KESİKLİ ZAMAN DİNAMİĞİ VE FARK DENKLEMLERİ
1
Fark Denklemlerine İlişkin Temel Kavramlar ve İşlemciler y=f(x) fonksiyonunun türevini şöyle tanımlamıştık:
lim
∆x → 0
f ( x + ∆x ) − f ( x )
( x + ∆x ) − x
∆y = lim ∆x → 0 ∆ x
∆x ’in limit davranışı yerine, belirli bir miktarda değiştirildiğini kabul edelim ve
y ’nin değişimini buna göre yeniden yazalım.
f ( x + ∆x ) − f ( x ) = y ( x + ∆ x ) − y ( x ) = ∆ y ( x )
2
∆ simgesine, fark işlemcisi diyoruz. Yukarıda yazdığımız son ifade,
∆x
aralığına karşılık oluşan
Şimdi
∆x
aralığını
y aralığını belirlemektedir.
h birim kabul ederek, sırasıyla birinci sıra,
ikinci sıra,…,n. sıra farkların nasıl yazılabileceğine bakalım.
∆x = h ∆y ( x ) = y ( x + h ) − y ( x ) ∆ ( ∆y ( x ) ) = ∆y ( x + h ) − ∆ y ( x ) = ∆ 2 y ( x ) ∆y ( x + h ) = y ( x + 2 h ) − y ( x + h )
3
∆ 2 y ( x ) = ⎡⎣ y ( x + 2h ) − y ( x + h ) ⎤⎦ − ⎡⎣ y ( x + h ) − y ( x ) ⎤⎦ = y ( x + 2h ) − 2 y ( x + 2h ) + y ( x ) Bu süreci bir adım daha öteye götürelim.
∆ ⎡⎣ ∆ 2 y ( x ) ⎤⎦ = ∆ 2 y ( x + h ) − ∆ 2 y ( x ) = ⎡⎣ y ( x + 3h ) − 2 y ( x + 2h ) ⎤⎦ + y ( x + h ) − ⎡⎣ y ( x + 2h ) − 2 y ( x + 2h ) + y ( x ) ⎤⎦ ∆ 3 y ( x ) = y ( x + 3h ) − 3 y ( x + 2h ) + 3 y ( x + h ) − y ( x )
4
Şimdi bu süreci genel olarak n. sıra fark için yazalım.
⎛ n⎞ 1 ⎛ n⎞ ∆ y ( x ) = ( −1) ⎜ ⎟ y ( x + nh ) + ( −1) ⎜ ⎟ y ( x + ( n − 1) h ) ⎝ 0⎠ ⎝ 1⎠ n
0
+ ... + ( −1) Burada,
⎛n⎞ n! ⎜ ⎟= ⎝ m ⎠ m !( n − m ) !
n −1
⎛ n ⎞ n ⎜ ⎟ y ( x + h ) + ( −1) y ( x ) ⎝ n − 1⎠
5
Sürekli zaman dinamiğini incelerken,
y′(t), y″(t) gibi türevleri
zamanın sonsuz küçük değişimi çerçevesinde değerlendirmiş
olduk. Ancak zamandaki değişim yeterince küçük değilse,
değişkenin
zamana
bağlı
değişimlerini
diferansiyel
y(t) ile
tanımlamak doğru olmayacaktır. Bunun yerine, fark denklemleri olarak ifade edebileceğimiz bir başka yöntemi kullanırız.
6
Çözüm
yöntemimiz
değişmemektedir. Amaç,
hareketle,
değişmekle
birlikte,
amacımız
y değişkeninin veri değişim kalıbından
y(t) yörüngesinin elde edilmesidir. Zamana bağlı farkı
şöyle tanımlayacağız:
∆y ∆t
→
∆ yt ≡ yt + 1 − yt
7
y ’nin değişim kalıpları şu şekilde olabilir:
∆yt = 2 , ∆yt = 0.1 yt Bu tip denklemlere, fark denklemleri denir.
∆yt = 2
ya da
yt +1 − yt = 2
ya da
yt +1 = 2 + yt
Birinci dereceden fark denklemini genel olarak şöyle yazabiliriz:
∆ yt + 1 ≡ yt + 1 − yt = f ( yt )
8
Eğer
f ( yt )
doğrusalsa, fark denklemi doğrusal, aksi durumda
doğrusal değildir. Bunun için bazı örnekler yazalım.
yt + 1 ≡ 2 + 3 yt
Doğrusal
yt + 2 − 2 yt + 1 − 3 yt = 5
Doğrusal
yt + 1 = 3.2 yt ( 1 − yt )
Doğrusal Değil
yt + 1 = ryt ln ( k yt )
Doğrusal Değil
9
Şimdi genel olarak aşağıdaki dinamik fark denklemini dikkate alalım.
yt + 1 = f ( t , yt )
Örneğin,
yt + 1 = th ( yt )
Bu örnekte olduğu gibi, dinamik fark denklemi sistemi yalnızca
h(yt) ’nin bir fonksiyonu ise, buna otonom sistem; aynı zamanda t ’nin de bir fonksiyonuysa, otonom-olmayan sistem diyoruz.
yt + 1 = t + 2 yt
Otonom-olmayan
yt + 1 = 2 yt
Otonom
10
Şimdi de tüm y terimlerinin eşitliğin solunda toplandığı birinci sıradan fark denklemini dikkate alalım:
yt + 1 + ayt = g ( t ) Bu denklemde
g(t)≡0 ise sistem homojen, aksi durumda homojen
değildir. Şimdiye kadar birinci sıradan fark denklemlerini dikkate aldık. Sıradan bir fark denklemini genel olarak şöyle yazabiliriz.
yt + m = f ( yt + m −1 , yt + m − 2 ,..., yt )
m.
11
Örneğin ikinci sıra doğrusal fark denklemini şöyle yazabiliriz:
yt + 2 + ayt + 1 + byt = g ( t ) Bazı örnekler şu şekilde verilebilir:
yt + 1 − 2 yt = 0
Birinci sıra doğrusal homojen
yt + 2 − 4 yt + 1 − 4 yt = 0
İkinci sıra doğrusal homojen
yt + 1 − 2 yt = 5
Birinci sıra doğrusal homojen-olmayan
yt + 2 − 4 yt + 1 − 4 yt = 6
İkinci sıra doğrusal homojen-olmayan
12
Başlangıç Değeri Sorunu: Bir fark denkleminin belirli çözümünün elde edilebilmesi için, bir başlangıç denklemini
değerinin dikkate
bilinmesi alarak,
gereklidir.
buradan
bir
yaparak) yeni fark denklemleri elde edelim.
yt + 1 = f ( yt )
(
)
yt + 2 = f ( yt + 1 ) = f f ( yt ) = f
2
( yt )
Örneğin dizi
şu
fark
(yinelemeler
13
Yukarıdaki denklemlerden ilki, birinci sıra fark denklemidir ve belirli
çözümün
elde
edilebilmesi
için
bir
tane
başlangıç
koşuluna; alttaki ise ikinci sıra diferansiyel denklemdir ve belirli çözüm
için
iki
tane
başlangıç
koşuluna
gerek
duyar.
t=0
aldığımızda, ilk denklemi birbirini izleyen bir sıralamayla şöyle ifade edebiliriz.
t=0
→
(
y0
) ( (
))
y0 , f ( y0 ) , f f ( y0 ) , f f f ( y0 ) ,... y0 , f ( y0 ) , f 2 ( y0 ) , f 3 ( y0 ) ,...
14
yt +1 = f ( yt ) , Biçimindeki equation)
ifade, olarak
y0 (t = 0 iken) yinelemeli
anılmaktadır.
dizimsel Bu
yoluyla elde edilen her bir terim, izleyeceği yolu belirler.
denklem
denklemden
(recursive yinelemeler
y ’nin y0 ’dan başlayarak
15
Birinci Derece Fark Denklemlerinin Çözümü 1. Yinelemeli Çözüm Yöntemi: İki ardışık dönem arasındaki değişimin kalıbı veri ise, buradan hareketle izleyen ardışık dönemler arasındaki değişimler de belirlenebilir. Bu yönteme yineleme (iterasyon) denir. Örnek 1:
y’nin başlangıç değeri:
y0 = 15
y’nin değişim kalıb
yt + 1 = yt + 2
:
Bu
bilgilere
gĂśre,
yinelemeler
yaparak
fark
belirleyelim:
yt + 1 = yt + 2 y1 = y0 + 2 y2 = y1 + 2 = ( y0 + 2 ) + 2 = y0 + 4 = y0 + 2.2 y3 = y2 + 2 = ( y0 + 4 ) + 2 = y0 + 6 = y0 + 3.2
yt = y0 + t .2 = 15 + 2t
16
denklemini
17
Örnek 2:
yt + 1 = 0.9 yt
y0 = y0
,
y1 = 0.9 y0 y2 = 0.9 y1 = 0.9 ( 0.9 y0 ) = ( 0.9 ) y0 2
(
yt = 0.9 yt −1 = 0.9 ( 0.9 )
t −1
)
y0 = ( 0.9 ) y0 t
18
Örnek 3:
m yt + 1 − nyt = 0 yt + 1
⎛n⎞ = ⎜ ⎟ yt ⎝m⎠
y0 = y 0
,
t
→
⎛n⎞ y t = ⎜ ⎟ y0 ⎝m⎠
y0=A ve (n/m)=b alırsak, bu çözümü şu genel biçime dönüştürebiliriz.
yt = Ab Bunun,
t
yt=Aert ile aynı biçimde olduğuna dikkat edelim.
19
2. Genel Çözüm Yöntemi: Şimdi birinci dereceden fark denkleminin genel olarak çözümünü arayalım. Birinci derece fark denklemi şu biçimdedir:
yt + 1 + ayt = c Genel çözüm, iki bileşenin toplamından oluşur:
y t = y p + yc Önce tamamlayıcı fonksiyona (yc) bakalım. Yukarıdaki örnekleri dikkate alarak, yt=Abt olduğunu düşünelim. Buna göre;
yt + 1 = Ab
t +1
20
yt = Ab
t
ve
yt + 1 = Ab
t +1
ifadelerini
yt +1 + ayt = 0
yerlerini yazalım ve denklemi yeniden düzenleyelim.
yt + 1 + ayt = 0
→
Ab
t +1
+ aAb = 0 t
Ab ( a + b ) = 0 t
Ab ≠ 0 t
yc = Ab
t
→
( a + b) = 0
→
yc = A ( − a )
→ t
b = −a Tamamlayıcı Fonksiyon
’daki
21
Şimdi de özel çözümü (yp) araştıralım. En basit durum olarak yt=k biçimini düşünelim. Buna göre
yt+1=k olur. Bunları genel denk-
lemdeki yerlerine yazalım.
yt + 1 + ayt = c c yp = k = 1+ a
→
k + ak = c
Özel Çözüm
22
Ancak
a=−1 olursa, özel çözüm tanımsız hale gelir. Bu durumda
yeni bir çözüm aramamız gerekir. Örneğin edelim. Buna göre,
yt=kt olduğunu kabul
yt+1=k(t+1) olur. Bunları genel denklemdeki
yerlerine yazalım.
yt + 1 + ayt = c
→
c y p = kt = = ct t + 1 + at
k ( t + 1) + akt = c
{a = − 1
Özel Çözüm
23
Yukarıdaki
iki
olası
özel
çözümü
de
dikkate
denkleminin genel çözümlerini yazalım:
y t = yc + y p c yt = A ( − a ) + 1+ a
{a ≠ − 1
yt = A ( − a ) + ct
{a = − 1
t
t
alarak,
fark
24
Yukarıdaki genel çözümler, başlangıç değeri de bilindiğinde, belirli
çözümler
olarak
yazılabilir.
t=0 iken yt=y0 başlangıç
değerini dikkate alalım.
c yt = A ( − a ) + 1+ a t
t=0
→
c y0 = A + 1+ a
c ⎞ c t ⎛ y t = ⎜ y0 − ( −a ) + ⎟ 1+ a ⎠ 1+ a ⎝
→
c A = y0 − 1+ a
{a ≠ − 1
25
Belirli çözümün
a=−1 durumu:
{a = −1
yt = y0 + ct Örnek 4:
yt +1 − 5 yt = 1 ,
yt = Ab
t
yt +1 = Ab
t +1
⎫⎪ ⎬ ⎪⎭
7 y0 = 4
Ab
t +1
fark denklemini çözelim.
− 5 Ab ≡ Ab ( b − 5) t
t
26
Ab ( b − 5 ) = 0 t
yc = A ( 5 ) Şimdi
de
özel
t
→
b=5
Tamamlayıcı Fonksiyon
çözümü
elde
edelim.
Önce
yt=k durumunu
deneyelim.
yt = k , yt + 1 = k yt + 1 − 5 yt = 1
→ k − 5k = 1
1 → k = = yp 4
Özel Çözüm
27
Şimdi özel çözümle tamamlayıcı fonksiyonu birleştirerek, (belirli olmayan) genel çözümü yazalım:
y t = yc + y p
→
1 yt = A ( 5 ) − 4 t
Belirli çözümü elde edebilmek için, genel çözümde
t=0 yazarak
A’yı belirleyelim.
t=0 →
1 7 y0 = A − = 4 4
→
7 1 A= + = 2 4 4
28
A’yı genel çözümdeki yerine yazarak, belirli çözüme ulaşmış oluruz:
1 yt = A ( 5 ) − 4 t
→
1 yt = 2 ( 5 ) − 4
Bu çözümün doğruluğunu sınamak için yazarak
t
Belirli Çözüm
t=0 ’ı aşağıdaki denkleme
y0≡y0 denkliğini araştırırız. Bu denklik, başlangıç
koşulunun sağlandığını gösterir.
c ⎞ c t ⎛ y t = ⎜ y0 − ( −a ) + ⎟ 1+ a ⎠ 1+ a ⎝
29
İkinci olarak, yukarıdaki yt denklemini yt+1 için yeniden düzenleriz ve yt ve yt+1 denklemlerini ‘deki yerlerine yazarız. c≡c sağlanırsa, çözüm doğrudur.
30
Dengenin Dinamik İstikrarı Eğer
fonksiyonumuz
sürekliyse,
tamamlayıcı fonksiyonu oluşturan bir süreçte ise bunun karşılığı
dengenin
dinamik
istikrarı,
Aert terimine bağlıdır. Kesikli Abt terimidir. b ’nin alacağı
değerlere göre, bt ’nin yörüngesi (izleyeceği yol) şöyle oluşur:
b>0
ise salınımsız,
b >1
ıraksak
b<0
ise salınımsız,
b <1
yakınsak
b = +1
1’de tüm t ’ler için sabit
b = −1
0 etrafında dalgalı; ne yakınsak ne de ıraksak
31
ert teriminin yakınsaklığı r ’nin işaretine bağlıyken, bt teriminin yakınsaklığı
b ’nin mutlak değerinin büyüklüğüne bağlıdır. A ’nın
büyüklüğü ise Ayrıca
bt değerini şişirici ya da söndürücü etki yapar.
A ’nın işareti bir yansıma etkisi yaratabilir. A terimi ölçek
etkisi yaratır, ancak bt yörüngesini etkilemez. Özel
entegral
(yp)
ise,
fonksiyonun
eksenlerden
uzaklığını
belirler, yakınsama ya da ıraksama üzerinde bir etkisi yoktur. Genel olarak saktır.
yt=Abt+yp süreci ancak ve ancak b < 1 ise yakın-
32
Örnek 5: t
⎛ 4⎞ yt = 2 ⎜ − ⎟ + 9 ⎝ 5⎠ b = − 45 < 1
fonksiyonu nasıl bir yörüngeye sahiptir.
olduğundan, yörünge salınımlıdır. Salınım
fında sönerek ilerler,
+9 etra-
+9’a yakınsar. Hareketin salınımlı olması,
b’nin önünde yer alan (−) işaretinden kaynaklanmaktadır.
33
Şekil 6.1. t
10.50 10.00 9.50 9.00 8.50 y t 8.00 7.50 7.00 6.50 6.00
⎛ 4⎞ yt = 2 ⎜ − ⎟ + 9 ⎝ 5⎠
1
3
5
7
9
11 13 15 17 19 21 23 25 27 29
Zaman (t )
34
Örnek 6:
yt = 3 ( 2 ) + 4 t
b= 2>1
fonksiyonu nasıl bir yörüngeye sahiptir.
olduğundan, yörünge salınımlı ve yakınsak değildir.
t=0 iken y0=7 değerinden başlayarak, zaman içinde 4 değerinden giderek uzaklaşır.
35
Ĺ&#x17E;ekil 6.2. 206
yt = 3 ( 2 ) + 4 t
156
yt
106 56 6 1
2
3
4
Zaman (t )
5
6
36
Örümcek Ağı (Cobweb) Modeli Üreticilerin, kararlarını bir dönem önceki fiyata göre oluşturdukları bir doğrusal arz ve talep modeli düşünelim.
Q = α − β Pt
α, β > 0
Q = −γ + δPt −1
λ, δ > 0
d t s t
Her dönem, arz-talep dengesinin sağlandığı süreci belirlemeye çalışacağız.
37
Q =Q d t
s t
α − β Pt = −γ + δPt −1 β Pt + δPt −1 = α + γ Bu durumda denklem
ya da
yt + 1 + ayt = c
δ α+γ Pt + 1 + Pt = β β biçimindedir.
β,δ>0 olduğu sürece, a≠−1 olacaktır. Bu bilgiyi kullanarak Pt ’yi yazabiliriz.
38
c yt = A ( − a ) + 1+ a t
yt + 1 + ayt = c
, a ≠ −1
δ α+γ Pt + 1 + Pt = β β
→
→
c yt = A ( − a ) + 1+ a t
α+γ t ⎛ δ⎞ β Pt = A ⎜ − ⎟ + ⎝ β ⎠ 1+ δ β
39
α+γ t ⎛ δ⎞ β Pt = A ⎜ − ⎟ + ⎝ β ⎠ 1+ δ β
→
t=0
*
→
P0 = A + P t
t
P*
⎛ δ⎞ * Pt = P0 − P ⎜ − ⎟ + P ⎝ β⎠
(
*
)
⎛ δ⎞ α+γ Pt = A ⎜ − ⎟ + ⎝ β⎠ β+δ →
A = P0 − P
*
40
Yukarıdaki çözüm, arz ve talep dengesinin zaman içerisinde izleyeceği yol konusunda bilgi vermektedir.
P* terimi, modelin
uzun
da
dönem
piyasa
denge
fiyatını
(ya
dönemlerarası
dengesini) göstermektedir.
(P0−P*)
teriminin
yakınsamanın
işareti,
alttan
belirlemektedir.
mı
süreç
denge
fiyatına
yoksa
üstten
mi
yakınsaksa,
gerçekleşeceğini
41
(δ/β) teriminin önündeki işaret (−) olduğundan, süreç P* fiyatı etrafında
salınımlı
bir
hareket
çizer.
Salınımın
P* fiyatına
yakınsak mı ıraksak mı olacağını, bu terimin sayısal büyüklüğü belirler.
(δ/β)>1 ise süreç ıraksak, (δ/β)<1 ise yakınsaktır. Burada
arz eğrisinin, da talep eğrisinin eğimini göstermektedir. Mutlak değer olarak arz eğrisinin eğimi, talep eğrisi eğiminden küçük olduğu
sürece
gerçekleşir.
denge
salınımlı
bir
süreçten
sonra
yeniden
Şekil 6.3. Örümcek Ağı Modeli: Yakınsak Süreç P
δ<β S
P0
P
*
A
B
•
•
• E
D
Q
*
Q
42
Şekil 6.4. Örümcek Ağı Modeli: Iraksak Süreç
P
δ>β S
P0
P
*
• E
D
Q
*
Q
43
Şekil 6.5. Örümcek Ağı Modeli: Yakınsak Süreç
δ =β
P
S
P0
P
*
A
•
B E
•
•
D
Q
*
Q
44
Şekil 6.6. Örümcek Ağı Modeli: Yakınsak Süreç
δ<β
P P0
P
*
A
•
•B
E
•
S
Q
*
D Q
45
46
Uyumcu Fiyat Bekleyişleri Üreticilerin uyarlamalı fiyat beklentisine sahip oldukları bir piyasa modeli düşünelim. Arz ve talep denklemleri ile uyarlama süreci aşağıda tanımlanmıştır.
Q = α − β Pt d t
Pt = P *
Burada fiyattır.
* t −1
,
(
Q = −γ + δPt s t
+ η Pt −1 − P
* t −1
)
,
*
0< η≤1
η, beklenti uyum katsayısı; Pt* , t. dönem için beklenen
47
Bu bilgiler ışığında
Q =Q d t
Burada
s t
Pt*
Pt ’yi birinci sıra fark denklemi olarak yazalım.
→
α − β Pt = −γ + δPt
*
değerini, uyarlama denkleminden elde ederek yerine
yazalım. Ancak denklemde
Pt*−1
terimi kalacağından, bunu da
benzer biçimde yazalım.
α+γ β − Pt Pt = δ δ *
ve
(
* t −1
P
α+γ β = − Pt −1 δ δ
Pt* = Pt*−1 + η Pt −1 − Pt*−1
)
α+γ β ⎡α + γ β ⎤ − Pt = ηPt −1 + ⎢ − Pt −1 ⎥ ( 1 − η ) δ δ δ ⎣ δ ⎦ α + γ )( 1 − η) α + γ ⎡ β ( 1 − η) ⎤ ( β − Pt = − + ⎢η − ⎥ Pt −1 δ δ δ δ ⎢⎣ ⎥⎦ Pt
α + γ ) η ⎡ η( δ + β ) ⎤ ( = + 1− P ⎢ ⎢⎣
δ
β
⎥ ⎥⎦
t −1
⎡ η( δ + β ) ⎤ α + γ)η ( − 1⎥ Pt = Pt + 1 + ⎢ β δ ⎢⎣ ⎥⎦ a
c
48
49
a≠−1 olduğundan yukarıdaki birinci sıra doğrusal fark denkleminin çözümü şöyle olur:
t
⎛ ⎞ ⎛ α + γ ⎞ ⎜ η( δ + β ) ⎟ α + γ Pt = ⎜ P0 − ⎟ + ⎟⎜ δ + β ⎠⎜ β δ+β ⎝ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ −a>0 ⎠
−a>0 olduğundan, uyarlamalı bekleyişler modelinde dengeye geliş süreci
δ, β, η katsayılarının değerlerine bağlıdır.
50
Harrod-Domar Büyüme Modeli Harrod-Domar büyüme modelini daha önce entegral konusu içerisinde, sürekli dinamik sürece sahip bir sistem çerçevesinde incelemiştik. Şimdi bu modeli kesikli dinamik süreç olarak ele alalım, çözelim ve sürecin hangi koşullar altında yakınsakıraksak olduğunu belirleyelim.
St = sYt I t = v (Yt − Yt −1 ) St = I t
51
St = I t
→
⎛ v ⎞ Yt = ⎜ Yt −1 ⎟ ⎝v−s⎠ v>0
v>0
ve
ve
v>s
v<s
sYt = v (Yt − Yt −1 ) t
→
⎛ v ⎞ Yt = ⎜ Y0 ⎟ ⎝v−s⎠ ⇒
v > 1 → salınımsız genişleyen v−s
⇒
⎧ 2v > s → daralan salınımlı ⎪ ⎨ 2v < s → genişleyen salınımlı ⎪ 2v = s → sabit salınımlı ⎩
52
Bileşik Faiz Bileşik faiz konusunu daha önce üstel fonksiyonlar içerisinde sürekli dinamik bir sürece göre incelemiştik. Burada kesikli sürece göre yeniden ele alalım ve genel olarak bileşik faiz sürecindekine
benzer
durumlarda
Örneğin bir bankaya yatırılan oranından, yılda
birikim
sürecine
bakalım.
A kadar bir paranın, r faiz
m yinelemeli olarak t yıl sonra sağlayacağı
toplam geliri şöyle yazabiliriz:
r ⎞ ⎛ Pt = A ⎜ 1 + ⎟ m⎠ ⎝
mt
53
Şimdi genel olarak bir
Y değişkeni için katlamalı birikim sürecini
yazalım:
Yt = ( 1 + r ) Yt −1 Ayrıca biriken bu değere (gelire) her dönem ek bir ödemenin de (at) yapıldığını varsayarak birikim sürecini yeniden yazalım:
Yt = ( 1 + r ) Yt −1 + at −1 Ya da daha genel olarak bunu bir fark denklemi (yinelenen denklem, recursive equation) olarak yazalım:
Yt = at −1 + bYt −1
54
Bu süreci karşılayan çok sayıda örnek durum vardır. Bir canlı neslinin sürmesi gibi. Birikim süreci üstel olarak ilerler, ancak av olabilenler nedeniyle üstel artıştan eksilmeler oluşur. Benzer biçimde, insan nüfusu da üstel biçimde artar. Göçler, doğal afetler, salgın hastalıklar gibi dışsal etmenler bu süreci etkiler. Şimdi bu süreci aşama aşama açık biçimde yinelenen denklemler olarak yazalım.
55
Yt = at −1 + bYt −1 Y1 = a0 + bY0 Y2 = a1 + bY1 = a1 + b ( a0 + bY0 ) = a1 + ba0 + b Y0 2
(
)
Y3 = a2 + bY2 = a2 + b a1 + ba0 + b Y0 = a2 + ba1 + b a0 + b Y0 2
t −1
2
Y3 = at −1 + bat − 2 + b at − 3 + ... + b a0 + b Y0 2
t −1
Yt = ∑ b t −1− k ak + b tY0 k =0
t
3
56
Burada olası iki durumu dikkate alarak inceleyelim. Birincisi, tüm
k ’ler için ak=a ; ikincisi, tüm k ’ler için ak=a ve b=1. Birinci Durum: tüm k’ler için ak=a Bu durumda yinelemeli denklem ve çözümü aşağıdaki gibi olur:
Yt = a + bYt −1 t −1
Yt = a ∑ b k =0
t − 1− k
+ b Y0 t
ya da
⎛ 1 − bt Yt = a ⎜ ⎝ 1− b
⎞ t ⎟ + b Y0 ⎠
57
Denge durumunda tüm t’ler için
Y = a + bY
→
Yt = Y
olacaktır. Buna göre,
a Y= 1− b
Birinci durum için bunu yeniden düzenleyelim: t ⎛ ab ⎞ ⎛ a ⎞ t Yt = ⎜ −⎜ ⎟ + b Y0 ⎟ ⎝ 1− b ⎠ ⎝ 1− b ⎠
a ⎞ ⎛ a ⎞ ⎛ Yt = b ⎜ Y0 − +⎜ ⎟ ⎟ 1− b ⎠ ⎝ 1− b ⎠ ⎝ t
58
Bu sonuca göre,
b < 1 ise,
sistem dengeden uzaklaştığında, yeniden dengeye
dönülecektir, yani süreç yakınsaktır.
0<b<1
ise, yakınsama durağan (salınımsız);
−1 < b < 0
ise
yakınsama salınımlı bir süreç izler.
b <1
ise, süreç dengeden uzaklaşan bir seyir izler, yani
ıraksaktır.
59
İkinci Durum: tüm
k ’ler için ak=a ve b=1
Bu durumda yinelemeli denklem ve çözümü aşağıdaki gibi olur:
Yt = a + Yt −1 t −1
Yt = a ∑ ( 1) k =0
t − 1− k
+ Y0
ya da
Yt = at + Y0
60
Örnek 7:
Bir yatırımcı başlangıçta bankaya 10000 YTL yatırmıştır ve her yıl 250 YTL de yatırmaktadır. Yıllık %5 faiz üzerinden 5 yıl sonraki toplam birikimi ne olur?
Y0 = 10000 , ak = a = 250 , b = ( 1 + r ) = 1.05 Yt = ak + bYt −1 ⎛ 1 − bt Yt = a ⎜ ⎝ 1− b
→
Yt = 250 + ( 1.05 ) Yt −1
⎞ t + b Y0 ⎟ ⎠
⎛ 1 − ( 1.05 ) 5 ⎞ 5 ⎜ ⎟ Y5 = 250 + ( 1.05 ) ( 10000 ) = 14144.20 ⎜ 1 − ( 1.05 ) ⎟ ⎝ ⎠
61
Birinci Sıradan Doğrusal Olmayan Fark Denkleminde Dengenin Dinamik İstikrarı Yukarıda doğrusal olan birinci sıra fark denklemlerinin, belirli bir denge durumundan uzaklaşma sonrasında yeniden dengeye gelip gelemeyeceği durumları ve koşulları inceledik. Ancak doğrusal olmayan sistemler için bunu belirlemek bu kadar kolay değildir. Bu tür sistemlerde dinamik süreçler daha karmaşık salınımlara sahiptir. Bunu görebilmek için aşağıdaki ikinci derece birinci sıradan bir fark denklemini dikkate alalım.
yt + 1 = ayt − by
2 t
62
İlk olarak sabit değerleri (denge değerlerini, y*) belirleyelim.
yt + 1 = ayt − by
2 t
→
y = ay − by *
*
*2
* ⎧ y =0 * by ⎞ ⎪ * *⎛ y = ay ⎜ 1 − ⎟ → ⎨ * a −1 a ⎠ ⎝ ⎪y = b ⎩
Bu iki sabit değer ve
yt + 1 = ayt − byt2
Şekil 6.7.’de gösterilmiştir.
Şekil 6.7. Doğrusal Olmayan Birinci Sıra Fark Denklemi
yt + 1
yt + 1 = yt
E
•
yt + 1 = ayt − byt2
E 450 • * y =0
y = *
( a −1) b
yt
63
64
Şimdi bu süreci Şekil 6.8.’de değerlerin
a ve b ’ye özel değerler vererek inceleyelim.
a=2 ve b=1 durumu çizilmiştir. a ve b ’ye bu
dışında,
şekillerde
yer
alan
her
iki
eğrinin
kesişmesine olanak vermeyen değerler de atanabilir. Buna değerlere göre, denge noktaları y*=0 ve y*=1 ’dir. Temel sorumuz, denge değerlerinden herhangi birinden bir sapma meydana geldiğinde,
kararlı
sağlanamayacağıdır.
bir
dengenin
yeniden
sağlanıp
Şekil 6.8. Doğrusal Olmayan Birinci Sıra Fark Denklemi
yt + 1
Denge
E
•
yt + 1 = 2 yt − y E
• y =0 *
y0
y* = 1
yt
2 t
65
66
Örneğin Şekil 6.8.’de gösterildiği gibi, herhangi bir şokla
y denge
değerinin (y*) y0’a kaydığını düşünelim. Süreç şöyle çalışacaktır:
yt + 1 = 2 yt − yt2 y1 = 2 y0 − y
2 0
y2 = 2 y1 − y12
y0 1’den küçük olduğundan, yinelemeli süreçte her bir sonraki y değeri, bir öncekinden büyük değer alacağından, süreç doğru kararlıdır (yakınsak).
y*=1 ’e
Şekil 6.9. Doğrusal Olmayan Birinci Sıra Fark Denklemi
1.0 0.8 0.6
yt + 1
0.4 0.2 0.0 0.0
0.2
0.4
0.6
0.8
yt
1.0
67
68
Yukarıdaki sayısal durumu, Şekil 6.9. ile izleyebiliriz. Bu süreç yakınsaktır ya da dinamik süreç kararlıdır diyebiliriz. Şimdi sürecin yakınsaklıkla sonuçlanmadığı bir başka sayısal örneği dikkate alalım:
a=3.2 ve b=0.8
yt + 1 = 3.2 yt − 0.8 yt2 y1 = 3.2 y0 − 0.8 y02 y2 = 3.2 y1 − 0.8 y
2 1
69
Şekil 6.10. Doğrusal Olmayan Birinci Sıra Fark Denklemi
4.0 3.5 3.0 2.5
yt + 12.0 1.5 1.0 0.5 0.0 0.0
0.5
1.0
1.5
2.0
2.5
3.0
3.5
yt
4.0
70
Bu sistemin denge noktasını (y*) şöyle belirleriz:
a − 1 3.2 − 1 y = = = 2.75 b 0.8 *
Bu sistemi
y0 gibi denge dışı bir noktadan dinamik sürece
bırakırsak, belirli bir dönemden sonra
2.05 ve 3.20 sayıları
arasında sonsuza kadar gidip gelen kararsız bir seyir izleyeceğini görebiliriz. Yani sistem, denge değeri olan
2.75 değerine kararlı
bir dönüş yapamamaktadır. Buna iki nokta arasında salınma diyebiliriz.
71
Sürecin kararlı olup olmayacağına farklı bir bakış açısıyla da yaklaşabiliriz. Örneğin y Bunun
t +1
= f ( yt ) fark denklemini dikkate alalım.
a gibi bir denge noktası olsun. Ayrıca yt+1 terimini y, yt
terimini de
x ile karşılayalım. Belirli bir (a,a) noktası yakınlığında
bu eşitliğin açılımını şöyle yazabiliriz.
y − a = f ′(a )( x − a ) Bu denklem, eğimi ile gösterilmiştir.
ya da
y = a ⎡⎣1 − f ′(a )⎤⎦ + f ′(a ) x
f′(a) olan doğrusal bir denklemdir. Şekil 6.11.
72
Şekil 6.11. Doğrusal Olmayan Birinci Sıra Fark Denklemi
y
y= x
E
•
• 0
y = a ⎡⎣1 − f ′(a )⎤⎦ + f ′(a ) x
y = f ( x)
450
y=a
x
73
Yukarıda yaptığımız işlemler, kararlılık süreci incelemesini bir doğrusal modele indirgemiştir. Bu doğrusal denklemin eğiminin mutlak değeri,
450 ’lik doğrunun eğiminden (ki 1’e eşittir)
küçükse, dinamik süreç kararlı, aksi halde kararsızdır. Bunu genel olarak yazalım:
f ′( a ) < 1
⇒
dinamik süreç kararlıdır.
f ′( a ) = 1
⇒
dinamik süreç belirsizdir.
f ′( a ) > 1
⇒
dinamik süreç kararsızdır.
74
Örnek 8:
yt + 1 = 2 yt − y
2 t
İlk olarak doğrusal olmayan bu birinci sıra fark denkleminin denge değerlerini (y* ya da a) belirleyelim.
a = 2a − a
2
→
⎧a = 0 ⎨ ⎩a = 1
İkinci olarak, yukarıda verilen doğrusal olmayan fark denklemini
y=f(x) biçimine dönüştürelim ve f′(x)’i belirleyelim.
75
y = a ⎡⎣1 − f ′(a )⎤⎦ + f ′(a ) x y = f ( x) = 2 x − x2 f ′(0) = 2 ,
→
f ′( x ) = 2 − 2 x
f ′(1) = 0
f ′(0) > 1
olduğundan,
a=0 kararsızdır.
f ′(1) < 1
olduğundan,
a=1 kararlıdır.
76
İkinci Sıradan Fark Denklemleri Doğrusal-homojen olmayan ikinci sıra fark denklemini genel olarak şöyle yazabiliriz:
yt + 2 + a1 yt + 1 + a2 yt = c Birinci sıra fark denklemlerinde yaptığımız gibi, bunun çözümü de tamamlayıcı fonksiyon ve özel çözümden oluşacaktır.
y t = yc + y p
77
Özel Çözüm İlk olarak özel çözüm kısmını ele alalım. En basit çözüm olarak
yt’nin bir sabit sayı olacağını düşünerek başlarız.
yt = k
→
k + a1 k + a2 k = c
c k= 1 + a1 + a2
1 + a1 + a2 ≠ 0
olduğu sürece,
c yp = k = 1 + a1 + a2
özel çözüm olacaktır.
78
Örnek 9:
yt + 2 − 3 yt + 1 + 4 yt = 6 a1 = −3 , a1 = 4 , c = 6 1 + a1 + a2 = 2 ≠ 0 c yp = =3 1 + a1 + a2
79
1+a1+a2=0 olursa, yt=k çözümü tanımsız hale gelir. Bu durumda yt=kt çözümünü deneriz.
yt = kt , yt + 1 = k ( t + 1) , yt + 2 = k ( t + 2 ) yt + 2 + a1 yt + 1 + a2 yt = c k ( t + 2 ) + a1 k ( t + 1) + a2 k ( t ) = c
80
k=
c
( 1 + a1 + a2 ) t + a1 + 2
1 + a1 + a2 = 0
⇒
⎛ c ⎞ y p = kt = ⎜ ⎟t ⎝ a1 + 2 ⎠
c k= a1 + 2
{a1 ≠ −2
⎧1 + a1 + a2 = 0 ⎨ ⎩ a1 ≠ −2
81
Örnek 10:
yt + 2 + yt + 1 − 2 yt = 12 a1 = 1 , a2 = 2 , c = 12 1 + a1 + a2 = 0 ⎛ c ⎞ yp = ⎜ ⎟ t = 4t ⎝ a1 + 2 ⎠
82
1+a1+a2=0 ve a1=−2 olursa, yt=kt çözümü tanımsız hale gelir. Bu durumda yt=kt2 çözümünü deneriz.
yt = kt
, yt + 1 = k ( t + 1 )
2
2
, yt + 2 = k ( t + 2 )
2
yt + 2 + a1 yt + 1 + a2 yt = c k ( t + 2 ) + a1 k ( t + 1) + a2 k ( t ) = c 2
⎛c⎞ 2 yp = ⎜ ⎟ t ⎝ 2⎠
2
⎧ a1 = −2 ⎨ ⎩ a2 = 1
2
→
c k= 2
83
Şimdi yukarıda elde ettiğimiz özel çözümün üç olası durumunu özetleyelim.
c yp = k = 1 + a1 + a2
{ 1 + a1 + a2 ≠ 0
⎛ c ⎞ y p = kt = ⎜ ⎟t ⎝ a1 + 2 ⎠ ⎛c⎞ 2 yp = ⎜ ⎟ t ⎝ 2⎠
⎧ a1 = −2 ⎨ ⎩ a2 = 1
⎧ 1 + a1 + a2 = 0 ⎨ a1 ≠ −2 ⎩
84
Tamamlayıcı Fonksiyon Tamamlayıcı fonksiyonu bulmak için, ikinci sıra doğrusal fark denkleminin genel biçimini homojen duruma indirgeyeceğiz.
yt + 2 + a1 yt + 1 + a2 yt = 0 Birinci
derece
fonksiyonunu
doğrusal
yt = Ab
t
fark
denkleminin
tamamlayıcı
biçiminde belirlemiştik. Burada da bunu
deneyelim. Buna göre,
yt +1 = Abt +1 ,
yt + 2 = Abt + 2
Bunları homojen denklemdeki yerlerine yazalım ve düzenleyelim.
85
yt + 2 + a1 yt + 1 + a2 yt = 0 Ab
t+2
(
+ a1 Ab
t +1
+ a2 Ab = 0 t
)
Ab b + a1b + a2 = 0 t
2
Ab ≠ 0 t
b1,2 =
⇒
b + a1b + a2 = 0 2
− a1 ∓ a + 4a2 2 1
2
86
Yukarıdaki ikinci derece denklemin köklerine ilişkin üç farklı olası durum vardır. Birinci Durum (İki Reel Kök, b1 ve b2):
yc = A b + A b t 1 1
t 2 2
Örnek 11:
yt + 2 + yt + 1 − 2 yt = 12 a1 = 1 , a2 = 2 b1 = 1 ,
b2 = −2
→
b1,2 =
− a1 ∓ a + 4a2 2 1
2
87
yc = A b + A b t 1 1
t 2 2
yc = A1 ( 1) + A2 ( −2 ) = A1 + A2 ( −2 ) t
t
t
Bu durumda tamamlayıcı fonksiyon belirsiz bir çözüme sahiptir. Belirsiz olmanın nedeni, bilinmemesidir.
Gerekli
A1 ve A2 terimlerinin değerlerinin başlangıç
koşulları
verildiğinde,
terimlerinin değerleri bulunarak, belirli çözüme ulaşılabilir. ve y1=1 olduğunu bildiğimizi varsayalım.
y0=4
88
y0 = A1 + A2 ( −2 ) = A1 + A2 0
y1 = A1 + A2 ( −2 ) = A1 − 2 A2 1
2 y0 + y1 A1 = =3 , 3 yc = 3 + ( − 2 )
y0 − y1 A2 = =1 3
t
Tamamlayıcı fonksiyonun grafiği şöyle olacaktır (Şekil.6.12.).
89
Genel çözümün limitteki davranışı, baskın olan karakteristik
b1 > b2
köke bağlıdır. Örneğin
yc = A1b1t + A2 b2t
b1 > b2
⇒
(
→
b2 >1 b1
lim yc = lim A1b1t t →∞
t →∞
)
ise,
t ⎡ ⎤ ⎛ ⎞ b yc = b1t ⎢ A1 + A2 ⎜ 2 ⎟ ⎥ ⎢⎣ ⎝ b1 ⎠ ⎥⎦ t
→
⎛ b2 ⎞ lim ⎜ ⎟ = 0 t →∞ b ⎝ 1⎠
90
b1 ’in değerine bağlı şu olası altı durumla karşılaşabiliriz: 1. b1>1 ise A1b1t sonsuza gider: sistem kararsızdır. 2. b1=1 ise A1b1t sabit bir düzeyde kalır. 3. 0≤b1<1 ise A1b1t tekdüze biçimde sıfıra yakınsar; sistem kararlıdır.
4. −1<b1≤0 ise A b t sıfıra yakınsayacak biçimde sıfır etrafında 1 1 dalgalanır; sistem kararlıdır.
91
5. b1=−1 ise, A1b1t iki değer arasında salınır. 6. b1<−1 ise, A1b1t genişleyen bir salınım hareketi yapar.
92
Şekil 6.12. İkinci Sıra Doğrusal Fark Denklemi
1200 1000 800 600 400 200 0 -200
1
2
3
4
5
6
-400 -600 Zaman
7
8
9
10
93
İkinci Durum (Tek Reel Kök, b): Bu durum, ikinci
a12 = 4 a2
derece
edilmektedir.
olduğunda gerçekleşmektedir. Buna göre,
denklemin Bunu
çözümünde
dikkate
alarak,
tek
reel
kök
tamamlayıcı
elde
fonksiyonu
yeniden yazalım.
yc = A1b + A2b t
t
→
yc = ( A1 + A2 ) b = A3b t
t
A3
Burada
yok
ettiğimiz
sabit
terimlerden
yaptığımız gibi, modelde gösterebilmek için almalıyız.
Çünkü
yt + 2 + a1 yt + 1 + a2 yt = 0
ancak
ve
birini,
A4 tb t
ancak
daha
önce
olarak dikkate bu
özdeşliği sağlanabilmektedir.
durumda
94
Buna göre yc ,
yc = A3 b + A4 tb t
t
Örnek 12:
yt + 2 + 6 yt + 1 + 9 yt = 4 a1 = 1 , a2 = 2
→
b1,2 =
b1 = b2 = b = −3 yc = A3 ( −3 ) + A4 t ( −3 ) t
t
− a1 ∓ a + 4a2 2 1
2
95
y0 = A3 y1 = −3 A3 − 3 A4 y0 = 1 , y 2 = 2
5 ⇒ A3 = 1 , A4 = − 3
yc = A3 ( −3 ) + A4 t ( −3 ) t
t
→
5 t yc = ( − 3 ) − t ( − 3 ) 3 t
96
Üçüncü Durum (Karmaşık Kökler):
a12 < 4 a2
Bu durum,
olduğunda gerçekleşmektedir. Elde edilen
kökler sanaldır.
⎧⎪ a1 , v= ⎨h = − 2 ⎪⎩
b1,2 = h ∓ vi
4a2 − a
2 1
2
Buna göre, tamamlayıcı fonksiyon;
yc = A1b + A2b t
t
→
yc = A1 ( h + vi ) + A2 ( h − vi ) t
t
97
Bunu, De Moivre Teoremi yoluyla trigonometrik biçimde yazalım.
a + 4a2 − a = a2 R= h +v = 4 2
2 1
2
− a1
h Cosθ = = R 2 a2
2 1
2 a v , Sinθ = = 1 − 1 R 4a2
De Moivre Teoremine göre (diferansiyel denklemler bölümünde kanıtı verilmişti);
( h ∓ vi )
t
= R ⎡⎣Cos ( θt ) ∓ iSin ( θt ) ⎤⎦ t
98
yc = R ⎡⎣ A1 ( Cos ( θt ) + iSin ( θt ) ) + A2 ( Cos ( θt ) − iSin ( θt ) ) ⎤⎦ t
⎡ ⎤ yc = R t ⎢ ( A1 + A2 ) Cos ( θ ) t + ( A1 − A2 ) i Sin ( θt ) ⎥ ⎢ ⎥ A5 A6 ⎣ ⎦ yc = R ⎡⎣ A5Cos ( θt ) + A6 Sin ( θt ) ⎤⎦ t
R=1
99
1
z
b1 = h + vi
Şekil 6.13. Sanal Kökler
v −1
z
θ
z 0
h
z− 1
z1
1
z
b1 = h + vi
b2 = h − vi −1
z
R>1
1
z
R<1
z 0
θ
b1 = h + vi
b2 = h − vi
z− 1 −1
z
z
θ
0
z− 1
z1 b2 = h − vi
z1
100
b1 ve b2 simetrik sanal köklerse, kosinüs fonksiyonunu salınımından ötürü, yt fonksiyonu da salınımlı hareket eder.
R ’ye
bağlı olarak üç farklı tipte salınım görebiliriz (Şekil 6.13.):
1. R=1: b1 ve b2 kökleri birim çemberin üzerinde yer alır, yt sabit genlikte bir salınıma sahiptir (Şekil 6.14.a).
2. R>1: b1 ve b2 kökleri birim çemberin dışında yer alır, yt genişleyen bir salınıma sahiptir, sistem karasızdır (Şekil 6.14.b).
3. R<1: b1 ve b2 kökleri birim çemberin içinde yer alır, yt daralan bir salınıma sahiptir, sistem kararlıdır (Şekil 6.14.c).
101
Şekil 6.14a. Sanal Kökler: R=1
yt + 2 − yt +1 + yt = 0 , y0 = 1 , y1 = 2 R=1 3
⎛π ⎞ ⎛π ⎞ yt = Cos ⎜ t ⎟ + 3 Sin ⎜ t ⎟ ⎝3 ⎠ ⎝3 ⎠
2 1 0 -1
1
3
5
7
9
11
13
15
17
-2 -3 Zaman
19
21
23
25
27
29
102
Şekil 6.14b. Sanal Kökler: R>1
yt + 2 − 0.4 yt +1 + 1.2 yt = 0 , y0 = 0.5 , y1 = 0.8 R=1.095
yt = ( 1.095 ) ⎡⎣ 0.5Cos ( 1.39t ) + 0.65 Sin ( 1.39t ) ⎤⎦ t
10 8 6 4 2 0 -2 -4 -6 -8 -10
1
3
5
7
9
11
13
15
17
Zaman
19
21
23
25
27
29
103
Şekil 6.14c. Sanal Kökler: R<1
yt + 2 + 0.2 yt +1 + 0.8 yt = 0 , y0 = 1 , y1 = 2 R=0.894
yt = ( 0.89 ) ⎡⎣ Cos ( 1.68t ) + 2.36 Sin ( 1.68t ) ⎤⎦ t
3 2 1 0 -1
1
3
5
7
9
11
13
15
17
-2 -3 Zaman
19
21
23
25
27
29
104
Örnek 13:
yt + 2 − 4 yt +1 + 16 yt = 26 ,
y0 = 1 , y1 = 2
a1 = −4 , a2 = 16 , c = 26 a12 − 4a2 = −48 < 0 Buna göre, iki farklı sanal kök vardır.
a1 h=− =2 , v = 2
4a2 − a12 2
=2 3
R = h2 + v 2 = 4 h 1 v 3 Cosθ = = , Sinθ = = R 2 R 2
π ⎧ ⎨ θ= 3 ⎩
yc = R t ⎡⎣ A5Cos ( θt ) + A6 Sin ( θt ) ⎤⎦
105
⎡ ⎛π ⎞ ⎛ π ⎞⎤ yc = 4 ⎢ A5Cos ⎜ t ⎟ + A6 Sin ⎜ t ⎟ ⎥ ⎝3 ⎠ ⎝ 3 ⎠⎦ ⎣ t
Yukarıda ilk olarak tamamlayıcı fonksiyonu belirledik. Şimdi özel çözümü elde edelim.
c yp = k = 1 + a1 + a2 26 =2 yp = 1 − 4 + 16
{ 1 + a1 + a2 ≠ 0
106
Şimdi tamamlayıcı fonksiyonu ve özel çözümü birlikte yazarak, belirli olmayan genel çözümü gösterelim. Dışsal olarak başlangıç değerleri
(y0
ve
y1) verilirse, burada yer alan A5 ve A6
bilinmeyenlerini de belirleyerek, belirli genel çözüme ulaşabiliriz.
y0=1 ve y1=2 olarak verildiğini kabul edelim.
y t = yc + y p ⎡ ⎛π ⎞ ⎛ π ⎞⎤ yt = 4 ⎢ A5Cos ⎜ t ⎟ + A6 Sin ⎜ t ⎟ ⎥ + 2 ⎝3 ⎠ ⎝ 3 ⎠⎦ ⎣ t
107
y0=1
ve
y1=2
olarak verilen başlangıç değerlerini dikkate
alabilmek için, belirli olmayan genel çözümdeki
t yerine sırasıyla
0 ve 1 değerlerini uygulayalım ve elde edeceğimiz iki denklemden
A5 ve A6 ’yı çözelim.
y0 = ⎣⎡ A5Cos ( 0 ) + A6 Sin ( 0 ) ⎦⎤ + 2 = 1 → ⎡ ⎤ ⎢ ⎥ ⎢ ⎛π⎞ ⎛ π ⎞⎥ y1 = 4 ⎢ A5 Cos ⎜ ⎟ + A6 Sin ⎜ ⎟ ⎥ + 2 = 2 ⎝ 3⎠ ⎝ 3 ⎠⎥ ⎢ 1 3 ⎢ ⎥ 2 2 ⎣ ⎦
A5 = −1
108
1 3 A5 + A6 = 0 2 2
→
A6 =
1 3
, A5 = −1
Buna göre, belirli çözüm:
⎡ ⎛π ⎞ 1 ⎛ π ⎞⎤ yt = 4 ⎢ − Cos ⎜ t ⎟ + Sin ⎜ t ⎟ ⎥ + 2 3 ⎝3 ⎠ ⎝ 3 ⎠⎦ ⎣ t
R=4>1
olduğundan,
başlangıçta
meydana
gelebilecek
bir
dengeden uzaklaşma, sistemin ıraksak, yani dengeden uzaklaşan bir seyir izlemesine neden olacaktır.
109
Yüksek Dereceden Fark Denklemlerine Genelleme
yt + n + a1 yt + n−1 + ... + an−1 yt +1 + an yt = c biçiminde bir (t+n) derecesinden doğrusal fark denkleminde özel çözüm ve tamamlayıcı fonksiyonun belirlenmesinde şöyle hareket ederiz. Özel çözüm için yt=kt , yt=kt2 gibi çözümleri deneriz. Tamamlayıcı fonksiyonda ise, karşımıza, çözülmesi gereken n. dereceden bir karakteristik denklem çıkar.
110
b + a1b n
n −1
+ ... + an −1b + an = 0
Bu karakteristik denklemin, n tane karakteristik kökü (eigen values) vardır: bi ,
i=1,…,n
Tamamlayıcı fonksiyonun çözümü, köklerin özelliklerine bağlıdır.
1. Köklerin tümü farklı ve reel ise:
n
yc = ∑ A b i =1
t i i
111
2. Tek reel kök varsa:
b1 = b2 = ... = bn = b
yc = A1b + A1 tb + A3 t b + ... + An t t
t
2
t
n −1 t
b
3. Kökler sanal ise:
yc = R ( An −1Cos ( θt ) + An Sin ( θt ) ) t
Ai
terimlerinin belirlenerek, belirli çözüme ulaşabilmek için,
başlangıç koşulu gereklidir.
n
tane
112
Örnek 14:
7 1 1 yt + 3 − yt + 2 + yt + 1 + yt = 9 8 8 32 İlk olarak özel çözümü elde edelim.
yt = k
→
yt + 3 = yt + 2 = yt + 1 = yt = k
7 1 1 k− k+ k+ k = 9 → y p = k = 32 8 8 32
113
Şimdi
de
tamamlayıcı
fonksiyonu
bulalım.
Bunun
karakteristik denklemi yazalım:
b + a1b + a2 b + a3 = 0 3
2
7 2 1 1 =0 b − b + b+ 8 8 32 3
1 ⎞⎛ 1 ⎞⎛ 1⎞ ⎛ ⎜ b − 2 ⎟⎜ b − 2 ⎟⎜ b + 8 ⎟ = 0 ⎝ ⎠⎝ ⎠⎝ ⎠ 1 1 b1 = b2 = , b3 = − 2 8
İki reel kökün aynı olduğuna dikkat.
için
114
Üç reel kökten ikisinin aynı olduğunu dikkate alarak tamamlayıcı fonksiyonu yazalım: t
t
⎛1⎞ ⎛1⎞ ⎛ 1⎞ yc = A1 ⎜ ⎟ + A2 t ⎜ ⎟ + A3 ⎜ − ⎟ ⎝ 2⎠ ⎝ 2⎠ ⎝ 8⎠ Karakteristik köklerin mutlak değerleri
t
1’den küçük olduğundan,
süreç, uzun dönemli dengeyi (sabit nokta) gösteren değerine yakınsar. Yani kararlı bir süreç vardır.
yp=32
115
Örnek 14’te üçüncü dereceden bir fark denkleminin karakteristik köklerini belirleyerek denklemi çözdük ve kararlılığını gördük. Ancak genel olarak n. derecen bir denklemin karakteristik köklerinin belirlenmesi bu kadar kolay değildir. Schur Teoremi, kökler
belirlenmeksizin,
sınamamızı sağlar.
sürecin
kararlı
olup
olmadığını
116
Schur Teoremi:
a0 b + a1b n
n −1
+ ... + an−1b + an = 0
biçimindeki polinomun kökleri ancak ve ancak aşağıdaki determinantın tümü pozitif ise 1’den küçük olur.
a0 ∆1 = an
an a0
a0
0
an
an −1
a1 , ∆2 = an
a0 0
0 a0
an a1
an
0
a0
an −1
...
n tane
117
... ∆ n =
a0
0
0
an
an − 1
a1
a1
a0
0
0
an
a2
an − 1
an − 2
0
0
0
an
an
0
0
a0
a1
an − 1
an − 1
an
0
0
a0
an − 2
a1
a2
an
0
0
a0
118
Örnek 15:
yt + 2 + 3 yt +1 + 2 yt = 12 Bu fark denkleminin kararlı bir sürece sahip olup olmadığına, Schur teoremi yoluyla bakalım. Burada,
n = 2 , a0 = 1 , a1 = 3 , a2 = 2
∆1 =
a0
an
an
a0
=
1 2 2 1
= −3 < 0
∆1 pozitif olmadığından, ∆2 ’ye bakmaya gerek olmadan, sürecin kararsız olduğunu söyleyebiliriz.
119
Örnek 16:
1 1 yt + 2 + yt + 1 − yt = 2 6 6 Bu fark denkleminin kararlı bir sürece sahip olup olmadığına, Schur teoremi yoluyla bakalım.
Burada,
1 1 n = 2 , a0 = 1 , a1 = , a2 = − 6 6
a0 ∆1 = an
an = a0
1
1 − 6
1 − 6
1
35 = >0 36
120
a0 a1 ∆2 = an an − 1
0 a0 0 an
an 0 a0 0
an −1 1 1 an 6 = 1 a1 −6 1 a0 6
0 1 0 − 16
− 16 0 1 0
− 16 − 16 1 6
1
1176 ∆2 = >0 1296
∆1>0
ve
∆2>0 olduğundan, bu fark dengeli yakınsaktır, yani
süreç kararlıdır.
Samuelson Çarpan-Hızlandıran Modeli (1939)
121
Yt = C t + I t + Gt C t = C 0 + αYt −1
,
I t = v ( C t − C t −1 ) ,
0<α<1 v>0
Gt = G0 Yukarıdaki
denklemlerden
yararlanarak,
yatırımlarla
arasındaki bağlantıyı oluşturalım.
I t = v ( αYt −1 − αYt − 2 ) = αv (Yt −1 − Yt − 2 )
gelir
122
It ve Ct denklemlerini, milli gelir özdeşliğindeki yerlerine yazarak düzenleyelim.
Yt = C 0 + αYt −1 + αv ( Yt −1 − Yt − 2 ) + G0 Yt − α ( 1 + v ) Yt −1 + αvYt − 2 = C 0 + G0 Bu, ikinci sıradan doğrusal bir fark denklemidir. Bunu çözelim.
a1 = −α ( 1 + v ) , a2 = αv , c = C 0 + G0 C 0 + G0 c = Y = Yp = 1 + a1 + a2 1− α *
Özel çözüm çarpandır ve uzun dönemli dengeyi göstermektedir.
123
Tamamlayıcı fonksiyona ilişkin üç olası durum vardır. 1. Durum:
a > 4a2 → 2 1
( −α (1 + v ) )
2
( −α (1 + v ) )
2
( −α (1 + v ) )
2
> 4αv → α >
4v
(1 + v )
2
2. Durum:
a = 4a2 → 2 1
= 4αv → α =
4v
(1 + v )
2
3. Durum:
a < 4a2 → 2 1
< 4αv → α <
4v
(1 + v )
2
124
Fark denkleminin karakteristik köklerini belirleyelim.
b 2 + a1b + a2 = 0 b1,2 =
b1,2 =
→
b 2 − α ( 1 + v ) b + αv = 0
− a1 ∓ a12 + 4a2 2 − ( −α ( 1 + v ) ) ∓
Yakınsaklık
( −α (1 + v ) )
2
+ 4αv
2 b1 ve b2’ye, b1 ve b2 de α ve v değerlerine bağlıdır.
Ayrıca iki ayrı karateristik kökün toplam ve çarpım özelliğinden yararlanarak, köklerin işaretlerini belirleyelim.
b1 + b2 = − a1 = −α ( 1 + v ) , b1b2 = a2 = αv
125
( 1 − b1 )( 1 − b2 ) = 1 − ( b1 + b2 ) + b1b2 = 1 − ( −α ( 1 + v ) ) + αv = 1− α 0<α<1
⇒
0 < ( 1 − b1 )( 1 − b2 ) < 1
b1 > 0 , b2 > 0 Bu sonuca göre, her iki kök de reeldir ve birbirinden farklıdır. Bu durumu dikkate alarak tamamlayıcı fonksiyonu ve genel çözümü yazabiliriz.
126
Yt = A b + A b + Y t 1 1
t 2 2
*
Köklerin her ikisinin de farklı ve pozitif işaretli olduklarını bilmekle birlikte, sayısal büyüklüklerini bilmiyoruz. Şu olası durumlar söz konusudur: 1.
0 < b2 < b1 < 1
→
0 < α < 1 ; αv < 1
2.
0 < b2 < b1 = 1
→
α=1
3.
0 < b2 < 1 < b1
→
α>1
4.
1 = b2 < b1
→
α=1
5.
1 < b2 < b1
→
0 < α < 1 ; αv > 1
127
Bu olası durumlar arasında
0 < ( 1 − b1 )( 1 − b2 ) < 1 koşulunu
sağ-
layan, 1 ve 5 numaralı durumlardır. Birinci durumda yakınsaklık, beşinci durumda ıraksaklık oluşur. Eğer tek reel kök varsa, değildir.
b = α (1 + v ) 2
olur. Süreç yine dalgalı
α ve v pozitif olduklarından, kesin olarak b>0’dır. Buna
göre şu üç olası durumla karşılaşabiliriz: 1.
0<b<1
→
0 < α < 1 ; αv < 1
2.
b=1
→
α=1
3.
b>1
→
0 < α < 1 ; αv > 1
128
Bu olası durumların arasından
0 < α < 1 koşulunu 1 ve 3 numaralı
durumlar sağlamaktadır. Birinci durumda yakınsaklık, üçüncü durumda ıraksaklık oluşur. Kökler
sanal
oluşmayacağı,
ise,
yörünge
dalgalıdır.
Yakınsamanın
R teriminin değerine bağlıdır.
oluşup
129
Örnek 17: Aşağıdaki modelden hareketle, gelirin zaman içindeki seyrini gösteren denklemi elde edelim.
C t = 50 + 0.75Yt −1
I t = 4 (Yt −1 − Yt − 2 ) ,
Gt = G0
v>0
130
Hızlandıran modeli 1950’de John Hicks tarafından yeniden ele alınmıştır. İktisadi dalgalanmalar çerçevesinde konuya yaklaşan Hicks,
g hızında büyüyen otonom yatırımları modele katmıştır.
Hicks’in modelini aşağıdaki gibi yazabiliriz.
Yt = C t + I t C t = αYt −1 I t = I 0 ( 1 + g ) + v ( C t − C t −1 ) t
Yt = αYt −1 + I 0 ( 1 + g ) + v ( αYt −1 − αYt − 2 ) t
131
Yt = α ( 1 + v ) Yt −1 − vYt − 2 + I0 ( 1 + g )
t
Bu ikinci sıra fark denklemi, Samuelson modelinden farklı olarak, hareketli bir denge milli gelir düzeyine sahiptir. denge gelir düzeyini
t döneminde
Y*(1+g)t , (t-1) döneminde Y*(1+g)t-1 ve …
olarak kabul edelim. Yukarıdaki denklemi denge için yeniden yazalım.
Y (1 + g ) − α (1 + v )Y (1 + g ) *
t
*
t −1
+ vY ( 1 + g ) *
t −2
= I0 ( 1 + g )
t
132
Eşitliğin her iki yanını
(1+g)t-2 terimiyle bölelim, ve yeniden
düzenleyelim.
Y
*
(1 + g )
Y = *
2
− α (1 + v )Y
*
I0 (1 + g )
(1 + g )
2
( 1 + g ) + vY
= I0 (1 + g )
2
2
− α ( 1 + v )( 1 + g ) + v
Statik durumda (g=0), dengenin dikkat edelim.
*
Y * = I 0 ( 1 − α ) ’a
indirgendiğine
133
İkinci
sıra
fark
denkleminin
tamamlayıcı
yazabilmek için karakteristik kökleri belirleyelim.
b1,2 =
− a1 ∓ a + 4a2 2 1
2
a1 = α ( 1 + v ) , a2 = αv
b1,2 =
−α ( 1 + v ) ∓
( α (1 + v ) ) 2
2
− 4αv
fonksiyonunu
134
Tamamlayıcı fonksiyonu ve özel çözümü bir arada yazarak, belirli olmayan genel çözüme ulaşırız.
Yt = A b + A b + t 5 1
t 6 2
I0 ( 1 + g )
(1 + g )
2
2
− α ( 1 + v )( 1 + g ) + v
Hicks’in bu modelinde de dengenin kararlı olup olmayacağı,
( α (1 + v ) )
2
− 4αv
teriminin işaretine ve Samuelson modelinde
sıraladığımız bir dizi koşula bağlıdır.
135
Enflasyon-İşsizlik İlişkisi
P = α − T − β U + hπ
Bekleyişlere Dayalı Phillips İlişkisi
dπ = j ( p − π) dt
Uyarlamalı Bekleyişler
dU = −k ( m − p) dt
Para Politikası
Bu modelde üç içsel değişken vardır: p,
π, U .
Modeki fark denklemleri biçiminde yeniden yazalım.
136
Pt = α − T − β U t + hπ t ,
α ,β > 0 , 0 < h ≤ 1
π t + 1 − π t = j ( Pt − π t )
0< j≤1
,
U t + 1 − U t = − k ( m − Pt + 1 ) , k > 0
Modeli çözebilmek için ilk olarak tümünü tek bir değişkene (P’ye) indirgeyeceğiz. Bunun için aşağıdaki işlemleri yapalım.
137
Pt + 1 − Pt = −β ( U t + 1 − U t ) + h ( π t + 1 − π t ) U t + 1 − U t = − k ( m − Pt + 1 ) π t + 1 − π t = j ( Pt − π t ) Pt + 1 − Pt = −β k ( m − Pt + 1 ) + hj ( Pt − π t ) Pt = α − T − β U t + hπ t →
hπ t = Pt − α + T + β U t
( 1 + β k ) Pt +1 − ⎡⎣1 − j ( 1 − h ) ⎤⎦ Pt +
jβ U t = β km + j ( α − T )
138
Son olarak
Ut’yi de denklemden kaldırabilmek için, denklemi bir
dönem ileri götürerek yazarız ve farkını alırız. Bu fark sonucu oluşan yeni denklemdeki (
U t +1 − U t
) terimi yerine, karşılığını
yazarak yeniden düzenleriz. Artık fark denklemi tümüyle
P ’ye
bağlı bir hale gelmiş olur.
( 1 + β k ) Pt + 2 − ⎡⎣1 − j ( 1 − h ) ⎤⎦ Pt +1 +
jβ U t + 1 = β km + j ( α − T )
− ( 1 + β k ) Pt + 1 + ⎣⎡1 − j ( 1 − h ) ⎦⎤ Pt − jβ U t = −β km − j ( α − T )
( 1 + β k ) ( Pt + 2 − Pt +1 ) = ⎡⎣1 − j ( 1 − h ) ⎤⎦ ( − Pt +1 + Pt ) + jβ ( U t +1 − U t ) = 0 U t +1 − Ut = − k ( m − Pt +1 )
139
Pt + 2 −
1 + hj + ( 1 − j )( 1 + β k )
(1 + βk )
⎡⎣1 − j ( 1 − h ) ⎤⎦ jβ km Pt + 1 + Pt = (1 + βk ) (1 + βk )
a1
a2
c
Bu, ikinci sıra doğrusal fark denklemidir. Şimdi sırasıyla özel çözüm ve tamamlayıcı fonksiyonu bularak, genel çözümü elde edelim. Özel çözüm,
P ’nin uzun dönemdeki denge değerini verir.
c P = =m 1 + a1 + a2 *
140
Tamamlayıcı fonksiyon ise,
a12
ve
4a2 terimlerine
bağlı olarak üç
olası durumda ortaya çıkabilir.
> a < = 4a2 2 1
⎡⎣ 1 + hj + ( 1 − j )( 1 + β k ) ⎤⎦ > ⎡ ⎤ 4 1 1 1 j h k = − − + β ( ) ( ) ⎣ ⎦ < 2
1 + hj b1 + b2 = − a1 = +1− j > 0 1 + βk b1b2 = a2 =
1 − j (1 − h) 1 + βk
∈ ( 0,1)
141
β jk ( 1 − b1 )( 1 − b2 ) = 1 − ( b1 + b2 ) + ( b1b2 ) = 1 + β k > 0 0 < b1 < 1 , 0 < b2 < 1 Her iki kök de pozitif olduğundan, süreç salınımlı değildir. Ayrıca
0 ile 1 arasında yer aldığından yakınsaktır. Tek reel kök varsa (b), süreç salınımsız ve yakınsaktır. Kökler sanalsa, yakınsaklık için
R < 1 olmalıdır.
142
2 ⎛ ⎛ a1 ⎞ ⎜ 4a2 − a1 2 2 R = h + v = ⎜− ⎟ + 2 ⎝ 2 ⎠ ⎜⎝ 2
1 − j (1 − h) ∈ ( 0,1) R= 1 + βk
2
⎞ ⎟ = a2 ⎟ ⎠
143
Doğrusal Olmayan Fark Denklemlerine Doğrusal Yaklaşım Tipik bir doğrusal olmayan fark denklemini bir gecikme için şöyle yazabiliriz.
xt − xt −1 = ∆xt = g ( xt −1 ) Bu fark denklemini, yinelemeli (recursive) biçimde yazalım. Bu biçimde
yazmak,
grafik
anlatımı
oluşturmada
sağlamaktadır.
xt = g ( xt −1 ) + xt −1 f ( xt −1 )
→
xt = f ( xt −1 )
kolaylık
144
Şekil 6.15’de doğrusal olmayan bir fark denklemi gösterilmiştir. 45 derecelik açıyla gelen doğrusu, tüm
xt = xt −1
eşitliğini belirlemektedir.
t değerlerine karşılık
xt = xt3−1
denklemi ile 45
derecelik doğrunun kesiştiği üç farklı noktada denge değerleri (sistemin sabit noktaları) elde edilmektedir. Bu noktalar -1, 0 ve 1’dir. Şekil 6.15’i türevlenebilir - sürekli biçimde çizdiğimize dikkat edelim. Buradan, fark denklemine bir bağlantı oluşturmaya çalışmaktayız.
Şekil 6.15. Doğrusal Olmayan Fark Denklemlerine Doğrusal Yaklaşım
xt = f ( xt −1 ) = xt3−1
xt = x t −1
•
1 0.5
x1* = −1 -1
•
-0.5 -0.5
•
x3* = 1
x2* = 0
-1
0.5
1
145
146
Her
bir
denge
noktasının
kararlılık
özelliklerini
ortaya
koyabilmek için, bu denge değerlerinde birinci sıra Taylor açılımını yaparız.
( )
( )( x
* ′ f ( xt −1 ) = f x + f x *
t −1
)
Açılımın kalan terimini (R2) dikkate almayalım.
( )
( )( x
* ′ f ( xt −1 ) = f x + f x *
t −1
(
− x + R2 xt −1 x *
−x
*
)
*
)
147
Kararlılık
koşullarını
daha
önce
diferansiyel
denklemler
bölümünde şöyle yazmıştık:
( )
⇒
x*
kararlı bir denge noktasıdır.
( )
⇒
x*
kararlı bir denge noktası değildir.
( )
⇒
* ′ f x <1
f ′ x* > 1 * ′ f x =1
kararlılık süreci belirsizdir.
148
Örnek 18:
xt = 4 xt −1 − 3 Birinci sıra doğrusal olmayan fark denklemini dikkate alalım. Denge
noktalarını
xt = xt −1
belirleyebilmek
için,
bu
denklemde
durumunu denge sürecinde göz önünde bulundurarak,
ikinci derece bir denklem olarak yeniden yazalım ve karakteristik köklerini bulalım.
xt = 4 xt − 3
→
x1* = 1 , x2* = 3
x − 4x + 3 = 0 2
149
Şimdi denge noktalarındaki doğrusal yaklaşımı (birinci sıra Taylor açılımını) elde edelim.
( )
xt = f ( xt − 1 ) = f x
*
( )( x
* ′ + f x
t −1
−x
*
)
( )
x * = f x1* = 1 f ′ ( x ) = 2 ( 4 x − 3)
− 12
→
(
) (
* * ′ f x1 = 1 = 2 4 x1 − 3
xt = 1 + 2 ( xt − 1 − 1) = −1 + 2 xt − 1
)
− 12
=2
150
( )
f ′ x1* = 2 > 1 olduğundan 6.16’daki
A
denge
sistem
noktasından
kararsızdır. bir
Yani
uzaklaşma
Şekil
meydana
geldiğinde, yeniden aynı denge noktasına dönüş olmaz. Şimdi ikinci denge noktasını (şekilde B noktası) ele alalım. Yukarıdaki benzer
( )=
f′ x
* 2
işlemleri
2 3
>1
bu
nokta
için
de
yaptığımızda
sonucunu elde ederiz. Bu sonuç, bu denge noktası
civarındaki bir dengeden uzaklaşmanın, kararlı hareketlerle yeniden aynı denge noktasına dönüleceğini göstermektedir.
Şekil 6.16. Doğrusal Olmayan Fark Denklemlerine Doğrusal Yaklaşım (Örnek 18) 5
151
xt = xt −1
4
B
•
3
xt = 4 xt −1 − 3
2
1
A
•
1
2
3
4
5
152
Örnek 19:
yt +1 = f ( yt ) = 3.2 yt − 0.8 yt2 yt = y
*
∀t
y = 0 , y = 2.75 * 1
İkinci
* 2
denge
değeri
etrafında
doğrusal
kararlılığın oluşup oluşmayacağını inceleyelim.
açılımı
yaparak
153
( )
yt + 1 = f ( yt ) = f y
( ) = 2.75
y = f y *
* 2
*
,
( )( y
* ′ + f y
t
−y
*
)
( )
* * ′ f y2 = 3.2 − 1.6 y2 = −1.2
yt +1 = f ( yt ) = 2.75 − 1.2 ( yt − 2.75 ) yt +1 = 6.05 − 1.2 yt Bu birinci sıra doğrusal(laştırılmış) fark denkleminin çözümünü yapalım.
154
yt +1 = 6.05 − 1.2 yt
→
yt +1 + 1.2 yt = 6.05 a
c
c ⎞ c t ⎛ y t = ⎜ y0 − , 1+ a ≠ 0 ( −a ) + ⎟ 1+ a ⎠ 1+ a ⎝ yt = 2.75 + ( −1.2 )
t
( y0 − 2.75 )
Çözümden görüldüğü gibi, süreç genişleyen bir salınıma sahiptir (Şekil 6.18).
Şekil 6.17. Doğrusal Olmayan Fark Denklemlerine Doğrusal Yaklaşım (Örnek 19)
yt +1 = yt
4
A • 2
• 0
1
y1* = 0
2
3
4
y2* = 2.75
-2
yt +1 = 3.2 yt − 0.8 yt2 -4
5
155
Şekil 6.18. Doğrusal Olmayan Fark Denklemlerine
156
Doğrusal Yaklaşım (Örnek 19)
yt = 2.75 + ( −1.2 )
t
( y0 − 2.75 )
20 15 10 5
yt
t
0 -5 -10 -15 -20
1
3
5
7
9
11
13
15
17
19
21
23
25
27
29
157
Solow Büyüme Modelinin Fark Denklemleriyle İfade Edilmesi Solow büyüme modelini daha önce diferansiyel denklemler bölümünde ele almıştık. Burada kesikli zaman sürecinde modele nasıl bakılabileceğini göreceğiz. Üretim fonksiyonunu tanımlayarak başlayalım.
yt = f ( k t − 1 )
Yt K t −1 , kt −1 = yt = Lt −1 Lt −1
158
S t = sYt K t = I t + K t − 1 − δK t − 1 St = I t →
→
I t = K t − ( 1 − δ ) K t −1
sYt = K t − ( 1 − δ ) K t −1
K t − ( 1 − δ ) K t −1 sYt = Lt −1 Lt −1
→
⎛ Lt ⎞ syt = kt ⎜ ⎟ − ( 1 − δ ) kt −1 , ⎝ Lt −1 ⎠ syt = kt ( 1 + n ) − ( 1 − δ ) kt −1
K t ⎛ Lt ⎞ syt = ⎜ ⎟ − ( 1 − δ ) kt −1 Lt ⎝ Lt −1 ⎠ Lt − Lt −1 Lt = = 1+ n Lt −1 Lt −1
159
( 1 + n ) kt − ( 1 − δ ) kt −1 = sf ( kt −1 ) kt =
( 1 − δ ) kt −1 + sf ( kt −1 ) 1+ n
→
kt = h ( kt −1 )
Üretim fonksiyonunu birinci dereceden Cobb-Douglas olarak dikkate alalım ve son denklemi yeniden yazalım.
yt = f ( kt −1 ) = Aktα−1 , A > 0 , 0 < α < 1 kt =
α 1 − δ k + sAk ( ) t −1 t −1
1+ n
160
Ulaştığımız son denklem, birinci sıradan doğrusal olmayan bir fark denklemidir. Bunu çözebilmek için, denge kişi başına sermaye (k*) değeri etrafında birinci sıra Taylor açılımını yaparız (yani denklemi doğrusallaştırırız).
yt = f ( kt −1 ) = Ak kt = h ( kt −1 )
α t −1
, A> 0 , 0< α<1
1 − δ ) kt −1 + sAk ( =
α t −1
1+ n
( )
( )( k
* ′ kt = h ( kt −1 ) = h k + h k *
t −1
−k
*
)
161
( )=
h k
*
(1 − δ ) k
*
( )
+ sA k
*
1+ n
( 1 − δ ) + αsA ( k ) *
( )
h′ k * =
α− 1
1+ n
( )
kt = h k
α
*
k*
( )
⎡ ( 1 − δ ) + αsA k * +⎢ ⎢ 1+ n ⎢⎣
α− 1
⎤ ⎥ k − k* ⎥ t −1 ⎥⎦
(
)
162
( )
⎡ ( 1 − δ ) + αsA k * * kt = k + ⎢ ⎢ 1+ n ⎢⎣
α− 1
⎤ ⎥ k − k* ⎥ t −1 ⎥⎦
(
)
β
(
kt = k * + β kt −1 − k *
(
)
k t = k + ( β ) k0 − k *
t
*
→
)
kt − β kt −1 = ( 1 − β ) k *
163
Modeldeki
parametrelere
sayısal
değerler
vererek,
süreci
izleyebiliriz. Örneğin aşağıdaki değerleri alalım:
A = 5 , α = 0.25 , s = 0.1 , n = 0.02 , δ = 0
kt = h ( kt −1 ) =
k = *
(1 − 0) k
1+ n
( )
+ ( 0.1)( 5 ) k
*
,
0.25
1 + 0.02
( )
0.5 k
*
α 1 − δ k + sAk ( ) t −1 t −1
*
0.25
= 0.02k *
→
k * = 11.2
k t = k * ∀t
164
Yukarıda
kabul
ettiğimiz
parametre
değerleri
yanında,
ekonominin başlangıçtaki işçi başına sermaye stokunu da varsayalım. Buna göre,
k0=20
kt sürecini yeniden yazalım ve grafik
olarak ifade edelim.
( 1 − δ ) + αsA ( k ) *
β=
α− 1
= 0.02 , k * = 11.2 , k0 = 20
1+ n
(
k t = k + ( β ) k0 − k *
t
*
)
→
kt = 11.2 + 8.8 ( 0.02 )
t
165
Şekil 6.19. Fark Denklemi Yoluyla Solow Büyüme Modeli
kt + 1
kt + 1 = kt
E
•
• 0
kt + 1 = h ( k t )
450
k*
kt
166
Şekil 6.20. Fark Denklemi Yoluyla Solow Büyüme Modeli
kt = 11.2 + 8.8 ( 0.02 )
t