İKTİSADİ DİNAMİKLİK K VE DİFERANSİYEL DENKLEMLER
BİRİNCİ SIRA DİFERANSİYEL DENKLEMLER
Sabit Katsayı ve Sabit Terimli Birinci Dereceden Doğrusal Diferansiyel Denklemler Bir denklemde türevin aldığı en yüksek kuvvete, o diferansiyel denklemin derecesi denir. Örneğin birinci dereceden, ( dy dt ) ikinci dereceden ve bunların hepsi, birinci sıradan türevlerdir. dy dt ( dy dt ) y y ( dy dt ) n dy dt 3 n. derecedendir. Ancak türevinin ve değişkeninin birinci dereceden oldukları, biçiminde çarpımın yer almadığı sıradan doğrusal diferansiyel denklem denilir: dy ut () y wt () dt + = durumlara, birinci
Homojen Durum 4 u ve w fonksiyonları sabit, w özdeş olarak sıfıra eşitse, birinci dereceden doğrusal homojen diferansiyel denklemden ederiz: söz dy ay dt + = 0 Bu denklemin çözümü şöyledir: dy 1 dy d ln y = ay = a = a dt y dt dt
dln y = adt ln y = at+ c y = e at + c 5 y = e e y = Ae c at at Genel Çözüm y = y(0) e at Belirli Çözüm Homojen Olmayan Durum u ve w fonksiyonları sıfırdan farklı birer sabitse birinci dereceden doğrusal homojen olmayan diferansiyel denklemden söz ederiz: dy ay b dt + =
Bu denklemin çözümünü iki aşamada yapacağız. Birinci aşamada 6 özel çözümü (y p ), ikinci aşamada tamamlayıcı fonksiyonu (y c ) bulacağız. Özel çözüm, verilen diferansiyel denklemin herhangi bir çözümüdür. Olanaklı en basit çözüm, y=k gibi bir değer olacağını düşünmektir. Eğer y, k gibi bir sabit değerse, dy dt = 0 olacaktır. Buna göre, 0 dy dt b + ay = b ay = b y p = ( a 0) a
Tamamlayıcı fonksiyon, daha önce yukarıda elde ettiğimiz 7 homojen durum çözümüdür: yc = Ae at Tamamlayıcı fonksiyon ile özel çözümün toplamı, diferansiyel denklemin genel çözümünü verecektir: at b yt () = yc + yp = Ae + ( a 0) a
A sabitinin değeri bilinmediğinden, buna genel çözüm diyoruz. t=0 alarak, belirli çözüme ulaşabiliriz. 8 b y(0) = A+ A= y(0) a b a b at yt () = y(0) e + a b a
Örnek 1: y (0) = 10 başlangıç koşulu veriyken, dy dt + y = 6 9 denklemini çözelim: b 6 yp = = = 3, yc = Ae a yt = y + y = Ae + t () c p 3 t A b = y(0) = 10 3 = 7 a t () 7 3 yt = e +
Örnek : y (0) = 1 başlangıç koşulu veriyken, dy dt + 4y = 0 10 denklemini çözelim: b 0 y p = = = 0, yc = Ae a 4 yt () = y + y = Ae c p 4t 4t A b = y(0) = 1 0 = 1 a yt () = e 4t
a=0 durumunda diferansiyel denklemin çözümü şöyle olur: 11 dy dt dy + ay = b = b dy = bdt dt dy = bdt y() t = bt + c Örnek 3: y(0)=5 başlangıç koşulu veriyken, dy dt = denklemini çözelim: y() t = bt+ c = t+ c y(0) = c = 5 y() t = t+ 5
1 Çözümün türevini alarak, bir diferansiyel denklemin çözümünün doğruluğunu sınayabiliriz. b at yt () = y(0) e + a dy dt dy dt b = a y(0) e a + ay = b at b a Bu iki ifadeyi, diferansiyel denklemdeki yerlerine yazıp çözelim. Çözümün sol ve sağ yanı eşit olursa, çözümün doğru olduğunu söyleriz. Bu işlemi aşağıda yapalım. b at b at b a y(0) e a y(0) e b b b a + + = = a a
Yukarıda eşitliğin her iki yanının da b=b olduğunu gördük. Başlangıç koşulu da sağlanırsa, çözümün doğruluğu belirlenmiş olacaktır. t=0 için; 13 b at yt () = y(0) e + a b a b b y(0) = y(0) + = y(0) a a
Piyasa Fiyatının n Dinamikliği 14 Bir malın talep ve arz denklemlerinin sırasıyla aşağıdaki gibi olduğunu varsayalım. Q d =α+βp ( αβ< > ),, 0 Q s ( > ) =γ+δp, γ, δ< 0 Denge fiyatını belirleyelim: Q d = Q s * α +β =γ+δ = > P P P α γ δ β 0
P(0) P * durumunda, dengeye geliş süreci gerçekleşirse, belirli bir uyumlanma zamanı gerektirecektir. Yani zaman içinde fiyat (ve arz-talep miktarları) değişime uğrayarak, denge yeniden oluşacaktır. 15
Bu problemde tæ iken, diferansiyel denklem çözümüyle dengeye geliş sürecinin gerçekleşip gerçekleşmediğini inceleyeceğiz ve fiyatın zaman içerisindeki seyrini gösteren ilkel fonksiyona ulaşacağız. İlk olarak fiyatın zaman seyrini veren denkleme ulaşmaya çalışalım. 16 Fiyat denge fiyatı değilse, arz-talep arasındaki farka bağlı olarak değişim gösterecektir. j uyumlanma katsayısını göstersin. Buna göre, dp ( ) ( 0) j Qd Qs j dt = >
17 Yukarıdaki uyumlanma denkleminde arz ve talep yerine karşılıklarını yazalım ve denklemi düzenleyelim. dp dt dp = j α+βp γ δp + j δ β P = j α γ dt ( ) ( ) ( ) Bu denklem, birinci dereceden homojen olmayan doğrusal diferansiyel denklemdir ve çözümü aşağıdaki gibidir. α γ Pt () P(0) e δ β j( δ β) t = + α γ δ β P * α γ = > δ β 0 Pt () = P(0) P e + P * j( δ β) t *
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 18 negatif ise, P(t) nin P * a yakınsayacağını, pozitif ise yakınsamayacağını söyleyebiliriz. Birinci durumda denge, kararlıdır (istikrarlıdır). Bu durumları genel olarak aşağıya yazalım. j ( δ β ) > 0 Denge kararlıdır: P(t), P * a yakınsar. j ( δ β ) < 0 Denge kararsızdır: P(t), P * a yakınsamaz.
19 j > 0, δ β> 0 δ>β ise, Denge kararlıdır: P(t), P * a yakınsar. Buna göre, talep eğrisinin eğimi, arz eğrisinin eğiminden küçükse, dinamik kararlılık oluşur. j > 0, δ β< 0 δ<β ise, Denge kararsızdır: P(t), P * a yakınsamaz. Buna göre, talep eğrisinin eğimi, arz eğrisinin eğiminden büyükse, dinamik kararsızlık oluşur.
Şekil 5.1. Piyasa Fiyatının n Dinamikliği 0 P() t P(0) * P(): t P(0) > P durumu * P * P(): t P(0) < P durumu P(0) 0 t
Şekil 5.. Piyasa Fiyatının n Dinamikliği: i: Kararlı Durum 1 Q S G F E N M D * 0 P P P P1
Para Talebi ve Enflasyonda İstikrar Koşulu 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 = kp() t Q, M = M d S d Ekonomideki sürekli fiyat hareketleri, para piyasası dengesinin bir fonksiyonudur. dp() t dt ( M ) = b M S d
dp() t dt = bm bm = bm bkp() t Q S d S 3 Ayrıca gerçekleşen fiyatla, denge fiyatlar genel düzeyi (P e ) arasındaki farkı şöyle tanımlayalım: ˆ ˆ dp dp() t dp P = P() t Pe = dt dt dt e Denge durumunda fiyatlar sabit kalacağından, şunu yazabiliriz: dp ˆ e dp dp() t = 0 = = bm S bkp( t) Q dt dt dt
Para piyasası dengedeyken: 4 ( ) M M = 0 bm bkp Q = 0 b M kp Q = 0 S d S e S e dpˆ dp() t dpe = = dt dt dt ( bm bkp() t Q) ( bm bkp Q) S S e dpˆ dt dpˆ = bkq ( P() t P ) ˆ e = bkqp dt Bu diferansiyel denklemin çözümü aşağıdadır:
dpˆ ˆ 1 = bkqp dpˆ = bkqdt dt Pˆ 5 1 dpˆ = bkqdt ln Pˆ = bkqt + c Pˆ Pˆ = e Pˆ = Ae bkqt + c bkqt ˆP b, k, Q > 0 olduğundan tæ iken Pˆ 0 olur. Yani sistem istikrarlıdır. den hareketle, P nin zamana bağlı izleyeceği yolu belirleyelim.
Para Talebi ve Enflasyon Bekleyişleri leri 6 Beklenen enflasyonun, şimdiki enflasyonun bir fonksiyonu olduğunu düşünelim: dp() t dp() t = k dt dt E Enflasyon beklentisi, hanehalklarının para talebini azaltır. dp() t dp() t Md = kp() t Q g = kp() t Q gh dt dt E
Para piyasası dengesi ile enflasyon arasındaki ilişkiyi dikkate alarak denklemi yeniden düzenleyelim: 7 dp() t dt ( M ) = b M S d dp() t = b MS kp() t Q gh dt dp() t = bm S b kp() t Q gh dt
ˆ ˆ dp dp() t dp P = P() t Pe = dt dt dt e 8 Para piyasası dengedeyken; dp dt e ( ) = bm bkqp = b M kqp = S e S e 0 dpˆ dp() t = bm b kqp() t gh b M kqp dt dt ( ) S S e dp() t dt dp e dt
9 dpˆ dp() t = bkq ( P() t P ) e + bgh dt dt dpˆ = bkqpˆ + dt dpˆ bgh dt dpˆ dp() t = dt dt Pˆ = Pt () Pe dpˆ dt bkqpˆ = 1 bgh
30 dpˆ bkqpˆ 1 ˆ bkq = dp = dt 1 bgh Pˆ 1 bgh dt 1 ˆ bkq ln ˆ bkq dp = dt P t c ˆ = + P 1 bgh 1 bgh Pˆ = Ae bkq t 1 bgh
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 girerse, b ve g yeterince küçük sayılar aldığında bgh<1 sağlanabilir. 31 t = 0 Pˆ = A= P(0) P ˆ bkqt P = P(0) P e = P( t) P ( ) ( ) Pt () = P+ P(0) P e e e e bkqt e e
Değişken Katsayı ve Değişken Terimli Birinci Sıradan S Doğrusal Diferansiyel Denklemler 3 Şimdi değişken katsayı ve değişken terim durumuna sahip birinci sıra diferansiyel denklemi inceleyelim. Bu denklemi şöyle yazabiliriz: dy ut () y wt () dt + = Homojen Durum dy 1 ln + ut () y= 0 dy = ut () d y = ut () dt y dt dt
33 dln y= utdt ( ) ln y+ c= utdt ( ) ln y = c u( t) dt c yt () = e e yt () = Ae u( t ) dt u( t ) dt Bu, genel çözümdür. Başlangıç koşulu verildiğinde, belirli çözüm elde edilebilir.
34 Örnek 4: dy dt + = 3t y 0 denkleminin genel çözümünü bulalım. 3 utdt () = (3 t ) dt= t + c yt () = Ae t 3
Homojen Olmayan Durum 35 dy ut () y w w 0 dt + = 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: udt udt yt () = e A we + dt
Örnek 5: 36 dy dt + ty = t denkleminin genel çözümünü bulalım. u= t udt = ( t) dt = t + c1 w = t udt udt yt () = e A we + dt
( ) 1 1 ( t + c ) ( t + c ) yt () = e A+ te dt 37 ( c ) t c1 1 = + t e e A e te dt 1 = + + c1 t t t Ae e e e c yt () ( c ) 1 t = + + Ae c e t = + Be 1 1
Örnek 6: 38 dy t 1y e 0 y(0) dt + + = = 6 7 dy 6 y e t u = 6 udt = (6) dt = 6t + c dt + = t w = e 6t c( ) 1 6t c1 6t c 1 1 c1 7 () t + t = + = 7 y t e A e e dt e A e e dt 7 1 1 1 = ( + ) = 7 7 6t c1 c1 7 t c1 6 t t 6 e A e e c Ae e e e t c ( ) 1 1 1 = Ae c e e y() t = Be e 7 7 c 6t t 6t t
Örnek 6 (devamı): 39 Yukarıda denklemin genel çözümünü bulduk. Şimdi başlangıç koşulunu kullanarak, belirli çözümü elde edelim. 6 t = 0 y(0) = 7 1 1 6 yt = Be e y = B = B= 7 7 7 6t t () (0) 1 Bu sonuca göre belirli çözümü yazalım: y() t = e e 7 6t 1 t
Tam Diferansiyel Denklemler 40 İki değişkenli 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 y dy F + dt = t 0
41 F( yt, ) = yt+ c Örneğin fonksiyonunu inceleyelim. F F df y t = dy + dt = yt dy + y dt = y t (, ) 0 ya da dy dt y + = yt 0 Bu denklem, bir tam diferansiyel denklemdir.
Mdy + Ndt = Genel olarak gibi bir diferansiyel denklem, ancak ve ancak Young teoremi gereği şu koşul sağlanırsa, bir tam diferansiyel denklemdir: 0 4 M t = N y Bir tam diferansiyel denklem, doğrusal olmayan olabilir. Ancak, mutlaka birinci derecedendir. Bir tam diferansiyel denklemin çözülmesi, F(y,t) ilkel fonksiyonunun bulunması demektir. Şimdi birkaç aşamada, çözümün nasıl yapılacağını görelim.
Çözüm m Yöntemi: Y 43 1. Birinci aşamada tam diferansiyel denklemin her iki yanının y değişkenine göre entegrali alınır. F F F df( y, t) = dy + dt F( y, t) = dy +ψ( t) y t y. İkinci aşamada, yukarıdaki sonucun t ye göre türevi alınır. F t = N
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: ytdy + y dt = 0 tam diferansiyel denklemini çözelim. M = yt, N = y
1. Aşama: A 45 df y t = ytdy + y dt = (, ) 0 df( y, t) ytdy y dt 0dy = + = (, ) ( ) F y t = y t+ψ t = c 1. Aşama: A F( y, t) F( y, t) = +ψ () = t t y t N +ψ () =, ψ () = 0 y t y t
3. Aşama: A 46 () t () t dt 0dt c ψ = ψ = = 4. Aşama: A F( yt, ) = yt+ψ( t) F( yt, ) = yt+ c = c1 c yt c c yt ct t 1 = 1 () = =
47 Yukarıdaki problemi şöyle de çözebiliriz: 0 ytdy + y dt = ytdy = y dt 1 1 1 1 dy = dt ln y + c = t + c y t ( ln ) 1 yt () = ct 1
Örnek 8: 48 ( ) ( ) t+ y dy+ y+ 3t dt = 0 Tam diferansiyel denklemini çözelim. M N M = t+ y N = y+ t = = t y, 3 1 1. Aşama: A ( ) F( y,) t = t+ y dy+ψ () t = ty+ y +ψ() t. Aşama: A F t = y+ψ () t = N = y+ 3 t ψ () t = 3t 3. Aşama: A ψ () t = 3 t dt ψ () t = t 3 4. Aşama: A (, ) 3 F y t ty y t c = + + =
49 Denklem tam diferansiyel değilse, entegral faktörü kavramına başvururuz. Yukarıda örnek 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 t = N y tdy + ydt = 0 Örneğin denklemi tam değildir.
M N = t M = t = y N = 1 y M t N = = 1 y 50 Tam olmayan bir diferansiyel denklemi, entegral faktörü ile tam diferansiyel denkleme dönüştürerek, çözümünü yapabiliriz. Şimdi entegral faktörünün nasıl belirleneceğini görelim. Birinci sıradan doğrusal (tam olmayan) bir diferansiyel denklemi dikkate alarak başlayalım.
dy uy w dy uy w dt dt + = + = ( ) 0 51 Bu durumda, tam diferansiyel denklem sınamasını kullanarak tamlık sınamasını yaparız. Tam olmadığını belirlersek, dy ve dt önündeki terimlerin tamlık koşulunu sağlayacak biçime dönüştürmek için I (entegral faktörü) ile çarparız. Idy+ I( uy w) dt= 0 M N
I entegral faktörü, yukarıdaki diferansiyel denklemi tam biçime dönüştürdüğünden, tamlık sınaması sağlanacaktır: 5 M t = di dt M t = N y N y ( ( w) ) d I uy = = dy Iu di dt = Iu I() t = Ae udt
Birinci Sıradan S Doğrusal Olmayan Diferansiyel Denklemler İçin Entegral Faktörü Kuralları Kural 1: 53 1 M N f( y) ise I e = = N t y f ( y) dy Kural : 1 N M gt () ise I e = = M y t g( t) dt
54 Kural 3: ( ) ( ) M = t f y, t ve N = yg y, t ise, I = 1 ym - tn
55 Örnek 9: ( ) 5ytdy + 5y + 8t dt = 0 M = yt N = y + t 5, 5 8 M t N = 5y = 10 y y
56 Kural 1 i uygulayalım. 1 M N = N t y f( y) 1 5y ( 5y 10y) = y + t y + t 5 8 5 8 Bu sonuca göre, entegral faktörü yalnızca y nin bir fonksiyonu değildir. Bu nedenle kural yi uygulayalım.
Kural yi uygulayalım. 57 1 N M = M y t gt () 1 5y 1 ( 10 y 5 y) = = 5yt 5yt t Sonuç yalnızca t nin bir fonksiyonu olduğundan, bunu entegral faktörüne ulaşmada kullanabiliriz. Entegral faktörü: 1 g( t) dt dt t lnt I = e = e = e = t
Şimdi özel durumlar için entegral faktörünü bir tabloyla verelim. 58 Entegral Faktörü Tam Diferansiyel (, ) dt y t tdy ydt 1 y ydt tdy t = d y y tdy ydt 1 t tdy ydt y = d t t tdy ydt 1 ty ydt tdy t = d ln ty y
59 Entegral Faktörü Tam Diferansiyel (, ) dt y t tdy + ydt 1 ty tdy + ydt yt = d ( ln ty) tdy + ydt 1 ( ty) n, n > 1 tdy + ydt d 1 = n 1 n ( yt ) ( n 1)( yt ) ydy + tdt y 1 + t ydy + tdt 1 ( ) = d ln y + t y + t
60 Entegral Faktörü Tam Diferansiyel (, ) dt y t ydy + tdt 1 ( y + t ) n, n > 1 ydy + tdt 1 d = n 1 n ( y + t ) ( n 1)( y + t ) atdy + bydt y t a 1 b 1 ( + ) = ( ) y t atdy bydt d y t a 1 b 1 a 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( yt, ) = e dy+ψ ( t) = ye +ψ( t) F udt udt = yue +ψ () t = N = e uy w t ( ) ψ () t = we udt
udt ψ () t = we dt 6 udt ψ () t = we dt udt udt F( y, t) = ye we dt = c udt udt y() t = e A we + dt
Örnek 10: 63 3 yt dy + 3y t dt = 0 Diferansiyel denklemini tamlık sınamasından geçirelim ve çözelim. M M = yt = 6yt t 3 N N = 3y t = 6yt y M t N = = y 6 yt
64 ( ) F y t yt dy t y t t 3 3 (,) = +ψ () = +ψ() F t = yt +ψ t = N= yt ψ t = 3 ( ) 3 ( ) 0 ψ () t = 0 dt ψ () t = c 1 F( y, t) = y t + c = c y( t) = ct 3 3 1
Örnek 11: dy ty dt + = t 65 Denkleminin genel çözümünü bulalım. ( ) 0 1, ( ) dy + ty t dt = M = N = ty t M t N = 0 = t y I = e = e = e udt tdt t ( ) t t e dy+ e ty t dt = 0
( ) t t t e dy + e ty t dt = 0 e y +ψ ( t) = c F( y, t) 1 66 t F t t = N = te y +ψ ( t ) = e ty t ( ) te y +ψ ( t) = e ty e t ψ ( t) = te t t t t 1 t t dψ () t = te dt ψ () t = te dt 1 1 ψ () t = e + c e y e + c = c t t t 1 yt () t = + Ae 1
67 Doğrusal Olmayan Denklemler Bir doğrusal diferansiyel denklemde hem dy/dt terimini hem de y bağımlı değişkenini birinci derece olarak sınırladık ve (dy/dt)y biçiminde bir çarpıma denklemde yer vermedik. dy/dt terimi birinci dereceden olsa da, y değişkeni birinci dereceden daha yüksek bir kuvvete sahip olursa, denklem doğrusal olmayan duruma dönüşür.
Doğrusal Biçime ime Dönüştürülebilen D Denklemler 68 dy dt n 1 n y + Ry = T ya da dy Ry dt + = Ty n Biçimindeki doğrusal olmayan diferansiyel denklem, Bernoulli Denklemi olarak adlandırılmaktadır. Bu denklem, doğrusal biçime dönüştürülerek çözülebilir. Dönüştürme işlemi aşağıdaki gibi yapılır:
z 1 n = y diyelim. 69 dz dz dy dz dy = = = (1 ) dt dy dt dt dt 1 n n z y n y dy 1 n dz 1 n n dz = y y y + Rz = T dt (1 n) dt (1 n) dt dz dt + (1 nrz ) = T(1 n)
dz (1 nrz ) T(1 n) dt + = u w 70 ( ) dz dt + uz = w Bu denklem, biçiminde birinci sıra, birinci dereceden doğrusal bir diferansiyel denklemdir ve yukarıda kullandığımız yöntemle çözebiliriz. Örnek 1: dy ty dt + = 3ty Bernoulli denklemini çözelim. İlk olarak bu denklemi doğrusallaştırırız.
R= t, T = 3 t, z = y = y = y 1 n 1 1 71 1 dz dy dy dz z = y = y = y dt dt dt dt dz dz + = 3 = 3 dt dt 1 y ty ty ty t dz dt tz = 3t Doğrusal diferansiyel denklem
Doğrusallaştırdığımız bu diferansiyel denklemi tamlık sınamasından geçiririz. Tam ise, doğrudan çözüme geçeriz. Değilse, entegral faktörünü kullanarak tamlaştırır, sonra çözeriz. 7 dz dt ( ) tz = 3t dz + tz + 3t dt = 0 M M = 1 = 0 t M N N t z N = tz+ 3t = t z
73 It () = e = e = e udt tdt t ( ) + + 3 = 0 t t e dz e tz t dt Tamlaştırılmış diferansiyel denklem ( ) + + 3 = 0 t t e dz e tz t dt ( ) t F zt = e dz+ψ t = e z+ψ t t (, ) ( ) ( )
F t = +ψ () = = + 3 ( ) t t tze t N e tz t 74 ψ () t = 3te t ψ () = 3 ψ () = 3 + t t t te dt t e c t t F( z, t) = e z 3e + c = c1 zt t () 3 = ce +
75 zt t () = ce + 3 z y y ce 1 1 t = = + 3 yt () = ce t 1 + 3
Örnek 13: 76 dy dt 1 + y = t y 3 Bernoulli denklemini çözelim. İlk olarak bu denklemi doğrusallaştırırız. dy dt + Ry = Ty n 1 R =, T = 1, z = y = y = y t 1 n 1 3
dz z = y = y dt 3 dy dt 77 dy dt = 1 y 3 dz dt 1 dz 1 dz 1 y y y y dt t dt t 3 3 + = = dz 1 1 z = dz+ z dt 0 dt t + = t
M N M = 1 = 0 t 1 N 1 = z+ = t z t 78 1 dt t udt It () = e = e = e = t lnt F zt = t dz+ψ t = t z+ψ t (, ) ( ) ( ) 1 + + = 0 t t dz t z dt
F 3 1 = t z+ψ ( t) = N = t z+ t t 79 ψ () t = t ψ () = ψ () = + 1 t t dt t t c 1 F( z, t) = t z t + c = c1 zt () = t+ ct
80 zt () = t+ ct z = y y = t+ ct ( ) yt () = t+ ct 1
Neoklasik Büyüme Modeli (ya da Solow-Swan Swan 81 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 ikamesine olanak veren, kesin konkavdır:
8 Y = f( K, L), K, L> 0 K Y = Lf = Lf k L ( ) f = f k > 0, f = f k < 0 K ( ) ( ) KK f KK f k f k = = K L ( ) ( )
83 dk L K = sy δ K, = n dt L K = slf k δk ( ) K k ln k = ln K ln L L dln k dln K dln L k K L = = dt dt dt k K L
84 k sy δk syk = n k = ( n+δ) k k K K ( ) sy K L Y k = ( n+δ) k k = s ( n+δ) k K L k = sy ( n+δ) k
Şekil 5.3. Neoklasik Büyüme Modelinde Dinamik Davranış 85 f ( k) k( n+ δ) sf ( k) k 0 * k k 0 k * k k = sf( k) n+δ k ( )
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 α α α 1 Y K Y = K L = y k L = L k α = sk n+δ k k + n+δ k = sk ( ) ( ) α 86
Son denklem, bir Bernoulli denklemidir. Bu nedenle, birinci sıra, birinci dereceden doğrusal olmayan bir diferansiyel denklem çözümü yapacağız. 87 dk dt ( ) + n+δ k = sk α z dz dt 1 α = = k dz dk dk dt α dz α dk dk k dz = (1 α) k = dt dt dt (1 α) dt
88 α k (1 α) dz dt ( ) + n+δ k = sk α dz dt dz dt ( ) + α n+δ k = α s 1 α (1 ) (1 ) ( ) + (1 α ) n+δ z = (1 α) s dz + (1 α )( n +δ) z (1 α ) s dt = 0
M M = 1 = 0 t 89 N N = (1 α ) n+δ z (1 α) s = (1 α ) n+δ z ( ) ( ) I = e = e = e ( ) ( ) udt (1 α ) n+δ dt (1 α ) n+δ t ( n ) t ( n ) t ( ) (1 α ) +δ (1 α ) +δ e dz+ e (1 α ) n+δ z (1 α ) s dt = 0 ( ) ( ) (1 α ) n+δ t (1 α ) n+δ t F( z, t) = e dz+ψ ( t) = e z+ψ( t)
F t ( ) (1 α )( n+δ) t = (1 α ) n+δ e z+ψ ( t) 90 ( n ) t ( ) = (1 α ) +δ (1 α) (1 α ) +δ N e n z s F t = N ( ) (1 α )( n+δ) t (1 α ) n+δ e z+ψ ( t) ( n ) t ( ) = (1 α ) +δ (1 α) (1 α ) +δ e n z s ( n ) (1 α ) +δ t ψ () t = e (1 α) s ψ () = (1 α) ( n ) (1 α ) +δ t t se dt
s ( n ) ψ () = + (1 α ) +δ t t e c (, ) ( n +δ) ( ) s ( ) = + = (1 α ) n+δ t (1 α ) n+δ t F zt e z e c c1 = + ( n +δ) ( n +δ) ( n ) (1 α) λt (1 α ) +δ e z c e s t 91 zt () ( n ) (1 α ) +δ t = + ce ( n +δ) z k k() t ce ( n ) 1 α (1 α ) +δ t = = + s s ( n +δ) 1 1 α
9 t = 0 k(0) = c+ s ( n +δ) 1 1 α c k(0) 1 α = s ( n +δ) 1 s α (1 α )( n+δ) t s kt () = k(0) e + ( n+δ ) +δ ( n ) 1 1 α
100 80 Şekil 5.4. Neoklasik Büyüme Modelinde Kararlı Süreç 1 s α (1 α )( n+δ) t s kt () = k(0) e + ( n+δ ) +δ ( n ) 1 1 α 93 60 40 k(0) = 100, s= 0., n= 0.01, δ = 0.03, α= 0.3 1 1 1 α 1 α s s lim kt ( ), 9.97 t = ( n+δ ) ( n+δ) 0 100 00 300 400 500
Yakınsama Hızının H n Belirlenmesi ve Ölçülmesi 94 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 ( ) etrafında birinci sıra açılımını yaparız: k * 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 ( * ) ( ) ( * ) * k = 0 Durağan durumda olacağını dikkate alarak, açılımı yeniden düzenleyelim ve buradan s yi çekelim.
96 * * * k = sf k n+ g+δ k = ( ) ( ) 0 = + +δ = ( ) ( ) * * sf k n g k s n g k f ( + +δ) ( * k ) * ( ) * n+ g+δ k k = f k n+ g+δ k k ( * f k ) ( *) ( ) ( * )
97 ( *) * f k k k = 1 n+ g +δ k k ( * f k ) ( )( * ) Üretim fonksiyonu olarak Cobb-Douglas ı dikkate aldığımızda, ( *) * ( *) f k k f k sermayenin payı ( ), α olacaktır. Bu durumu dikkate alarak yukarıdaki denklemi yeniden yazalım: k = α n+ g +δ k k ya da [ ]( )( * 1 ) k =λ k k ( * )
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 hızıh denilmektedir. Sermaye için türettiğimiz bu ifadeyi, kişi başına gelir düzeyinin yakınsamasını belirlemek için de türetelim.
İlk olarak üretim fonksiyonunu yazalım. 99 ( ) 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 k k ( *) ( *) ( * ) ( ) ( )( ) * * * y y = f k k k y = f k k
100 = ( * k k ) y f y * y = k ve f ( k) ( * k ) * y y = y = k ( *) ( * k k k k ) y y k y ( * )
101 Bunları sermaye yakınsama denklemindeki yerlerine yazar ve yeniden düzenlersek kişi başına gelir yakınsamasına ulaşırız. k =λ y k ( * y ) y y =λ y y ( * )
Yakınsaman nsamanın n SınanmasS nanmasında nda Kullanılan lan Denklemlerin Türetilmesi 10 Yukarıda belirlediğimiz yakınsama hızı denklemleri, birinci sıra ve birinci dereceden bir diferansiyel denklemdir. y = λ y y dy + λy λ y dt = ( * ) ( *) 0 Bu denklemin çözümünü aşamalı olarak yapalım. Bu diferansiyel denklem tam olmadığından, birinci aşamada bunu tam hale getiririz.
Entegral faktörünü belirleyelim ve diferansiyel denklemi tam halde yazalım. 103 I = e = e = e udt λ dt λt ( * ) + λ λ = λt λt e dy e y y dt 0 Bu tam diferansiyel denklemin çözümünün birinci aşamasında önce y değişkenine göre (kısmi) entegrali alırız.
104 ( * ) + λ λ = λt λt e dy e y y dt 0 ( ) λt e y+ψ t = c1 F ( yt, ) İkinci aşamada t değişkenine göre türev alırız. Bunu N ye eşitler ve ψ için çözeriz.
105 F( y, t) ( ) λt dψ t λt λt = tye + = e λy e λy t dt * ψ = λ ψ = + ( ) λt ( ) * * λt d t y e dt t y e c ψ değerini yerine yazalım ve y(t) çözümünü elde edelim. ( ) 1 λt e y+ ψ t = c
106 λt * λt e y+ y e + c = c1 λt * yt = ce + y c tesadüfi entegral sabitini belirleyebilmek için t=0 iken y değerini y 0 kabul edelim.
= λ(0) + * = * 0 0 y ce y c y y 107 t ( ) 0 * λt * y = y y e + y y 0 ya da her ki yandan terimini çıkarıp denklemi yeniden düzenlersek şöyle yazabiliriz: t ( λt ) ( * 1 ) y y = e y y 0 0
Doğrusal Olmayan Diferansiyel Denklemlere Doğrusal Yaklaşı şım 108 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 çözümü) belirleyebilmek için, dengede x = 0 olacağı bilgisinden yararlanarak f(x)=0 durumunu çözebiliriz.
f(x) türevlenebilir ise, denge noktası (x * ) civarında birinci sıra Taylor açılımı yaparak, fonksiyonu doğrusallaştırabiliriz. ( ) ( *) ( *) ( *) ( * = + + ) f x f x f x x x R x x, 109 Başlangıç değeri (x 0 ) denge noktasına (x * ) çok yakınsa, ( * ) R x, x 0 olacağından, artık terimi ihmal edebiliriz. Ayrıca (x * ) değerinin denge noktası (ya da durağan durum değeri) ( * ) x = f x = kabul ettiğimizde, olacaktır. Bunlara göre, denge noktasındaki doğrusal yaklaşımı şöyle yazabiliriz: 0 ( ) ( *) ( * = ) f x f x x x
Liapunov Teoremi: 110 ( ) 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.
Örnek 14: 111 Aşağıdaki örnek fonksiyonu Liapunov teoremi açısından inceleyelim. x = f x = a x x, < x<, a> 0 ( ) ( * ) 3 Bu doğrusal olmayan denklem x=x * =0 da tek genel kararlı noktaya sahiptir. Bunu, Şekil 5.5 de görebiliriz. Şimdi noktasında birinci sıra Taylor açılımını yapalım. x = f x = f x + f x x x ( ) ( * ) ( * ) ( * )
11 ( * ) x = f x = 0 f x = a x x ( ) ( * 3 ) f ( * x ) = 0 Buna göre açılım, x = f x = f x + f x x x = ( ) ( *) ( *) ( * ) 0
Birinci sıra açılımla elde ettiğimiz yukarıdaki son denklem, 113 genel bir kararlılığa sahip değildir. Çünkü x * dan farklı olan herhangi bir x değeri, x = 0 olduğundan dolayı tüm t değerlerinde yine x 0 olacaktır. Sonuç olarak x 0 limitte x * a yakınsamaz. Bu anlamda, x * =0, asimptotik olarak kararlı bir denge noktası değildir.
Şekil 5.5. Liapunov Teoremi 114 x x * x x > 0 x < 0 x * x = 0 ( * ) 3 x = a x x
Şimdi Cobb-Douglas üretim fonksiyonunu dikkate alarak uygulamayı yapalım. Neoklasik büyüme modelinin temel denklemi şöyleydi: k = f k = sak n+δ k ( ) α ( ) 115 Bu denklemi çözersek, iki durağan durum denge değerinin var olduğunu görebiliriz: k = f k = sak n+δ k = ( ) α ( ) 0
116 k sak * k1 = 0 ( n+δ ) = 0 = n +δ α 1 1 1 * sa α k k * yakınlığında birinci sıra Taylor açılımını yapalım. ( ) ( *) ( *) ( * = + ) f k f k f k k k α 1 ( *) ( *) ( * = 0, =α ) ( +δ) f k f k sa k n
İlk k durağan durum denge değerini ( ) dikkate alalım. * * k = k 1 = 0 ( ) ( ) ( ) α 1 * * f k ( ) 1 = lim f k = lim αsa k n+δ = k 0 k 0 117 * * k = k > 0 Şimdi ikinci k denge değerini ( ) dikkate alalım. α 1 ( *) ( *) ( ) f k =αsa k n+δ α 1 1 sa α 1 =αsa +δ n +δ ( n )
118 ( * ) ( ) ( ) ( )( ) f k =α n+δ n+δ = n+δ α 1 Buna göre, Taylor açılımını yeniden düzenleyelim. ( ) ( )( )( * = +δ 1 α ) f k n k k n ve δ pozitif ve 0<α<1 olduğundan, yukarıdaki birinci sıra Taylor açılımıyla elde ettiğimiz doğrusallaştırılmış temel neoklasik * k denklemi, noktasında negatif eğimlidir. Şimdi bu durağan durum denge değerinin kararlı olduğunu da görelim.
Birinci sıra Taylor açılımını * k 119 durağan durum denge noktasında değerlendirip, k(t) için çözelim (birinci sıra homojen olmayan bir diferansiyel denklem çözümü yapacağız). Aşağıdaki çözüm, sistemin bu denge noktasında kararlı olduğunu göstermektedir. Bu süreci Şekil 5.6 da görebiliriz. k = f k = n+δ α k k ( ) ( )( )( * 1 ) ( ) * ( *) ( n+δ)( 1 α) = + k t k k k e 0 t lim t ( ) k t = k *
Şekil 5.6. Neoklasik Büyüme Modelinde Kararlı Süreç 10 k ( * ) ( )( 1 )( * ) f k = n+δ α k k ( * f k ) 1 0 * k 1 * k k α ( ) = ( +δ) f k sak n k
İKİNCİ SIRA DİFERANSİYEL DENKLEMLER
1 n. sıradan bir diferansiyel denklemi aşağıdaki gibi yazabiliriz. n n 1 n d y d y d y dy 1 1... n n n n 1 dt dt dt dt + a + a + + a + a y = b n ya da y ( t) + a y ( t) +... + a y ( t) + a y( t) = b ( n) ( n 1) 1 n 1 n Bu denklem, n. sıradan, birinci dereceden (doğrusal) bir diferansiyel denklemdir.
Sabit Katsayılı ve Sabit Terimli İkinci Sıra S Diferansiyel Denklem y () t + a y () t + a y() t = b 1 Bu denklem, ikinci sıradan, birinci dereceden (doğrusal) bir diferansiyel denklemdir. Buradaki a 1, a ve b katsayıları sabittir. Eğer b=0 olursa, denklem homojen duruma dönüşür. Bu türden diferansiyel denklemleri de, birinci sıra diferansiyel denklem çözümüne benzer şekilde çözeceğiz. Çözüm, özel çözüm (y p ) ve tamamlayıcı fonksiyondan (y c ) oluşacaktır. y p, y değişkeninin dönemler-arası denge değerini, y c dengeden sapmayı gösterecektir. 13
Özel Entegral 14 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 + a y () t + a y() t = b denklemi, a y=b durumuna 1 dönüşür. Buna göre, özel çözüm: y p b =, ( a 0) a
Örnek 15: y () t + y () t y = 10 15 a = 1, a =, b= 10 1 y p 10 = = 5 a =0 durumunda çözüm tanımsız olacaktır. Yani artık y=sabit olarak düşünemeyiz. y=kt olduğunu kabul edelim. a =0 olduğundan, diferansiyel denklem şu biçime dönüşür. y () t + a y () t = b 1
y=kt olursa, y =kt ve y =0 olacağından, diferansiyel denklem a 1 k=b biçimine dönüşür. Buna göre özel çözüm: b yp = t, ( a = 0, a1 0) a 1 16 Bu durumda y p yi hareketli bir denge olarak yorumlayabiliriz. Örnek 16: y () t + y () t = 10, a = 1, a = 0, b= 10 10 y p = t = 10t 1 1
a 1 =a =0 durumunda özel çözüm yine tanımsız olacaktır. y=kt çözümü geçersiz olacağından, y=kt olduğunu kabul edelim. a 1 =a =0 olduğundan, diferansiyel denklem y (t)=b biçimine dönüşür. y = kt y () t = kt, y () t = k 17 y () t = b k = b k = Buna göre özel entegral: b b =, ( = 0, = 0) yp t a a1
Örnek 17: 18 y () t = 10, a = 0, a = 0, b= 10 10 y p = t = 5t Tamamlayıcı Fonksiyon 1 İkinci sıra diferansiyel denklemin ikinci çözüm parçası, tamamlayıcı fonksiyondur. Tamamlayıcı fonksiyon, aşağıdaki homojen ikinci sıra diferansiyel denklemin çözülmesiyle elde edilir. y () t + a y () t + a y() t = 0 1
Birinci sıra diferansiyel denklemlerin çözümünde ifadesi tamamlayıcı fonksiyon çözümü olarak karşımıza çıkmıştı. Şimdi ikinci sıra diferansiyel denklemin tamamlayıcı fonksiyonunun çözümünde de bu bilgiden yararlanarak hareket edelim. 19 Dolayısıyla y=ae rt çözümünü kabul ederek başlayalım. y = Ae y () t = rae, y () t = r Ae rt rt rt y () t + a y () t + a y() t = 0 1 rt rt rt r Ae a1rae aae + + = 0
130 ( ) rt Ae r a1r a + + = 0 A= r + a r+ a = 0, 1 0 Veri bir başlangıç koşulunda A 0 olacağından, r +a 1 r+a =0 durumunu dikkate alacağız. Bu ikinci dereceden polinomun karakteristik kökleri şöyledir: r a + a 4a a a 4a 1 1 1 1 1 =, r =
Bu iki kök değerini y=ae rt çözümündeki yerine yazarsak, elimizde iki çözüm olur. 131 y = Ae, y = A e rt 1 1 rt 1 Bu iki çözümün toplamı, genel çözümü verecektir. Eğer gerçekten y 1 +y toplamı doğru çözümlerse, bunları homojen denklemdeki yerlerine yazdığımızda, sıfıra eşitliğin sağlanması gerekir.
y () t + a y () t + a y = 0 1 1 1 1 13 y () t + a y () t + a y = 0 1 Bu iki denklemi toplayalım: y () t + y () t + a y () t + y () t + a y + y = 0 1 1 1 1 d ( y1+ y) 1 dt d( y + y ) dt
Yukarıdaki toplama işlemi, homojen denklemin sağlandığını 133 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.
1. Durum: İki Farklı Reel KökK 134 a 1 > 4a r1 r olursa, iki farklı reel kök vardır. Buna göre tamamlayıcı fonksiyon: (, ) rt 1 rt y = y + y = Ae + A e r r c, ( ) 1 1 1 Örnek 18: y () t + y () t y = 10 diferansiyel denklemini çözelim: a = 1, a = 1 r 1, a1± a1 4a 1± 1+ 8 = = r1 r = 1, =
y() t = y + y = y + y + y c p 1 p 135 t t = Ae 1 + Ae + 5 A 1 ve A sabitlerini belirli hale getirmek için, başlangıç koşullarına ihtiyacımız var. Örneğin başlangıç koşulları şöyle olsun: y(0) = 1, y (0) = yt Ae Ae t y A A rt 1 rt () = + + 5, = 0 (0) = + + 5= 1 1 1 y () t = Ae A e, t = 0 y (0) = A A = t t 1 1
A A + A = 1 1 7 A = A = 4, A = 3 1 136 yt Ae Ae yt e e 1 () = rt + rt + 5 () = 4 t + 3 t + 5 1 Bu çözümün doğruluğunu, türev alma yoluyla kontrol edebiliriz. t y () t = 4e 6e t t y () t = 4e + 1e t y () t + y () t y = 10 ( ) t t t t t t 4e + 1e + 4e 6e 4e + 3e + 5 = 10 10 = 10
. Durum: Bir reel kökk a 1 = 4a 1 olursa, bir reel kök vardır. Buna göre tamamlayıcı fonksiyon: c ( r = r = r) ( ) y = y + y = Ae + A e = A + A e = A e rt rt rt rt 1 1 1 3 137 Ancak salt bu şekildeki bir tamamlayıcı fonksiyon, ilkel çözümün elde edilmesi için yeterli değildir. Buna ek olarak, A 3 e rt teriminden doğrusal bağımsız bir terime de gereksinim duyarız. Bu terim A 4 te rt dir. Bu terimin çözümü sağladığını görebilmek için y (t) ve y (t) türevlerini buluruz, sonra bunları homojen diferansiyel denklemdeki yerlerine yazarak, denklemin sağlanıp sağlanmadığını kontrol ederiz.
y () t = ( rt+ 1) Ae, y () t = ( r t+ ) r Ae rt 4 4 rt 138 y () t + a y () t + a y = 0 1 ( ) rt rt rt ( rt+ rae ) 4 + a1 ( rt+ 1) Ae 4 + aate 4 = 0 + + + + = rt ( rt r) a1( rt 1) at Ae 4 0 a = 4a r = a 1 1 ve durumu sağlandığında, yukarıdaki denklem de sağlanmış olacaktır. Zira bu koşullar, tek reel karakteristik kök olduğunu göstermektedir.
Buna göre tek karakteristik kök durumunda ikinci sıra, birinci derece diferansiyel denklemin tamamlayıcı fonksiyonunu şöyle yazabiliriz: y = A e + A te c rt 3 4 rt 139 Örnek 19: y () t + 6 y () t + 9y = 7 diferansiyel denklemini çözelim: a = 6, a = 9 1 r a1± a1 4a 6± 36+ 36 = r1, = = = 3
Buna göre tamamlayıcı fonksiyon: 140 y = Ae + Ate y = Ae + Ate c rt rt 3t 3t 3 4 c 3 4 Özel çözüm: y p b 7 = = = a 9 3 Buna göre, denklemin genel (ancak belirli olmayan) çözümü: yt () = y + y = Ae + Ate + 3 c p 3t 3t 3 4
141 Başlangıç koşulları bilinirse, belirli çözüm yazılabilir. Başlangıç koşullarının aşağıdaki gibi verildiğini varsayalım: y(0) = 5, y (0) = 5 yt () = Ae + Ate + 3 3t 3t 3 4 y () t = 3A e + 3A te + A e 3t 3t 3t 3 4 4 t = 0 y(0) = A + 3= 5 A = 3 3 t = 0 y (0) = 3A + A = 5 A = 1 3 4 4 yt = e + te + 3t 3t () 3
Örnek 0: y () t + y () t y = 4 diferansiyel denklemini çözelim: 14 a =, a = 1, b= 4 1 y p b 4 = = = a 1 4 r 1 a1 + a1 4a = = 1+ r a1 a1 4a = = 1
143 y = Ae + A e c rt 1 rt 1 y = Ae + A e c ( 1+ ) t ( 1 ) t 1 yt () = y + y c p yt () = Ae + Ae + 4 ( 1+ ) t ( 1 ) t 1
Örnek 1: y () t + y () t = 7 diferansiyel denklemini çözelim: 144 a = 1, a = 0, b= 7 1 b 7 y p = t,( a = 0, a1 0) yp = t = 7t a 1 1 r 1 a1 + a1 4a = = 0 r a1 a1 4a = = 1
145 c rt 1 y = Ae + A e rt 1 y = A + A e c 1 t yt () = y + y c p yt () = A+ Ae + 7t 1 t
146 a < 4a 1 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)
3. Durum: Sanal KöklerK 148 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 4 deki grafikte yer almaktadır. Karakteristik köklerin sanal sayı olduğu durumuna yeniden dönelim. a < 4a 1 a 4a = 4a a 1 = 4a a i 1 1 1
h v = = a 1 4a 1 a kısaltmalarını kullanalım. 149 4 1 1 a ± a a r, r = = h± vi 1
Şekil 5.7. Sanal Sayılar 150 Hayali Eksen Chv (, ) R= h + v v 0 θ h Reel Eksen G
151 Örnek : r + r+ 4= 0 karakteristik denkleminin köklerini bulalım. r, r 1 1± 15 1± 15 1 1 15 = = = ± i
Karmaşık kök durumunda, diferansiyel denklemin tamamlayıcı fonksiyonunu, iki reel kök durumundaki (1. Durum) tamamlayıcı fonksiyon gibi yazabiliriz. y = Ae + A e c c rt 1 rt 1 ( h+ vi) t ( ) y = Ae + A e 1 h vi t ( ( vi) t ( vi) t ) 1 ht yc = e Ae + A e 15 Şimdi çembersel fonksiyonlarla karmaşık sayılar arasındaki bağı kurarak, tamamlayıcı fonksiyonu trigonometrik biçimde ifade etmeye geçelim.
Aşağıdaki Şekil 5.8a da OP doğru parçasının saatin tersi yönde sürekli biçimde hareket ettiğini düşünelim. Bu hareket 153 sürecinde R aynı kalır, ancak θ, h ve v değişir. Dolayısıyla v/r ve h/r de değişir. v R h sin θ, cos θ R Trigonometrik ifadeleri açısal değil de radyan değerler cinsinden ifade edebilmek için aşağıdaki tabloyu kullanalım. Derece 360 70 180 90 45 0 π 3π π π π 4 Radyan 0
Şekil 5.8a. Karmaşı şık k Sayılar (Argand( Gösterimi) 154 B R P v C 0 θ h A Reel Eksen D
Şekil 5.8b. Karmaşı şık k Sayılar (Argand( Gösterimi) 155 θ AB Yayı R 1 R = 1 B AB Yayı = θ 1 θ ( Radyan) 0 1 A 1
R veriyken, sinθ daki değişiklikler v nin (θ nın) değişimine 156 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. R sabit olduğundan, 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 s Fonksiyonu 157
Şekil 5.10. Cosinüs Fonksiyonu 158
sinθ ve cosθ fonksiyonlarıyla ilgili bazı temel özdeşlikler şöyledir: 159 sin( θ + nπ ) = sin θ, cos( θ+ nπ ) = cosθ cos θ= sin θ+ π sin( θ) sin( θ), cos( θ) cos( θ)
160 sin θ+ cos θ 1 sin( θ ±θ ) sin θ cos θ ± cosθ sinθ 1 1 1 cos( θ ±θ ) cos θ cos θ sin θ sin θ 1 1 1 d( sin θ) d( cosθ) dθ = cos θ, = sin θ dθ
EULER İlişkileri 161 Şimdi sinθ ve cosθ fonksiyonları için Maclurin serisi açılımlarını yapalım ve üstel fonksiyonlarla çembersel fonksiyonlar 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 ( ) sin (0) sin 0 0 (4) (4) φ θ = θ φ = =
16 cos 0 sin 0 cos 0 1!! 3! 3 sin θ= sin 0 + θ+ θ + θ +... θ θ θ 3! 5! 7! 3 5 7 sin θ=θ + +... sin 0 cos0 sin 0 θ= + θ+ θ + θ + 1!! 3! 3 cos cos 0... 4 6 θ θ θ cos θ= 1 + +...! 4! 6!
e üstel fonksiyonunun açılımı da şöyleydi: 163 3 4 e x = 1 + x+ x + x + x +...! 3! 4! xi=θ olduğunu varsayalım. 3 4 5 iθ ( iθ) ( iθ) ( iθ) ( iθ) e = 1 + iθ+ + + + +...! 3! 4! 5! 3 4 5 θ iθ θ iθ = 1 + iθ + +...! 3! 4! 5!
i e 4 6 3 5 7 θ θ θ θ θ θ θ = 1 + +... i θ + +...! 4! 6! 3! 5! 7! 164 cos θ sin θ i e θ cos θ isin θ v = Rsin θ, h= Rcos θ i h ± vi = Rcos θ± Ri sin θ= R(cos θ± i sin θ ) = Re ±θ
h ve v, kartezyen koordinatları, R ve θ polar koordinatları temsil etmektedir. 165 Örnek 3: 5 3 i / karmaşık sayısının kartezyen biçimini bulalım. Burada e π R = 5, θ= 3π ( ) h= Rcos θ h= 5cos 3π = 0 ( ) v = Rsin θ v = 5sin 3π = 5 h+ vi = 5i
Örnek 4: 166 ( 1+ 3i ) ifadesinin polar ve üstel biçimlerini bulalım. Burada h = 1, v = 3 R h v = + = 1 3 cos θ= h v, sin R = θ= R = θ = π 3 π π i 1+ 3i = cos + isin = e π 3 3 /3
Bir karmaşık sayının n. kuvvetine sahipsek, bunun polar ve üstel biçimlerini şöyle yazarız. 167 i h+ vi = Re θ olduğundan; n n ±θ i n ± inθ ( ) ( ) h± vi = Re = R e n ( ) n h± vi = R ( cos nθ± isin nθ) n R i R n i n ( ) n cos θ± sin θ = ( cos θ± sin θ) De Moivre Teoremi
Karmaşı şık k Kökler K Durumunda Diferansiyel Denklemin Çözülmesi y () t + a y'() t + a y = 0 1 tamamlayıcı fonksiyonunu belirleyelim. 168 homojen diferansiyel denkleminin a < 4a 1 oluşacaktır: olduğunda, karakteristik kökler karmaşık sayılardan r, r = h± vi 1 h a 4a a, 1 = v = 1
Buna göre tamamlayıcı fonksiyon: 169 c ( ) y = e Ae + A e ht vit vit 1 vit vit e = cos vt + i sin vt, e = cos vt i sin vt = + + ( cos sin ) ( cos sin ) ht yc e A1 vt i vt A vt i vt ht y ( ) ( ) c = e A1+ A cos vt+ A1 A isin vt ht yc = e A5cos vt+ A6sin vt
Örnek 5: 170 Aşağıda başlangıç koşulları da verilmiş olan diferansiyel denklemi çözelim. y () t + y () t + 17y = 34, y(0) = 3, y (0) = 11 a =, a = 17, b= 34 1 y p b 34 = = = a 17 a = 4< 4a = 68 1 1 1 h= a1 = 1, v = 4a a1 = 4
171 ( cos 4 sin 4 ) t yc = e A5 t+ A6 t ( ) t yt () = y + y = e Acos4t+ Asin4t + c p 5 6 t = 0 y(0) = A + = 3 A = 1 5 5 t y ( t) = e 4 A6cos4t 4A5sin 4t A5cos4t A6sin 4t t = 0 y (0) = 4A A = 11 A = 3 6 5 6 ( ) t yt () = e cos4t+ 3sin4t +
Yukarıda elde ettiğimiz çözümde y p, dönemlerarası denge 17 düzeyini; y c, zaman içindeki seyri vermektedir. y c nin sinüsoidal olması nedeniyle, dalgalı bir zaman patikası oluşur. Şimdi genel olarak aşağıdaki tamamlayıcı fonksiyonu dikkate alarak yorumlayalım. ( cos sin ) ht yc = e A5 vt+ A6 vt
( cos vt ) dönemi π, dalga büyüklüğü 1 olan çembersel 173 fonksiyondur. Çarpım olarak duran A 5 terimi, dalga aralığını A cos vt 5 kendisi kadar genişletmektedir. Buna göre,, π/v dönemine ve A 5 dalga boyuna sahip bir kosinüs fonksiyonudur. A sin vt 6 Aynı yorumu sinüs için de yapabiliriz. Yani,, π/v dönemine ve A 6 dalga boyuna sahip bir sinüs fonksiyonudur. Diğer yandan tamamlayıcı fonksiyonda yer alan e ht terimi de, dalgalanma sürecinin giderek genişleyeceğini, daralacağını ya da sabit kalacağını belirlemektedir.
h>0 ise dalga boyu giderek genişler, süreç dengeden ıraksayan bir durum alır. 174 h>0 ise dalga boyu giderek daralır, süreç dengeye yakınsayan bir durum alır. Bu, istikrarlı denge durumudur.
Şekil 5.11. İkinci Sıra S Diferansiyel Denklem 175 Dalgalı Karasız z SüreS reç ( ) 0.08t yt () = e cost+ sint v = 1, h= 0.08, A = 1, A = 1 5 6
Şekil 5.1. İkinci Sıra S Diferansiyel Denklem 176 Dalgalı Kararlı Süreç ( ) ( 0.08) t yt () = e cost+ sint v = 1, h= 0.08, A = 1, A = 1 5 6
Şekil 5.13. İkinci Sıra S Diferansiyel Denklem 177 Dalgalı Belirsiz SüreS reç ( ) 0t yt () = e cost+ sint v = 1, h= 0, A = 1, A = 1 5 6
Örnek 6: 178 Aşağıda başlangıç koşulları da verilmiş olan diferansiyel denklemi çözelim. y ( t) + 4 y ( t) + 8y =, y(0) =.5, y (0) = 4 a = 4, a = 8, b= 1 y p b 1 = = = a 8 4 a = 16 < 4a = 3 1 1 1 h= a1 =, v = 4a a1 =
179 ( cos sin ) t yc = e A5 t+ A6 t ( ) yt = y + y = e A t+ A t + t () c p 5cos 6sin 1 9 t = 0 y(0) = A5 + = A5 = 4 4 t t y () t = e A6cost A5sint e A5cost+ A6sint t = 0 y (0) = A A = 4 A = 4 6 5 6 1 4 ( ) yt = e t+ t + t () cos 4sin 1 4
180 Fiyat Bekleyişleri leri 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: Q = D P t P t P t d s [ (), (), ()] Q = S P t P t P t [ (), (), ()]
Örneğin talep ve arz fonksiyonlarının aşağıdaki gibi olduğunu varsayalım: 181 Q = α β P+ mp + np, ( α, β> 0) d Q = γ+δ P+ up + wp, ( γ, δ> 0) s 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.
Şimdi yalnızca talep fonksiyonunun gecikme içerdiğini 18 varsayalım. Talep ve arz fonksiyonlarını birbirine eşitleyerek düzenleyelim. Q = α β P+ mp + np, Q = γ+δp d Q = Q α β P+ mp + np = γ+δp d s m β+δ α+γ P + P P = n n n s
183 İlk olarak bu modelin dönemlerarası denge fiyatını, yani özel çözümü (P p ) bulalım. P p ( ) ( ) b α+γ n = = = a β+δ n α+γ β+δ Şimdi tamamlayıcı fonksiyonu bulalım. Tamamlayıcı fonksiyon için karakteristik kök çözümüne göre üç farklı durum ortaya çıkabilir.
1. Durum: İki Farklı Reel KökK 184 a m β+δ > 4a > 4 n n 1 Buna göre tamamlayıcı fonksiyon: P = Ae + A e c rt 1 rt 1 1 r, r = a ± a + 4a 1 1 1 1 m m β+δ r1, r = ± 4 n + n n
185 Genel çözüm: rt 1 rt = c + p = 1 + + β +δ Pt () P P Ae Ae α +γ
. Durum: Tek Reel KökK 186 a m β+δ = 4a = 4 n n 1 r = m n Genel çözüm: mt n mt n = 3 + 4 + β +δ α +γ Pt () Ae Ate
3. Durum: Karmaşı şık k KöklerK 187 a m β+δ < 4a < 4 n n 1 r, r = h± vi 1 1 h= a h= 1 m n 1 1 β+δ m v = 4a a1 v = 4 n n () mt n α+γ Pt = e ( A ) 5cosvt+ A6sinvt + β+δ
Örnek 7: 188 Aşağıda başlangıç koşulları ve arz-talep fonksiyonları verilmiş olan piyasanın zaman içindeki fiyat değişim denklemini belirleyelim. Q = 4 4P 4 P + P, Q = 6 + 8P d P(0) = 6, P (0) = 4 Q = Q P 4P 1P = 48 d s 1 r ( ) 1, r = 4 ± 16 + 48 r1 = 6, r = Pt () = Ae + Ae + 4 6t t 1 s
189 t = 0 P(0) = A + A + 4= 6 6t t 1 1 1 Pt () = Ae + Ae + 4 P () t = 6Ae A e 6t t 1 t = 0 P (0) = 6A A = 4 A = 1, A = 1 1 Pt = e + e + 6t t () 4
Örnek 8: 190 Aşağıda başlangıç koşulları ve arz-talep fonksiyonları verilmiş olan piyasanın zaman içindeki fiyat değişim denklemini belirleyelim. Q = 40 P P P, Q = 5 + 3P d P(0) = 1, P (0) = 1 Q = Q P + P + 5P = 45 d s 1 r ( ) 1, r = ± 4 0 r1 = 1+ i, r = 1 i ( ) t Pt () = e Acost+ Asint + 9 5 6 s
191 t = 0 P(0) = A + 9= 1 5 6 5 ( ) t Pt () = e Acost+ Asint + 9 5 6 t P ( t) = e A cos t+ A sin t + e A sin t+ A cos t ( ) t ( ) 5 6 5 6 t = 0 P (0) = A + A = 1 A = 3, A = 5 6 ( ) t Pt ( ) = e 3cos t+ sin t + 9