre
hızlanacağı
beklentisine
yeterince küçük sayılar aldığında
t=0
→
girerse,
bgh<1 sağlanabilir.
Pˆ = A = P (0) − Pe
Pˆ = ( P (0) − Pe ) e − bkQt = P ( t ) − Pe P ( t ) = Pe + ( P (0) − Pe ) e
− bkQt
b ve g
32
Değişken Katsayı ve Değişken Terimli Birinci Sıradan Doğrusal Diferansiyel Denklemler Şimdi değişken katsayı ve değişken terim durumuna sahip birinci sıra diferansiyel denklemi inceleyelim. Bu denklemi şöyle yazabiliriz:
dy + u( t ) y = w ( t ) dt Homojen Durum
dy + u( t ) y = 0 → dt
1 dy = − u( t ) → y dt
d ln y = − u( t ) dt
33
∫ d ln y = ∫ − u(t )dt
→
ln y + c = − ∫ u( t )dt
ln y = − c − ∫ u( t )dt y( t ) = e e ∫
− c − u ( t ) dt
→
y( t ) = Ae ∫
− u ( t ) dt
Bu, genel çözümdür. Başlangıç koşulu verildiğinde, belirli çözüm elde edilebilir.
34
Örnek 4:
dy + 3t 2 y = 0 dt
denkleminin genel çözümünü bulalım.
2 3 u ( t ) dt = (3 t ) dt = t +c ∫ ∫
y( t ) = Ae
−t3
35
Homojen Olmayan Durum
dy + u( t ) y = w dt
w≠0
Bu tür diferansiyel denklemlerin çözümünün nasıl yapıldığını izleyen konularda anlatacağız. Ancak, öncelikle tam diferansiyel, entegral faktörü gibi kavramları tanımamız gerekir. Şimdilik açık çözüm yapmaksızın, genel çözümü verelim:
y( t ) = e ∫
− udt
⎛ A + we ∫ udt dt ⎞ ⎜ ⎟ ∫ ⎝ ⎠
36
Örnek 5:
dy + 2ty = t dt
u = 2t
→
denkleminin genel çözümünü bulalım.
2 u dt = (2 t ) dt = t + c1 ∫ ∫
w=t
∫ y( t ) = e
− udt
⎛ A + we ∫ udt dt ⎞ ⎜ ⎟ ∫ ⎝ ⎠
y( t ) = e
− ( t 2 + c1 )
−t2
=e e
− c1
− c1
= Ae e
(
= Ae y( t ) = Be
− c1
−t2
( A + ∫ te dt ) ( A + e ∫ te dt ) ( t 2 + c1 )
t2
c1
−t2
+e
)
−t2
+ c2 e
1 + 2
⎛ 1 t2 ⎞ ⎜ 2 e + c2 ⎟ ⎝ ⎠
−t2
1 + 2
37
38
Örnek 6:
dy 2 + 12 y + 2e t = 0 dt dy + 6 y = −e t dt
y( t ) = e
−6 t − c1
=e
(
−6 t − c1
= Ae
6 y(0) = 7
u=6
∫ u dt = ∫ (6)dt = 6t + c
→
1
w = −e t
( A + ∫ −e e t
6 t + c1
)
dt = e
−6 t − c1
⎛ ⎞ c1 1 7t ⎜ A − e 7 ∫ 7e dt ⎟ ⎝ ⎠
1 t ⎛ ⎞ − c1 −6 t c1 1 −6 t 7t − + = − − A e e c Ae e e e c2 ( ) ⎜ 2 ⎟ 7 7 ⎝ ⎠
− c1
)
− c2 e
−6 t
1 t − e 7
→
y( t ) = Be
−6 t
1 t − e 7
39
Örnek 6 (devamı):
Yukarıda denklemin genel çözümünü bulduk. Şimdi başlangıç koşulunu kullanarak, belirli çözümü elde edelim.
t=0
6 y(0) = 7
→
y( t ) = Be
−6 t
1 t − e 7
→
1 6 y(0) = B − = → B=1 7 7
Bu sonuca göre belirli çözümü yazalım:
y( t ) = e
−6 t
1 t − e 7
Tam Diferansiyel Denklemler İki değişkenli
40
F(y,t) fonksiyonu verildiğinde, bunun toplam
diferansiyeli şudur:
∂F ∂F dF ( y , t ) = dy + dt ∂y ∂t Bu diferansiyel denklem sıfıra eşitse, tam diferansiyel denklem adını veriyoruz:
∂F ∂F dy + dt = 0 ∂y ∂t
41
Örneğin
F ( y, t ) = y 2t + c
fonksiyonunu inceleyelim.
∂F ∂F dF ( y , t ) = dy + dt = 2 yt dy + y 2 dt = 0 ∂y ∂t ya da
dy y 2 + =0 dt 2 yt Bu denklem, bir tam diferansiyel denklemdir.
42
Genel olarak
Mdy + Ndt = 0 gibi bir diferansiyel denklem, ancak
ve ancak Young teoremi gereği şu koşul sağlanırsa, bir tam diferansiyel denklemdir:
∂M ∂ N = ∂t ∂y Bir tam diferansiyel denklem, doğrusal olmayan olabilir. Ancak, mutlaka birinci derecedendir. Bir tam diferansiyel denklemin çözülmesi,
F(y,t) ilkel fonksi-
yonunun bulunması demektir. Şimdi birkaç aşamada, çözümün nasıl yapılacağını görelim.
43
Çözüm Yöntemi:
1. Birinci aşamada tam diferansiyel denklemin her iki yanının y değişkenine göre entegrali alınır.
∂F ∂F ∫ dF ( y, t ) = ∫ ∂y dy + ∫ ∂t dt
→
∂F F ( y, t ) = ∫ dy + ψ( t ) ∂y
2. İkinci aşamada, yukarıdaki sonucun t ’ye göre türevi alınır.
∂F =N ∂t
44
3. İkinci aşamadaki sonucun t ’ye göre entegralini alırız. 4. Birinci ve üçüncü aşamadaki sonuçları birleştirirsek, F(y,t) fonksiyonuna ulaşırız. Bu dört aşamayı örneklerle görelim.
Örnek 7:
2 ytdy + y dt = 0 2
M = 2 yt ,
tam diferansiyel denklemini çözelim.
N = y2
45
1. Aşama:
dF ( y , t ) = 2 ytdy + y 2 dt = 0
∫ dF ( y, t ) = ∫ 2 ytdy + ∫ y dt = ∫ 0dy 2
F ( y , t ) = y t + ψ( t ) = c1 2
2. Aşama:
∂F ( y , t ) 2 = y + ψ ′( t ) → ∂t y 2 + ψ ′( t ) = y 2 ,
∂F ( y , t ) =N ∂t
ψ ′( t ) = 0
46
3. Aşama:
ψ( t ) = ∫ ψ′( t )dt = ∫ 0dt = c2 4. Aşama:
F ( y , t ) = y 2 t + ψ( t ) y t = c1 − c2 2
→
→
F ( y , t ) = y 2 t + c2 = c1
y( t ) =
c t
= ct
−
1 2
47
Yukarıdaki problemi şöyle de çözebiliriz:
2 ytdy + y 2 dt = 0
∫
1 1 1 dy = − ∫ dt y 2 t
y( t ) = ct
−
1 2
→ →
2 ytdy = − y 2 dt 1 ln y + c1 = − ( ln t + c2 ) 2
48
Örnek 8:
( t + 2 y ) dy + ( y + 3t 2 ) dt = 0 Tam diferansiyel denklemini çözelim.
M = t + 2y ,
N = y + 3t
2
→
∂M ∂N = =1 ∂t ∂y
1. Aşama:
F ( y , t ) = ∫ ( t + 2 y ) dy + ψ( t ) = ty + y 2 + ψ( t )
2. Aşama:
∂F = y + ψ ′( t ) = N = y + 3 t 2 ∂t
3. Aşama:
2 ( ) 3 t t ∂ψ = ∫ ∫ dt
4. Aşama:
F ( y , t ) = ty + y 2 + t 3 = c
→
→
ψ( t ) = t 3
ψ ′( t ) = 3 t 2
49
Denklem tam diferansiyel değilse, entegral faktörü kavramına başvururuz. Yukarıda örnek 2’de yaptığımız gibi, verilen bir birinci sıradan doğrusal diferansiyel denklemin öncelikle tam olup olmadığını kontrol etmeliyiz. Bir tam diferansiyel denklem şu koşulu yerine getirmelidir:
∂M ∂N = ∂t ∂y Örneğin
2tdy + ydt = 0
denklemi tam değildir.
50
M = 2t N=y
→ →
∂M =2 ∂t ∂N =1 ∂y
∂M ∂N =2≠ =1 ∂t ∂y
Tam olmayan bir diferansiyel denklemi, entegral faktörü ile tam diferansiyel
denkleme
dönüştürerek,
çözümünü
yapabiliriz.
Şimdi entegral faktörünün nasıl belirleneceğini görelim. Birinci sıradan
doğrusal
(tam
dikkate alarak başlayalım.
olmayan)
bir
diferansiyel
denklemi
51
dy + uy = w dt
→
dy + ( uy − w ) dt = 0
Bu durumda, tam diferansiyel denklem sınamasını kullanarak tamlık sınamasını yaparız. Tam olmadığını belirlersek, önündeki
terimlerin
dönüştürmek için
tamlık
koşulunu
I (entegral faktörü) ile çarparız.
I dy + I ( uy − w ) dt = 0 M
sağlayacak
N
dy ve dt biçime
52
I entegral faktörü, yukarıdaki diferansiyel denklemi tam biçime dönüştürdüğünden, tamlık sınaması sağlanacaktır:
∂M dI = ∂t dt
∂ M ∂N = ∂t ∂y
∂N d ( I ( uy − w ) ) = = Iu ∂y dy
dI = Iu dt
→
udt ∫ I ( t ) = Ae
53
Birinci Sıradan Doğrusal Olmayan Diferansiyel Denklemler İçin Entegral Faktörü Kuralları Kural 1:
1 ⎛ ∂M ∂N ⎞ − ⎜ ⎟ = f ( y) ∂y ⎠ N ⎝ ∂t
ise
f ( y ) dy ∫ I =e
Kural 2:
1 ⎛ ∂N ∂M ⎞ − ⎜ ⎟ = g( t ) M ⎝ ∂y ∂t ⎠
ise
g ( t ) dt ∫ I =e
54
Kural 3:
M = t f ( y , t ) ve N = y g ( y , t ) 1 I= yM - tN
ise,
55
Örnek 9:
5 ytdy + ( 5 y 2 + 8t ) dt = 0 M = 5 yt , N = 5 y 2 + 8t ∂M ∂N = 5y ≠ = 10 y ∂t ∂y
56
Kural 1’i uygulayalım.
1 ⎛ ∂M ∂N ⎞ − ⎜ ⎟ = f ( y) ∂y ⎠ N ⎝ ∂t −5 y 1 ( 5 y − 10 y ) = 2 2 5 y + 8t 5 y + 8t
Bu sonuca göre, entegral faktörü yalnızca değildir. Bu nedenle kural 2’yi uygulayalım.
y ’nin bir fonksiyonu
57
Kural 2’yi uygulayalım.
1 ⎛ ∂ N ∂M ⎞ − ⎜ ⎟ = g(t ) ∂t ⎠ M ⎝ ∂y 1 5y 1 = ( 10 y − 5 y ) = 5 yt 5 yt t Sonuç yalnızca
t ’nin bir fonksiyonu olduğundan, bunu entegral
faktörüne ulaşmada kullanabiliriz. Entegral faktörü:
g ( t ) dt ∫ ∫ I =e =e
1 dt t
=e
ln t
=t
58
Şimdi özel durumlar için entegral faktörünü bir tabloyla verelim.
Entegral Faktörü
Tam Diferansiyel
dt ( y , t )
tdy − ydt
1 − 2 y
⎛t⎞ ydt − tdy = d⎜ ⎟ 2 y ⎝ y⎠
tdy − ydt
1 t2
tdy − ydt ⎛ y⎞ = d⎜ ⎟ 2 t ⎝t⎠
tdy − ydt
1 − ty
⎛ t⎞ ydt − tdy = d ⎜ ln ⎟ ty ⎝ y⎠
59
Entegral Faktörü
Tam Diferansiyel
1 ty
tdy + ydt = d ( ln ty ) yt
tdy + ydt tdy + ydt ydy + tdt
1
( ty )
n
, n>1
1 y2 + t 2
dt ( y , t )
tdy + ydt
( yt )
n
⎡ ⎤ −1 ⎥ =d⎢ n −1 ⎢⎣ ( n − 1)( yt ) ⎥⎦
ydy + tdt ⎡1 2 2 ⎤ d y t ln = + ⎢2 ⎥ y2 + t 2 ⎣ ⎦
(
)
60
Entegral Faktörü
ydy + tdt atdy + bydt
1
(y
2
+t
y
2
)
n
, n>1
a −1 b −1
t
Tam Diferansiyel
dt ( y , t )
ydy + tdt
(y
2
+t
2
)
n
⎡ −1 =d⎢ ⎢ 2 ( n − 1) y 2 + t 2 ⎣
(
(
)
⎤ ⎥ n −1 ⎥ ⎦
y a − 1 t b − 1 ( atdy + bydt ) = d y a t b
)
udt udt ∫ ∫ e dy + e ( uy − w ) dt = 0
61
Artık bu denklem, bir tam diferansiyel denklemdir ve yukarıda öğrendiğimiz tam diferansiyel denklem çözümüyle çözülebilir. udt udt ∫ ∫ F ( y, t ) = ∫ e dy + ψ( t ) = ye + ψ( t ) udt udt ∂F ∫ ∫ = yue + ψ ′( t ) = N = e ( uy − w ) ∂t udt ∫ ψ′( t ) = − we
62
udt ∫ ∫ ∂ψ(t ) = − ∫ we dt
udt ∫ ψ( t ) = − ∫ we dt
udt udt ∫ ∫ F ( y , t ) = ye − ∫ we dt = c
y( t ) = e ∫
− udt
⎛ A + we ∫ udt dt ⎞ ⎜ ⎟ ∫ ⎝ ⎠
63
Örnek 10:
2 yt 3 dy + 3 y 2 t 2 dt = 0 Diferansiyel
denklemini
tamlık
sınamasından
geçirelim
çözelim.
M = 2 yt
3
N = 3y t
2 2
→
∂M = 6 yt 2 ∂t
→
∂N 2 = 6 yt ∂y
∂M ∂ N = = 6 yt 2 ∂t ∂y
ve
64
F ( y , t ) = ∫ ( 2 yt
3
) dy + ψ(t ) = y t
2 3
∂F = 3 y 2 t 2 + ψ ′( t ) = N = 3 y 2 t 2 ∂t
∫ ∂ψ(t ) = ∫ 0dt
→
F ( y , t ) = y t + c1 = c2 2 3
+ ψ( t )
→
ψ ′( t ) = 0
ψ( t ) = c1 →
y( t ) = ct
−3 2
65
Örnek 11:
dy + 2ty = t dt Denkleminin genel çözümünü bulalım.
dy + ( 2ty − t ) dt = 0
→ M = 1 , N = ( 2ty − t )
∂M ∂N =0≠ = 2t ∂t ∂y udt 2 t dt t2 ∫ ∫ =e =e I =e t2
e dy + e
t2
( 2ty − t ) dt = 0
∫e
t2
dy + ∫ e
t2
( 2ty − t ) dt = ∫ 0
t2
→
e y + ψ( t ) = c1 F ( y ,t )
∂F t2 t2 = N = 2te y + ψ′( t ) = e ( 2ty − t ) ∂t t2
t2
t2
2te y + ψ′( t ) = e 2ty − e t
∫ d ψ(t ) = ∫ − te
t2
dt
1 t2 ψ ( t ) = − e + c2 → 2 y( t ) = Ae
−t2
1 + 2
→
→
ψ′( t ) = − te
1 t2 ψ( t ) = − ∫ 2te dt 2 1 t2 e y − e + c2 = c1 2 t2
t2
66
67
Doğrusal Olmayan Denklemler Bir doğrusal diferansiyel denklemde hem
dy/dt terimini hem de y
bağımlı değişkenini birinci derece olarak sınırladık ve biçiminde bir çarpıma denklemde yer vermedik. birinci dereceden olsa da,
(dy/dt)y
dy/dt terimi
y değişkeni birinci dereceden daha
yüksek bir kuvvete sahip olursa, denklem doğrusal olmayan duruma dönüşür.
68
Doğrusal Biçime Dönüştürülebilen Denklemler
y
−n
dy 1− n + Ry = T dt
ya da
dy n + Ry = Ty dt
Biçimindeki doğrusal olmayan diferansiyel denklem, Bernoulli Denklemi olarak adlandırılmaktadır. Bu denklem, doğrusal biçime dönüştürülerek çözülebilir. Dönüştürme işlemi aşağıdaki gibi yapılır:
z= y z= y
1− n
1− n
→
69
diyelim.
dz dz dy = dt dy dt
1 dy n dz = y dt (1 − n) dt
→
dz − n dy = (1 − n) y dt dt
1 n − n dz → y y + Rz = T dt (1 − n)
dz + (1 − n) R z = T (1 − n) dt
70
dz + (1 − n) R z = T (1 − n) dt
u
Bu denklem,
w
( dz
dt ) + uz = w
biçiminde birinci sıra, birinci
dereceden doğrusal bir diferansiyel denklemdir ve yukarıda kullandığımız yöntemle çözebiliriz. Örnek 12:
dy + ty = 3ty 2 dt Bernoulli
denklemini
doğrusallaştırırız.
çözelim.
İlk
olarak
bu
denklemi
71
R=t , z= y
−1
T = 3t , →
z= y
dz −2 dy = −y dt dt
dz 2 −y + ty = 3ty → dt 2
dz − tz = −3t dt
1− n
=y
1− 2
=y
−1
dy 2 dz → = −y dt dt
dz −1 − ty = −3t dt
Doğrusal diferansiyel denklem
72
Doğrusallaştırdığımız bu diferansiyel denklemi tamlık sınamasından geçiririz. Tam ise, doğrudan çözüme geçeriz. Değilse, entegral faktörünü kullanarak tamlaştırır, sonra çözeriz.
dz − tz = −3t dt M =1 → N = − tz + 3t
dz + ( − tz + 3t ) dt = 0
→ ∂M =0 ∂t →
∂N = −t ∂z
∂M ∂N ≠ ∂t ∂z
73
udt − t dt −t2 2 ∫ ∫ =e =e I (t ) = e
2
e
−t 2
e
−t2 2
dz + e
2
−t 2
( − tz + 3t ) dt = 0
dz + e
−t2 2
( − tz + 3t ) dt = 0
(
F ( z, t ) = ∫ e
−t2 2
) dz + ψ(t ) = e
Tamlaştırılmış diferansiyel denklem
−t2 2
z + ψ( t )
74
∂F −t2 2 −t2 2 = − tze + ψ ′( t ) = N = e ( − tz + 3t ) ∂t ψ( t ) = 3te
−t2 2
∫ ∂ψ(t ) = ∫ 3te F ( z, t ) = e z ( t ) = ce
−t2 2
t2 2
−t2 2
dt
z − 3e
+3
→
−t2 2
ψ ( t ) = − 3e
+ c2 = c1
−t2 2
+ c2
75
z ( t ) = ce z= y
t2 2
−1
y( t ) =
+3 →
1 ce
t2 2
+3
−1
y = ce
t2 2
+3
76
Örnek 13:
dy 1 3 + y= y dt t Bernoulli
denklemini
çözelim.
İlk
olarak
bu
doğrusallaştırırız.
dy n + Ry = Ty dt 1 R= , t
T =1 ,
z= y
1− n
=y
1− 3
=y
−2
denklemi
77
z= y
−2
→
dz −3 dy = −2 y dt dt
dy 1 3 dz =− y dt 2 dt 1 3 dz 1 3 − y + y= y → 2 dt t dz 1 − 2 z = −2 dt t
→
dz 1 −2 − 2 y = −2 dt t
⎛ 1 ⎞ dz + ⎜ −2 z + 2 ⎟ dt = 0 ⎝ t ⎠
M =1 →
78
∂M =0 ∂t
1 N = −2 z + 2 t udt ∫ ∫ =e I (t ) = e
→ 1 −2 dt t
∂N 1 = −2 t ∂z =e
−2ln t
=t
−2
F ( z , t ) = ∫ t −2 dz + ψ( t ) = t −2 z + ψ( t ) ⎛ 1 ⎞ t dz + t ⎜ −2 z + 2 ⎟ dt = 0 ⎝ t ⎠ −2
−2
79
∂F 1 ⎞ −3 −2 ⎛ = − 2 t z + ψ ′( t ) = N = t ⎜ − 2 z + 2 ⎟ ∂t ⎝ t ⎠ −2 ′ ψ ( t ) = 2t
∫ ∂ψ(t ) = ∫ 2t −2
−2
→
dt −1
ψ ( t ) = − 2 t + c2
F ( z , t ) = t z − 2t + c2 = c1 z ( t ) = 2t + ct 2
−1
80
z ( t ) = 2t + ct 2 z= y
−2
→
y( t ) = ( 2t + ct
2
)
y −1 2
−2
= 2t + ct
2
81
Neoklasik Büyüme Modeli (ya da Solow-Swan Tipi Büyüme Modeli) Robert Solow’un büyüme modeli, Domar modelinin bıçak sırtı büyüme
sürecinin
sabit
katsayılı
üretim
fonksiyonunun
varsayılmasından kaynaklandığını ve ikameye olanak sağlayan bir
üretim
fonksiyonu
altında
böylesi
bir
sürecin
ortaya
çıkmayabileceğini göstermeye çalışmaktadır. Solow büyüme modelinde kullanılan üretim fonksiyonu, ölçeğe göre sabit getirili,
sermaye-işgücü
konkavdır:
ikamesine
olanak
veren,
kesin
82
Y = f ( K , L)
,
K, L > 0
⎛K⎞ Y = Lf ⎜ ⎟ = Lf ( k ) ⎝ L⎠ fK = f ′ ( k ) > 0 ,
f KK
f KK = f ′′ ( k ) < 0
∂f ′ ( k ) f ′′ ( k ) = = ∂K L
83
dK K≡ = sY − δK dt
,
L =n L
K = sLf ( k ) − δK K k≡ L
→
ln k = ln K − ln L
d ln k d ln K d ln L = − → dt dt dt
k K L = − k K L
84
k sY − δK = −n → k K k=
sY ( K L ) K
sYk k= − ( n + δ )k K
− ( n + δ )k →
k = sy − ( n + δ )k
Y k = s − ( n + δ )k L
85
Şekil 5.3. Neoklasik Büyüme Modelinde Dinamik Davranış
f (k )
k (n + δ) z
0
k 0
*
k
z
z
k*
sf ( k )
k
k
k = sf ( k ) − ( n + δ ) k
86
Şimdi
Cobb-Douglas
üretim
fonksiyonu
kullanarak
Solow
büyüme modelini yeniden inceleyelim ve ekonominin durağan durum dengeli gelişme sürecinde sermaye birikim fonksiyonunu diferansiyel denklem çözümüne örnek oluşturacak biçimde çözelim.
α
1−α
Y=K L
→
k = sk − ( n + δ ) k α
Y ⎛K⎞ =⎜ ⎟ L ⎝ L⎠ →
α
→
y = kα
k + ( n + δ ) k = sk
α
87
Son denklem, bir Bernoulli denklemidir. Bu nedenle, birinci sıra, birinci dereceden doğrusal olmayan bir diferansiyel denklem çözümü yapacağız.
dk α + ( n + δ ) k = sk dt z=k
1−α
→
dz dz dk = dt dk dt
dz − α dk = (1 − α )k dt dt
→
α
dk k dz = dt (1 − α ) dt
88
α
k dz α + ( n + δ ) k = sk (1 − α ) dt dz 1−α + (1 − α ) ( n + δ ) k = (1 − α ) s dt dz + (1 − α ) ( n + δ ) z = (1 − α ) s dt dz + ⎡⎣(1 − α ) ( n + δ ) z − (1 − α ) s ⎤⎦ dt = 0
89
M =1 →
∂M =0 ∂t
∂N N = ⎡⎣(1 − α ) ( n + δ ) z − (1 − α ) s ⎤⎦ → = (1 − α ) ( n + δ ) ∂z udt (1−α )( n +δ ) dt (1−α )( n +δ ) t ∫ ∫ I =e =e =e
e
(1−α )( n +δ ) t
dz + e
F ( z, t ) = ∫ e
(1−α )( n +δ ) t
(1−α )( n +δ ) t
⎡⎣(1 − α ) ( n + δ ) z − (1 − α ) s ⎤⎦ dt = 0
dz + ψ( t ) = e
(1−α )( n +δ ) t
z + ψ( t )
∂F (1−α )( n +δ ) t z + ψ ′( t ) = (1 − α ) ( n + δ ) e ∂t N =e
(1−α )( n +δ ) t
⎡⎣(1 − α ) ( n + δ ) z − (1 − α ) s ⎤⎦
∂F =N ∂t (1 − α ) ( n + δ ) e =e
(1−α )( n +δ ) t
(1−α )( n +δ ) t
z + ψ ′( t )
⎡⎣(1 − α ) ( n + δ ) z − (1 − α ) s ⎤⎦
(1−α )( n +δ ) t ′ ψ (t ) = e − (1 − α ) s
ψ( t ) = ∫ − (1 − α ) se
(1−α )( n +δ ) t
dt
90
91
s (1−α )( n +δ ) t ψ( t ) = − + c2 e (n + δ) F ( z, t ) = e e
(1−α ) λ t
s (1−α )( n +δ ) t + c2 = c1 z− e (n + δ)
s (1−α )( n +δ ) t z =c+ e (n + δ)
z ( t ) = ce
z=k
(1−α )( n +δ ) t
1−α
− (1−α )( n +δ ) t
→
s + (n + δ)
⎡ − (1−α )( n+δ ) t s ⎤ k ( t ) = ⎢ ce + ⎥ (n + δ) ⎦ ⎣
1 1−α
92
⎡ s ⎤ t = 0 → k (0) = ⎢ c + ⎥ ⎣ (n + δ) ⎦ 1−α
c = k (0)
1 1−α
s − (n + δ)
⎡⎛ s ⎞ − (1−α )( n+δ ) t s ⎤ 1−α k ( t ) = ⎢⎜⎜ k (0) − + ⎥ ⎟⎟ e (n + δ) ⎠ ( n + δ ) ⎥⎦ ⎢⎣⎝
1 1−α
93
Şekil 5.4. Neoklasik Büyüme Modelinde Kararlı Süreç 100
80
60
40
⎡⎛ s ⎞ − (1−α )( n+δ ) t s ⎤ 1−α k ( t ) = ⎢⎜⎜ k (0) − + ⎥ ⎟⎟ e (n + δ) ⎠ ( n + δ ) ⎥⎦ ⎢⎣⎝
1 1−α
k (0) = 100 , s = 0.2 , n = 0.01, δ = 0.03 , α = 0.3 ⎛ s ⎞ lim k ( t ) → ⎜⎜ ⎟⎟ t →∞ ⎝ (n + δ) ⎠
1 1−α
,
⎛ s ⎞ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎝ (n + δ) ⎠
1 1−α
= 9.97
20
100
200
300
400
500
94
Yakınsama Hızının Belirlenmesi ve Ölçülmesi Solow
büyüme
modelinin
temel
denklemini
Harrod-nötr
teknolojik gelişmeyi de dikkate alacak şekilde yeniden yazarak çözümlemeye başlayalım.
( )
k = sf k − ( n + g + δ ) k Bu denklemi,
k ’nin durağan durum değeri ( k * ) etrafında bi-
rinci sıra açılımını yaparız:
( )
(
k = ⎡ sf ′ k * − ( n + g + δ ) ⎤ k − k * ⎣ ⎦
)
95
Açılımın nasıl yapıldığını daha ayrıntılı görelim:
( )
( )
(
k = ⎡ sf k * − ( n + g + δ ) k * ⎤ + ⎡ sf ′ k * − ( n + g + δ ) ⎤ k − k * ⎣ ⎦ ⎣ ⎦ Durağan durumda
0 ’a eşittir.
( )
(
* * ⎡ ⎤ ′ k = sf k − ( n + g + δ ) k − k ⎣ ⎦
Durağan durumda
)
)
k * = 0 olacağını dikkate alarak, açılımı yeniden
düzenleyelim ve buradan
s ’yi çekelim.
96
( )
k * = sf k * − ( n + g + δ ) k * = 0
( ) = (n + g + δ) k
sf k
*
*
→
s=
(n + g + δ) k
( )
f k*
⎡ ( n + g + δ ) k* ⎤ * * ⎢ ⎥ ′ k= f k − (n + g + δ) k − k * ⎢ ⎥ f k ⎣ ⎦
( )
( )
(
)
*
97
( ) ( )
⎡ f ′ k* k* ⎤ ⎥ ( n + g + δ ) k − k* k=⎢ 1 − ⎢ f k* ⎥ ⎣ ⎦
(
)
Üretim fonksiyonu olarak Cobb-Douglas’ı dikkate aldığımızda,
( )
* * sermayenin payı ( f ′ k k
( )
f k * ), α olacaktır. Bu durumu dik-
kate alarak yukarıdaki denklemi yeniden yazalım:
(
k = [ α − 1] ( n + g + δ ) k − k *
(
k =λ k−k
*
)
)
ya da
98
Bu son denklemde,
λ = [ α − 1] ( n + g + δ ) olarak dikkate alınmıştır.
λ , kişi başına sermayenin cari değeri
ile durağan durum değeri arasındaki açıklığın kapanma hızını verir. Buna büyüme literatüründe yakınsama hızı denilmektedir. Sermaye için türettiğimiz bu ifadeyi, kişi başına gelir düzeyinin yakınsamasını belirlemek için de türetelim.
99
İlk olarak üretim fonksiyonunu yazalım.
( )
y= f k
Üretim fonksiyonunun durağan durum değeri etrafında birinci sıra Taylor açılımını yapalım ve ayrıca zamana göre türevini belirleyelim.
( )
( )(
y = f k* + f ′ k*
( )(
y* − y = f ′ k *
( )
y= f′ k k
k − k*
k* − k
)
)
100
(k − k )
y − y* = * ′ f k
(
y− y = y
*
k−k
*
)
( )
k
*
( )
f′ k =
ve
→
(
)
k − k* =
y k
* − y y ( )k
y
101
Bunları sermaye yakınsama denklemindeki yerlerine yazar ve yeniden düzenlersek kişi başına gelir yakınsamasına ulaşırız.
k=λ
* y ( − y) k
y
y = λ ( y* − y )
102
Yakınsamanın Sınanmasında Kullanılan Denklemlerin Türetilmesi Yukarıda belirlediğimiz yakınsama hızı denklemleri, birinci sıra ve birinci dereceden bir diferansiyel denklemdir.
y = λ ( y − y) *
Bu
denklemin
→
çözümünü
dy + ( λ y − λ y ) dt = 0 *
aşamalı
olarak
yapalım.
Bu
diferansiyel denklem tam olmadığından, birinci aşamada bunu tam hale getiririz.
103
Entegral faktörünü belirleyelim ve diferansiyel denklemi tam halde yazalım. u dt λ dt λt ∫ ∫ I =e =e =e
λt
e dy + e
λt
( λy − λy ) dt = 0 *
Bu tam diferansiyel denklemin çözümünün birinci aşamasında önce
y değişkenine göre (kısmi) entegrali alırız.
104
∫e
λt
dy + ∫ e
λt
( λy − λy )dt = ∫ 0 *
e y + ψ ( t ) = c1 λt
F ( y, t ) İkinci aşamada eşitler ve
t
değişkenine göre türev alırız. Bunu
ψ için çözeriz.
N
’ye
105
∂F ( y , t ) dψ (t ) λt = tye + = e λt λ y − e λt λ y * ∂t dt * λt ψ = − λ d t y e ∫ () ∫ dt
→
ψ ( t ) = − y * e λt + c2
ψ değerini yerine yazalım ve y(t) çözümünü elde edelim.
e y + ψ ( t ) = c1 λt
106
e λt y + − y*e λt + c2 = c1 yt = ce c
− λt
+y
*
tesadüfi entegral sabitini belirleyebilmek için
değerini
y0
kabul edelim.
t=0
iken
y
107
y0 = ce
− λ (0)
*
+y
→
y t = ( y0 − y ) e
+y
*
ya da her ki yandan
− λt
y0
c = y0 − y
*
*
terimini çıkarıp denklemi yeniden
düzenlersek şöyle yazabiliriz:
y t − y0 = ( 1 − e
− λt
)( y
*
− y0 )
108
Doğrusal
Olmayan
Diferansiyel
Denklemlere
Doğrusal Yaklaşım Aşağıdaki diferansiyel denklemi dikkate alalım.
x = f ( x) f(x) ’in sürekli ve türevlenebilir bir doğrusal olmayan fonksiyon olduğunu varsayalım. Genel olarak bu tür fonksiyonların açık çözümlerinin elde edilmesi güçtür. Sistemin denge noktasını (durağan-durum
x=0
olacağı
çözebiliriz.
çözümü) bilgisinden
belirleyebilmek yararlanarak
için,
f(x)=0
dengede durumunu
109
f(x) türevlenebilir ise, denge noktası (x*) civarında birinci sıra Taylor açılımı yaparak, fonksiyonu doğrusallaştırabiliriz.
f ( x ) = f ( x * ) + f ′ ( x * )( x − x * ) + R2 ( x , x * ) Başlangıç
R2 ( x , x * )
değeri
0
(x0)
denge
noktasına
(x*)
çok
yakınsa,
olacağından, artık terimi ihmal edebiliriz. Ayrıca
(x*) değerinin denge noktası (ya da durağan durum değeri) kabul ettiğimizde,
x = f ( x* ) = 0
olacaktır. Bunlara göre, denge
noktasındaki doğrusal yaklaşımı şöyle yazabiliriz: * * ′ f ( x ) = f ( x )( x − x )
110
Liapunov Teoremi:
x = f ( x ) , (x*) komşuluğunda doğrusal yaklaşımla elde edilmiş olan aşağıdaki denkleme sahip bir doğrusal olmayan denklem ise, * * ′ f ( x ) = f ( x ) + f ( x )( x − x ) *
ve bu doğrusal açılımda
x* noktası genel olarak kararlı ise, x*
aynı zamanda doğrusal olmayan denklem içinde genel olarak kararlı bir noktadır.
111
Örnek 14: Aşağıdaki
örnek
fonksiyonu
Liapunov
teoremi
açısından
inceleyelim.
x = f ( x) = a ( x − x
*
)
3
, −∞< x < ∞ , a > 0
Bu doğrusal olmayan denklem noktaya
sahiptir.
Bunu,
x=x*=0
Şekil
’da tek genel kararlı
5.5’de
görebiliriz.
noktasında birinci sıra Taylor açılımını yapalım.
x = f ( x ) = f ( x * ) + f ′ ( x * )( x − x * )
Şimdi
112
x = f ( x* ) = 0 f ′ ( x ) = 3a ( x − x
*
)
2
f ′ ( x* ) = 0 Buna göre açılım, * * ′ x = f ( x ) = f ( x ) + f ( x )( x − x ) = 0 *
113
Birinci sıra açılımla elde ettiğimiz yukarıdaki son denklem, genel bir kararlılığa sahip değildir. Çünkü herhangi bir rinde yine
değeri,
x=0
’dan farklı olan
olduğundan dolayı tüm
t
değerle-
x0 olacaktır. Sonuç olarak x0 limitte x* ’a yakınsamaz.
Bu anlamda, değildir.
x
x*
x*=0
, asimptotik olarak kararlı bir denge noktası
114
Şekil 5.5. Liapunov Teoremi
x
•
x>0
•
x*
x =0 *
x
x<0
x = a( x − x x
*
)
3
115
Şimdi
Cobb-Douglas
uygulamayı
yapalım.
üretim
fonksiyonunu
Neoklasik
büyüme
dikkate modelinin
alarak temel
denklemi şöyleydi:
k = f ( k ) = sAk − ( n + δ ) k α
Bu denklemi çözersek, iki durağan durum denge değerinin var olduğunu görebiliriz:
k = f ( k ) = sAk − ( n + δ ) k = 0 α
116
k ⎡⎣ sAk α−1 − ( n + δ ) ⎤⎦ = 0
⎧ k1* = 0 ⎪ ⎪ ⎛ 1 ⎞ −⎜ ⎨ ⎟ 1 α− ⎝ ⎠ sA ⎞ ⎪ k* = ⎛ ⎪⎩ 2 ⎜⎝ n + δ ⎟⎠
k* yakınlığında birinci sıra Taylor açılımını yapalım. * * ′ f ( k ) = f ( k ) + f ( k )( k − k ) *
f (k
*
)=0
,
f ′(k
*
) = αsA ( k ) *
α−1
− (n + δ)
117
İlk
k durağan durum denge değerini ( k * = k1* = 0 ) dikkate ala-
lım. α−1 * ⎡ f ′ ( k ) = lim f ′ ( k ) = lim ⎢ αsA ( k ) − ( n + δ ) ⎤⎥ = ∞ k →0 k →0 ⎣ ⎦ * 1
Şimdi ikinci
f ′(k
k denge değerini ( k * = k2* > 0 ) dikkate alalım.
* 2
) = αsA ( k ) * 2
α−1
− (n + δ)
⎛ ⎛ sA ⎞ ⎜ = αsA ⎜ ⎜⎜ ⎝ n + δ ⎟⎠ ⎝
⎛ 1 ⎞ −⎜ ⎟ ⎝ α−1 ⎠
⎞ ⎟ ⎟⎟ ⎠
α−1
− (n + δ)
118
* ′ f ( k2 ) = α ( n + δ ) − ( n + δ ) = ( n + δ )( 1 − α )
Buna göre, Taylor açılımını yeniden düzenleyelim.
f ( k ) = ( n + δ )( 1 − α ) ( k − k
*
)
n ve δ pozitif ve 0<α<1 olduğundan, yukarıdaki birinci sıra Taylor açılımıyla
elde
denklemi,
k2*
ettiğimiz
doğrusallaştırılmış
temel
neoklasik
noktasında negatif eğimlidir. Şimdi bu durağan
durum denge değerinin kararlı olduğunu da görelim.
119
Birinci sıra Taylor açılımını değerlendirip, diferansiyel
k(t)
k2*
durağan durum denge noktasında
için çözelim (birinci sıra homojen olmayan bir
denklem
çözümü
yapacağız).
Aşağıdaki
çözüm,
sistemin bu denge noktasında kararlı olduğunu göstermektedir. Bu süreci Şekil 5.6’da görebiliriz.
k = f ( k ) = − ( n + δ )( 1 − α ) ( k − k * ) k ( t ) = k + ( k0 − k ) e * 2
lim k ( t ) = k2* t →∞
* 2
− ( n +δ )( 1−α ) t
Şekil 5.6. Neoklasik Büyüme Modelinde Kararlı Süreç
k
f ′ ( k2* ) = − ( n + δ )( 1 − α ) ( k − k2* )
f ′ ( k1* )
0• * k1
120
k
•
* 2
k
f ( k ) = sAk α − ( n + δ ) k
İKİNCİ SIRA DİFERANSİYEL DENKLEMLER
122
n. sıradan bir diferansiyel denklemi aşağıdaki gibi yazabiliriz. n
n −1
n− 2
d y d y d y dy + a1 n−1 + a2 n− 2 + ........... + an−1 + an y = b n dt dt dt dt ya da
y ( n ) ( t ) + a1 y ( n −1) ( t ) + .......... + an −1 y′( t ) + an y( t ) = b Bu
denklem,
n. sıradan, birinci dereceden (doğrusal) bir
diferansiyel denklemdir.
123
Sabit
Katsayılı
ve
Sabit
Terimli
İkinci
Sıra
Diferansiyel Denklem
y′′( t ) + a1 y′( t ) + a2 y( t ) = b Bu denklem, ikinci sıradan, birinci dereceden (doğrusal) bir diferansiyel denklemdir. Buradaki a1, a2 ve Eğer
b katsayıları sabittir.
b=0 olursa, denklem homojen duruma dönüşür.
Bu türden diferansiyel denklemleri de, birinci sıra diferansiyel denklem çözümüne benzer şekilde çözeceğiz. Çözüm, özel çözüm (yp) ve tamamlayıcı fonksiyondan (yc) oluşacaktır. değişkeninin
dönemler-arası
sapmayı gösterecektir.
denge
değerini,
y p, y
yc dengeden
124
Özel Entegral
Özel entegralı çözerken, ilk olarak olanaklı en basit çözümden yola çıkarız. Yani y= sabit olarak kabul ederiz. Eğer
y bir sabitse;
y′′( t ) = y′( t ) = 0 Bu durumda
y′′( t ) + a1 y′( t ) + a2 y( t ) = b denklemi, a2y=b durumuna
dönüşür. Buna göre, özel çözüm:
b yp = a2
,
(a2 ≠ 0)
125
Örnek 15:
y′′( t ) + y′( t ) − 2 y = −10 a1 = 1 , a2 = −2 , b = −10 −10 yp = =5 −2 a2=0 durumunda çözüm tanımsız olacaktır. Yani artık y=sabit olarak düşünemeyiz.
y=kt olduğunu kabul edelim. a2=0 oldu-
ğundan, diferansiyel denklem şu biçime dönüşür.
y′′( t ) + a1 y′( t ) = b
126
y=kt olursa, y′=kt ve y′=0 olacağından, diferansiyel denklem a1k=b biçimine dönüşür. Buna göre özel çözüm:
b yp = t a1
,
(a2 = 0 , a1 ≠ 0)
Bu durumda yp ’yi hareketli bir denge olarak yorumlayabiliriz. Örnek 16:
y′′( t ) + y′( t ) = −10 , −10 yp = t = −10t 1
a1 = 1 , a2 = 0 , b = −10
127
a1=a2=0 durumunda özel çözüm yine tanımsız olacaktır. y=kt çözümü geçersiz olacağından,
y=kt2 olduğunu kabul edelim.
a1=a2=0 olduğundan, diferansiyel denklem y′′(t)=b biçimine dönüşür.
y = kt 2
y′( t ) = 2kt
⇒
y′′( t ) = b →
2k = b →
y′′( t ) = 2k
,
b k= 2
Buna göre özel entegral:
b 2 yp = t 2
, (a2 = 0 , a1 = 0)
128
Örnek 17:
y′′( t ) = −10
,
a1 = 0 , a2 = 0 , b = −10
−10 2 yp = t = −5t 2 2 Tamamlayıcı Fonksiyon İkinci
sıra
diferansiyel
denklemin
ikinci
çözüm
parçası,
tamamlayıcı fonksiyondur. Tamamlayıcı fonksiyon, aşağıdaki homojen ikinci sıra diferansiyel denklemin çözülmesiyle elde edilir.
y′′( t ) + a1 y′( t ) + a2 y( t ) = 0
129
Birinci
sıra
diferansiyel
denklemlerin
çözümünde
ifadesi
tamamlayıcı fonksiyon çözümü olarak karşımıza çıkmıştı. Şimdi ikinci sıra diferansiyel denklemin tamamlayıcı fonksiyonunun çözümünde Dolayısıyla
de
bu
bilgiden
yararlanarak
rt
rt 2 rt ′ ′′ y ( t ) = rAe , y ( t ) = r Ae
⇒
y′′( t ) + a1 y′( t ) + a2 y( t ) = 0 r Ae + a1 rAe + a2 Ae = 0 rt
edelim.
y=Aert çözümünü kabul ederek başlayalım.
y = Ae
2
hareket
rt
rt
130
Ae
rt
(r
A=0
2
+ a1 r + a2 ) = 0 ,
r + a1 r + a2 = 0 2
Veri bir başlangıç koşulunda
A≠0 olacağından, r2+a1r+a2=0
durumunu dikkate alacağız. Bu ikinci dereceden polinomun karakteristik kökleri şöyledir:
r1 =
− a1 + a − 4a2 2 1
2
,
r2 =
− a1 − a − 4a2 2 1
2
131
Bu
iki
kök
değerini
y=Aert çözümündeki yerine yazarsak,
elimizde iki çözüm olur.
y1 = A1e Bu
iki
çözümün
gerçekten
r1 t
toplamı,
,
y2 = A2 e genel
r2 t
çözümü
verecektir.
Eğer
y1+y2 toplamı doğru çözümlerse, bunları homojen
denklemdeki yerlerine yazdığımızda, sıfıra eşitliğin sağlanması gerekir.
132
y1′′( t ) + a1 y1′ ( t ) + a2 y1 = 0 y2′′( t ) + a1 y2′ ( t ) + a2 y2 = 0 Bu iki denklemi toplayalım:
⎡⎣ y1′′( t ) + y2′′( t )⎤⎦ + a1 ⎡⎣ y1′ ( t ) + y2′ ( t )⎤⎦ + a2 ⎡⎣ y1 + y2 ⎤⎦ = 0 d 2 ( y1 + y2 ) dt 2
d ( y1 + y2 ) dt
133
Yukarıdaki toplama işlemi, homojen denklemin sağlandığını göstermektedir.
Bu
nedenle,
karakteristik
köklerden
elde
edeceğimiz iki çözümün toplamı bizi genel çözüme götürecektir. Şimdi
dikkatimizi,
ikinci
derece
karakteristik
denklemin
çözümüyle elde edeceğimiz karakteristik köklerin kaç tane olabileceği üzerinde yoğunlaştıralım. Üç değişik olasılık vardır. Bu olasılıkları aşağıda görelim ve her olasılık karşısında genel çözümün nasıl oluşacağına bakalım.
134
1. Durum: İki Farklı Reel Kök
a12 > 4a2
olursa, iki farklı reel kök
( r1 , r2 ) vardır. Buna göre
tamamlayıcı fonksiyon:
yc = y1 + y2 = A1e + A2 e r1 t
r2 t
, ( r1 ≠ r2 )
Örnek 18:
y′′( t ) + y′( t ) − 2 y = −10
diferansiyel denklemini çözelim:
a1 = 1 , a2 = −2 r1,2 =
− a1 ± a12 − 4a2 2
−1 ± 1 + 8 = 2
r1 = 1 , r2 = −2
135
y( t ) = yc + y p = y1 + y2 + y p = A1e + A2 e t
−2 t
+5
A1 ve A2 sabitlerini belirli hale getirmek için, başlangıç koşullarına ihtiyacımız var. Örneğin başlangıç koşulları şöyle olsun:
y(0) = 12
,
y′(0) = −2
y( t ) = A1e r1t + A2 e r2 t + 5 , t = 0
⇒
y(0) = A1 + A2 + 5 = 12
y′( t ) = A1e t − 2 A2 e −2 t
⇒
y′(0) = A1 − 2 A2 = −2
,
t=0
A1 + A2 = 7 A1 − 2 A2 = −2
136
A1 = 4 , A2 = 3
y( t ) = A1e r1t + A2 e r2 t + 5
→
y ( t ) = 4e t + 3e − 2 t + 5
Bu çözümün doğruluğunu, türev alma yoluyla kontrol edebiliriz.
y ′ ( t ) = 4e t − 6 e − 2 t y′′( t ) = 4e t + 12e −2 t
y′′( t ) + y′( t ) − 2 y = −10
4e t + 12e −2 t + 4e t − 6e −2 t − 2 ( 4e t + 3e −2 t + 5 ) = −10 −10 = −10
137
2. Durum: Bir reel kök
a12 = 4a2
olursa, bir reel kök
( r1 = r2 = r )
vardır. Buna göre
tamamlayıcı fonksiyon:
yc = y1 + y2 = A1e + A2 e = ( A1 + A2 ) e = A3 e rt
Ancak
salt
bu
şekildeki
rt
bir
tamamlayıcı
rt
rt
fonksiyon,
çözümün elde edilmesi için yeterli değildir. Buna ek olarak,
ilkel
A3ert
teriminden doğrusal bağımsız bir terime de gereksinim duyarız. Bu terim için
A4tert ’dir. Bu terimin çözümü sağladığını görebilmek
y′(t) ve y′′(t) türevlerini buluruz, sonra bunları homojen
diferansiyel denklemdeki yerlerine yazarak, denklemin sağlanıp sağlanmadığını kontrol ederiz.
138
rt ′ y ( t ) = ( rt + 1) A4 e
,
2 rt ′′ y ( t ) = ( r t + 2r ) A4 e
y′′( t ) + a1 y′( t ) + a2 y = 0 ( r t + 2r ) A4 e + a1 ( ( rt + 1) A4 e 2
rt
rt
) + a A te 2
rt
4
=0
⎡⎣( r 2 t + 2r ) + a1 ( rt + 1) + a2 t ⎤⎦ A4 e rt = 0 a12 = 4a2
ve
r = − a1 2
durumu
sağlandığında,
yukarıdaki
denklem de sağlanmış olacaktır. Zira bu koşullar, tek reel karakteristik kök olduğunu göstermektedir.
139
Buna göre tek karakteristik kök durumunda ikinci sıra, birinci derece diferansiyel denklemin tamamlayıcı fonksiyonunu şöyle yazabiliriz:
yc = A3 e + A4 te rt
rt
Örnek 19:
y′′( t ) + 6 y′( t ) + 9 y = 27
diferansiyel denklemini çözelim:
a1 = 6 , a2 = 9 r = r1,2 =
− a1 ± a12 − 4a2 2
−6 ± 36 + 36 = = −3 2
140
Buna göre tamamlayıcı fonksiyon:
yc = A3 e + A4 te rt
rt
→
yc = A3 e
−3 t
+ A4 te
−3 t
Özel çözüm:
b 27 yp = = =3 a2 9 Buna göre, denklemin genel (ancak belirli olmayan) çözümü:
y( t ) = yc + y p = A3 e
−3 t
+ A4 te
−3 t
+3
141
Başlangıç koşulları bilinirse, belirli çözüm yazılabilir. Başlangıç koşullarının aşağıdaki gibi verildiğini varsayalım:
y′(0) = −5
y(0) = 5
,
y( t ) = A3 e
−3 t
+ A4 te
−3 t
+3
y′( t ) = −3 A3 e −3 t + −3 A4 te −3 t + A4 e −3 t t=0 →
y(0) = A3 + 3 = 5
t=0 →
y′(0) = −3 A3 + A4 = −5
y( t ) = 2e −3 t + te −3 t + 3
→
A3 = 2 →
A4 = 1
142
Örnek 20:
y′′( t ) + 2 y′( t ) − y = −4
diferansiyel denklemini çözelim:
a1 = 2 , a2 = −1 , b = −4 b −4 = =4 yp = a 2 −1 r1 =
r2 =
− a1 + a12 − 4a2 2 − a1 − a12 − 4a2 2
= −1 + 2
= −1 − 2
143
yc = A1e + A2 e r1 t
yc = A1e
( −1 + 2 ) t
r2 t
+ A2 e
( −1− 2 ) t
y ( t ) = yc + y p y( t ) = A1e
( −1+ 2 ) t
+ A2 e
( − 1− 2 ) t
+4
144
Örnek 21:
y′′( t ) + y′( t ) = 7
diferansiyel denklemini çözelim:
a1 = 1 , a2 = 0 , b = 7 b y p = t , (a2 = 0 , a1 ≠ 0) a1 r1 = r2 =
− a1 + a12 − 4a2 2 − a1 − a12 − 4a2 2
=0 = −1
7 → y p = t = 7t 1
145
yc = A1e + A2 e r1 t
yc = A1 + A2 e
r2 t
−t
y ( t ) = yc + y p −t
y( t ) = A1 + A2 e + 7t
146
a12 < 4a2
olursa, karakteristik reel kök bulamayız. Kökler
sanaldır. Böyle bir durumda karmaşık sayılar sistemine dayalı çalışmamız gerekir. Aşağıda ilk olarak karmaşık sayılar sistemi konusunda bilgi verilerek, diferansiyel denklem çözümüyle bağlantısı kurulacaktır.
147
i ≡ −1
sayısına,
sanal
sayı
denilir.
Bunun
gibi,
−9 = 9 −1 = 3i biçiminde değişik sanal sayılar yazılabilir. Sanal sayıyı reel bir sayıyla bir arada tanımlarsak, karmaşık sayılar sisteminde hareket etmiş oluruz. Örneğin (8+i) ve (3+5i) gibi sayılar, karmaşık sayıdır. Bu tür sayıları genel olarak şöyle yazabiliriz:
( h + vi )
148
3. Durum: Sanal Kökler h=0 ise, karmaşık sayı sanal bir sayıya; v=0 ise reel sayıya dönüşür. Sanal sayılar da reel sayılar da karmaşık sayıların birer alt kümesidir.
h+vi karmaşık sayısını Şekil 24’deki grafikte yer almaktadır. Karakteristik köklerin sanal sayı olduğu
a12 < 4a2
durumuna ye-
niden dönelim.
a12 − 4a2 = 4a2 − a12 −1 = 4a2 − a12 i
149
a1 h=− 2 kısaltmalarını kullanalım.
v=
4a2 − a
r1 , r2 =
2 1
2
− a1 ± a − 4a2 2 1
2
= h ± vi
150
Şekil 5.7. Sanal Sayılar
Hayali Eksen
C ( h, v )
•
R = h2 + v 2
v
0
θ
h
•G
Reel Eksen
151
Örnek 22:
r +r+4=0 2
karakteristik denkleminin köklerini bulalım.
−1 ± −15 −1 ± 15 −1 −1 15 r1 , r2 = = = ± i 2 2 2 2
152
Karmaşık kök durumunda, diferansiyel denklemin tamamlayıcı fonksiyonunu, iki reel kök durumundaki (1. Durum) tamamlayıcı fonksiyon gibi yazabiliriz.
yc = A1e + A2 e r1 t
yc = A1e yc = e
ht
( h+ vi ) t
(Ae 1
r2 t
+ A2 e
( vi ) t
( h− vi ) t
+ A2 e
( − vi ) t
)
Şimdi çembersel fonksiyonlarla karmaşık sayılar arasındaki bağı kurarak, tamamlayıcı fonksiyonu trigonometrik biçimde ifade etmeye geçelim.
153
Aşağıdaki Şekil 5.8a’da OP doğru parçasının saatin tersi yönde sürekli
biçimde
sürecinde
hareket
ettiğini
düşünelim.
Bu
hareket
R aynı kalır, ancak θ, h ve v değişir. Dolayısıyla
v/R ve h/R de değişir.
v ≡ sin θ R Trigonometrik
h ≡ cos θ R
,
ifadeleri
açısal
değil
de
radyan
değerler
cinsinden ifade edebilmek için aşağıdaki tabloyu kullanalım. Derece
360
270
180
90
45
0
Radyan
2π
3π 2
π
π 2
π 4
0
Şekil 5.8a. Karmaşık Sayılar (Argand Gösterimi)
B
z
z
R Cz
z
θ
0
z
v z
h D
P
A
Reel Eksen
154
Şekil 5.8b. Karmaşık Sayılar (Argand Gösterimi)
AB Yayı θ≡ R
1
z
R=1
−1
z
z
θ ( Radyan)
0
z
z
B
−1
AB Yayı = θ
A 1
z
155
156
R veriyken, sinθ ’daki değişiklikler v ’nin (θ ’nın) değişimine bağlıdır.
v sıfırdan başlamak üzere artar, B noktasında en
yüksek değerine ulaşır, sonra azalarak yeniden sıfır olur. C noktasından sonra eksi değerler alarak, sıfır oluncaya kadar değişimini sürdürür. Bu döngü bu şekilde yinelenir. olduğundan,
R sabit
sinθ da buna bağlı olarak aynı değerleri alan bir
değişim yaşar. Bu değişim süreci
cosθ için de benzerdir. Şimdi
bu değişimlerin grafiğini aşağıda çizelim.
Şekil 5.9. Sinüs Fonksiyonu
157
Şekil 5.10. Cosinüs Fonksiyonu
158
159
sinθ ve cosθ fonksiyonlarıyla ilgili bazı temel özdeşlikler şöyledir:
•
sin(θ + 2nπ ) = sin θ
•
π⎞ ⎛ cos θ = sin ⎜ θ + ⎟ 2⎠ ⎝
•
sin( −θ) ≡ − sin(θ) ,
,
cos(θ + 2nπ ) = cos θ
cos( −θ ) ≡ − cos(θ )
160
•
sin θ + cos θ ≡ 1
•
sin ( θ1 ± θ 2 ) ≡ sin θ1 cos θ 2 ± cos θ1 sin θ 2
•
cos ( θ1 ± θ 2 ) ≡ cos θ1 cos θ 2 ∓ sin θ1 sin θ 2
•
2
d ( sin θ ) dθ
2
= cos θ
,
d ( cos θ ) dθ
= − sin θ
161
EULER İlişkileri Şimdi
sinθ ve cosθ fonksiyonları için Maclurin serisi açılımlarını
yapalım
ve
üstel
fonksiyonlarla
çembersel
arasındaki bağlantıyı oluşturalım.
φ(θ) = sin θ
→
φ(0) = sin 0 = 0
φ′(θ) = cos θ
→
φ′(0) = cos 0 = 1
φ′′(θ) = − sin θ
→
φ′′(0) = − sin 0 = 0
φ′′′(θ) = − cos θ
→
φ′′′(0) = − cos 0 = −1
φ(4) (θ) = sin θ
→
φ(4) (0) = sin 0 = 0
fonksiyonlar
162
cos 0 − sin 0 2 − cos 0 3 sin θ = sin 0 + θ+ θ + θ + .......... 1! 2! 3! 3 5 7 θ θ θ sin θ = θ 2 − + − + .......... 3! 5! 7!
− sin 0 − cos 0 2 sin 0 3 cos θ = cos 0 + θ+ θ + θ + .......... 1! 2! 3! θ θ θ cos θ = 1 − + − + .......... 2! 4! 6! 2
4
6
163
e üstel fonksiyonunun açılımı da şöyleydi: 2 3 4 x x x x e = 1+ x + + + + .......... 2! 3! 4!
xi=θ olduğunu varsayalım.
( iθ) ( iθ) ( iθ) ( iθ) e = 1 + iθ + + + + + .......... 2! 3! 4! 5! 2
iθ
3
4
5
θ iθ θ iθ = 1 + iθ − − + + − .......... 2! 3! 4! 5! 2
3
4
5
164 2 4 6 3 5 7 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ θ θ θ θ θ θ iθ e = ⎜ 1 − + − + ..... ⎟ − i ⎜ θ − + − + ..... ⎟ 2! 4! 6! 3! 5! 7! ⎝ ⎠ ⎝ ⎠
cos θ
sin θ
iθ
e ≡ cos θ ∓ i sin θ v = R sin θ
,
h = R cos θ
h ± vi = R cos θ ± Ri sin θ = R(cos θ ± i sin θ ) = Re
± iθ
165
h ve v, kartezyen koordinatları, R ve θ polar koordinatları temsil etmektedir. Örnek 23:
5e
3 iπ / 2
Burada
karmaşık sayısının kartezyen biçimini bulalım.
R = 5 , θ = 3π 2
h = R cos θ →
h = 5cos ( 3π 2 ) = 0
v = R sin θ →
v = 5sin ( 3π 2 ) = −5
h + vi = −5i
Örnek 24:
(1 +
Burada
3i
166
)
ifadesinin polar ve üstel biçimlerini bulalım.
h=1 , v = 3
R= h +v = 2 2
2
h 1 cosθ = = R 2
,
v 3 sin θ = = R 2
π π⎞ ⎛ 1 + 3i = 2 ⎜ cos + i sin ⎟ = 2e i π / 3 3 3⎠ ⎝
π θ= 3
167
Bir karmaşık sayının
n. kuvvetine sahipsek, bunun polar ve
üstel biçimlerini şöyle yazarız.
h + vi = Re iθ
olduğundan;
( h ± vi ) = ( Re n
( h ± vi )
n
± iθ
)
n
= R n e ± inθ
= R ( cos nθ ± i sin nθ ) n
⎡⎣ R ( cos θ ± i sin θ ) ⎤⎦ = R ( cos nθ ± i sin nθ ) n
n
De Moivre Teoremi
168
Karmaşık Kökler Durumunda Diferansiyel Denklemin Çözülmesi
y′′( t ) + a1 y '( t ) + a2 y = 0
homojen
diferansiyel
denkleminin
tamamlayıcı fonksiyonunu belirleyelim.
a12 < 4a2
olduğunda, karakteristik kökler karmaşık sayılardan
oluşacaktır:
r1 , r2 = h ± vi a1 h=− , v= 2
4a 2 − a
2 1
2
169
Buna göre tamamlayıcı fonksiyon:
yc = e ht ( A1e vit + A2 e − vit ) e
vit
= cos vt + i sin vt ,
e
− vit
= cos vt − i sin vt
yc = e ht ⎡⎣ A1 ( cos vt + i sin vt ) + A2 ( cos vt − i sin vt ) ⎤⎦ yc = e ht ⎡⎣( A1 + A2 ) cos vt + ( A1 − A2 ) i sin vt ⎤⎦ yc = e ht ⎡⎣ A5 cos vt + A6 sin vt ⎤⎦
170
Örnek 25: Aşağıda
başlangıç
koşulları
da
verilmiş
olan
diferansiyel
denklemi çözelim.
y′′( t ) + 2 y′( t ) + 17 y = 34 ,
y(0) = 3 , y′(0) = 11
a1 = 2 , a2 = 17 , b = 34 b 34 = =2 yp = a2 17 a = 4 < 4a2 = 68 2 1
1 1 h = − a1 = −1 , v = 4a2 − a12 = 4 2 2
171
yc = e − t ( A5 cos 4t + A6 sin 4t ) y( t ) = yc + y p = e − t ( A5 cos 4t + A6 sin 4t ) + 2 t=0 →
y(0) = A5 + 2 = 3 →
A5 = 1
y′( t ) = e − t ⎡⎣4 A6 cos 4t − 4 A5 sin 4t − A5 cos 4t − A6 sin 4t ⎤⎦ t=0 → y( t ) = e
−t
y′(0) = 4 A6 − A5 = 11 →
( cos 4t + 3sin 4t ) + 2
A6 = 3
172
Yukarıda elde ettiğimiz çözümde
yp , dönemlerarası denge
düzeyini; yc , zaman içindeki seyri vermektedir. yc’nin sinüsoidal olması nedeniyle, dalgalı bir zaman patikası oluşur. Şimdi genel olarak
aşağıdaki
tamamlayıcı
fonksiyonu
yorumlayalım.
yc = e
ht
( A5 cos vt + A6 sin vt )
dikkate
alarak
( cos vt )
173
dönemi
2π,
dalga
büyüklüğü
fonksiyondur. Çarpım olarak duran
1
A5 cos vt
,
2π/v
A5 dalga boyuna sahip bir kosinüs fonksiyonudur.
Aynı yorumu sinüs için de yapabiliriz. Yani, dönemine ve
çembersel
A5 terimi, dalga aralığını
kendisi kadar genişletmektedir. Buna göre, dönemine ve
olan
A6 sin vt
,
2π/v
A6 dalga boyuna sahip bir sinüs fonksiyonudur.
Diğer yandan tamamlayıcı fonksiyonda yer alan eht
terimi de,
dalgalanma sürecinin giderek genişleyeceğini, daralacağını ya da sabit kalacağını belirlemektedir.
174
h>0 ise dalga boyu giderek genişler, süreç dengeden ıraksayan bir durum alır.
h>0 ise dalga boyu giderek daralır, süreç dengeye yakınsayan bir durum alır. Bu, istikrarlı denge durumudur.
Şekil 5.11. İkinci Sıra Diferansiyel Denklem Dalgalı Karasız Süreç
y( t ) = e 0.08 t ( cos t + sin t ) v =1 ,
h = 0.08 ,
A5 = 1 ,
A6 = 1
175
Şekil 5.12. İkinci Sıra Diferansiyel Denklem
176
Dalgalı Kararlı Süreç
y( t ) = e ( −0.08) t ( cos t + sin t ) v =1 ,
h = −0.08 ,
A5 = 1 ,
A6 = 1
Şekil 5.13. İkinci Sıra Diferansiyel Denklem Dalgalı Belirsiz Süreç
y( t ) = e 0 t ( cos t + sin t ) v =1 ,
h=0 ,
A5 = 1 ,
A6 = 1
177
178
Örnek 26: Aşağıda
başlangıç
koşulları
da
verilmiş
olan
diferansiyel
denklemi çözelim.
y′′( t ) + 4 y′( t ) + 8 y = 2 , y(0) = 2.25 , y′(0) = 4 a1 = 4 , a2 = 8 , b = 2 b 2 1 yp = = = a2 8 4 a12 = 16 < 4a2 = 32 1 1 h = − a1 = −2 , v = 4a2 − a12 = 2 2 2
179
yc = e
−2 t
( A5 cos 2t + A6 sin 2t )
y ( t ) = yc + y p = e t=0 →
−2 t
1 ( A5 cos 2t + A6 sin 2t ) + 4
1 9 y(0) = A5 + = → 4 4
A5 = 2
y′( t ) = e −2 t ⎡⎣2 A6 cos 2t − 2 A5 sin 2t ⎤⎦ − 2e −2 t ⎡⎣ A5 cos 2t + A6 sin 2t ⎤⎦ t=0 →
y′(0) = 2 A6 − 2 A5 = 4 → y( t ) = e
−2 t
A6 = 4
1 ( 2cos 2t + 4sin 2t ) + 4
180
Fiyat Bekleyişleri ve Fiyat Trendi Bir piyasada alıcı ve satıcılar arz ve talep kararlarını yalnızca cari fiyat düzeyine göre değil, fiyat düzeyindeki değişmeleri de dikkate alarak karar verirler:
Qd = D [ P ( t ), P ′( t ), P ′′( t )] Qs = S [ P ( t ), P ′( t ), P ′′( t )]
181
Örneğin talep ve arz fonksiyonlarının aşağıdaki gibi olduğunu varsayalım:
Qd = α − β P + mP ′ + nP ′′
,
(α , β > 0)
Qs = −γ + δP + uP ′ + wP ′′
,
( γ , δ > 0)
Yukarıdaki talep ve arz denkleminin katsayılarının işaretleri önemlidir. Örneğin talep denkleminde
m>0 olması durumu,
artan fiyatların cari talep düzeyini ve yükselen bir fiyat bekleyişinin oluştuğuna işaret etmektedir.
182
Şimdi
yalnızca
talep
fonksiyonunun
gecikme
içerdiğini
varsayalım. Talep ve arz fonksiyonlarını birbirine eşitleyerek düzenleyelim.
Qd = α − β P + mP ′ + nP ′′ Qd = Qs
→
,
Qs = −γ + δP
α − β P + mP ′ + nP ′′ = −γ + δP
β+δ α+γ m P ′′ + P ′ − P=− n n n
183
İlk olarak bu modelin dönemlerarası denge fiyatını, yani özel çözümü (Pp) bulalım.
b − (α + γ ) n α + γ Pp = = = a2 − ( β + δ ) n β + δ Şimdi tamamlayıcı fonksiyonu bulalım. Tamamlayıcı fonksiyon için karakteristik kök çözümüne göre üç farklı durum ortaya çıkabilir.
1. Durum: İki Farklı Reel Kök 2
a > 4a2
→
2 1
⎛m⎞ ⎛β+δ⎞ ⎜ n ⎟ > −4 ⎜ n ⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠
Buna göre tamamlayıcı fonksiyon:
Pc = A1e + A2 e r1 t
r2 t
1⎡ r1 , r2 = − a1 ± a12 + 4a2 ⎤ ⎦ 2⎣ 2 ⎡ ⎤ 1 m m β + δ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎥ ⎢ r1 , r2 = − ± ⎜ ⎟ + 4⎜ ⎟ 2⎢ n n⎠ n ⎠⎥ ⎝ ⎝ ⎣ ⎦
184
185
Genel çözüm:
α+γ P ( t ) = Pc + Pp = A1e + A2 e + β+δ r1 t
r2 t
186
2. Durum: Tek Reel Kök 2
a = 4a2 2 1
→
⎛m⎞ ⎛β+δ⎞ ⎜ n ⎟ = −4 ⎜ n ⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠
m r=− 2n Genel çözüm:
P ( t ) = A3 e
− mt 2 n
+ A4 te
− mt 2 n
α+γ + β+δ
187
3. Durum: Karmaşık Kökler 2
a < 4a2 2 1
→
⎛m⎞ ⎛β+δ⎞ ⎜ n ⎟ < −4 ⎜ n ⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠
r1 , r2 = h ± vi 1 h = − a1 → 2 1 v= −4a2 − a12 2 P (t ) = e
− mt 2 n
m h=− 2n →
1 ⎛β+δ⎞ ⎛ m⎞ v= −4 ⎜ −⎜ ⎟ ⎟ 2 ⎝ n ⎠ ⎝n⎠
α+γ ( A5 cos vt + A6 sin vt ) + β + δ
2
188
Örnek 27:
Aşağıda başlangıç koşulları ve arz-talep fonksiyonları verilmiş olan
piyasanın
zaman
içindeki
fiyat
değişim
denklemini
belirleyelim.
Qd = 42 − 4 P − 4 P ′ + P ′′ P (0) = 6
,
Qd = Qs →
Qs = − 6 + 8 P
P ′(0) = 4 P ′′ − 4 P ′ − 12 P = −48
(
1 r1 , r2 = 4 ± 16 + 48 2 P ( t ) = A1e + A2 e 6t
,
−2 t
)
+4
→
r1 = 6 ,
r2 = −2
189
t=0 →
P (0) = A1 + A2 + 4 = 6
P ( t ) = A1e 6 t + A2 e −2 t + 4 −2 t 6t ′ P ( t ) = 6 A1e − 2 A2 e
t=0 → A1 = 1
,
P ′(0) = 6 A1 − 2 A2 = 4 A2 = 1
P (t ) = e + e 6t
−2 t
+4
190
Örnek 28:
Aşağıda başlangıç koşulları ve arz-talep fonksiyonları verilmiş olan
piyasanın
zaman
içindeki
fiyat
değişim
denklemini
belirleyelim.
Qd = 40 − 2 P − 2 P ′ − P ′′ , Qs = −5 + 3 P P (0) = 12 Qd = Qs →
(
,
P ′(0) = 1 P ′′ + 2 P ′ + 5 P = 45
1 r1 , r2 = −2 ± 4 − 20 2
)
→ r1 = −1 + 2i , r2 = −1 − 2i
P ( t ) = e − t ( A5 cos 2t + A6 sin 2t ) + 9
191
t=0 →
P (0) = A5 + 9 = 12
P ( t ) = e − t ( A5 cos 2t + A6 sin 2t ) + 9 P ′( t ) = − e − t ( A5 cos 2t + A6 sin 2t ) + e − t ( − A5 sin 2t + 2 A6 cos 2t ) P ′(0) = − A5 + 2 A6 = 1
t=0 → A5 = 3
,
A6 = 2 P ( t ) = e − t ( 3cos 2t + 2sin 2t ) + 9