KLİ ZAMAN DİNAMİĞİ VE FARK DENKLEMLERİ

KESİKL KLİ ZAMAN DİNAMİĞİ VE FARK DENKLEMLERİ

Fark Denklemlerine İşlemciler İlişkin Temel Kavramlar ve y=f(x) fonksiyonunun ürevini şöyle anımlamışık: lim f x+ x f x y = lim x+ x x x x 0 x 0 x in limi davranışı yerine, belirli bir mikarda değişirildiğini kabul edelim ve y nin değişimini buna göre yeniden yazalım. f ( x+ x) f ( x) = y( x+ x) y( x) = y( x)

simgesine, fark işlemcisii diyoruz. Yukarıda yazdığımız son ifade, x Şimdi x aralığına karşılık oluşan y aralığını belirlemekedir. aralığını 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 y( x) = + = ( ) y x+ h = y x+ h y x+ h

3 y( x) y( x h) y( x h) y( x h) y( x) = + + + ( ) ( ) = y x+ h y x+ h + y x Bu süreci bir adım daha öeye göürelim. y x = y x+ h y x = y x+ h y x+ h + y x+ h ( 3 ) ( ) y x+ h y x+ h + y x ( ) ( ) ( 3 ) 3 ( ) 3 y x y x h y x h y x h y x 3 = + + + +

Şimdi bu süreci genel olarak n. sıra fark için yazalım. 4 n 0 n n y x = y x+ nh + y x+ ( n ) h 0 n n +... + + + n y( x h) y( x) n Burada, n n! = m m! ( n m)!

5 Sürekli zaman dinamiğini incelerken, y (), y () gibi ürevleri zamanın sonsuz küçük değişimi çerçevesinde değerlendirmiş olduk. Ancak zamandaki değişim yeerince küçük değilse, y() değişkenin zamana bağlı değişimlerini diferansiyel ile anımlamak doğru olmayacakır. Bunun yerine, fark denklemleri olarak ifade edebileceğimiz bir başka yönemi kullanırız.

Çözüm yönemimiz değişmekle birlike, amacımız 6 değişmemekedir. Amaç, y değişkeninin veri değişim kalıbından harekele, y() yörüngesinin elde edilmesidir. Zamana bağlı farkı şöyle anımlayacağız: y y y y +

7 y nin değişim kalıpları şu şekilde olabilir: y =, y = 0.y Bu ip denklemlere, fark denklemleri denir. y = yada y y = yada y = + y + + Birinci dereceden fark denklemini genel olarak şöyle yazabiliriz: y y y = f y + +

f y Eğer doğrusalsa, fark denklemi doğrusal, aksi durumda doğrusal değildir. Bunun için bazı örnekler yazalım. 8 y + + 3 y Doğrusal y y 3y = 5 + + y = 3. y y + y = ry ln k y + Doğrusal Doğrusal Değil Doğrusal Değil

9 Şimdi genel olarak aşağıdaki dinamik fark denklemini dikkae alalım. + =, Örneğin, y+ = h y y f y Bu örneke olduğu gibi, dinamik fark denklemi sisemi yalnızca h(y ) nin bir fonksiyonu ise, buna oonom sisem; aynı zamanda nin de bir fonksiyonuysa, oonom-olmayan sisem diyoruz. y = + y + Oonom-olmayan y + = y Oonom

Şimdi de üm y erimlerinin eşiliğin solunda oplandığı birinci sıradan fark denklemini dikkae alalım: + = + y ay g 0 Bu denklemde g() 0 ise sisem homojen, aksi durumda homojen değildir. Şimdiye kadar birinci sıradan fark denklemlerini dikkae aldık. m. Sıradan bir fark denklemini genel olarak şöyle yazabiliriz. (,,..., ) y = f y y y + m + m + m

Örneğin ikinci sıra doğrusal fark denklemini şöyle yazabiliriz: + + y + ay + by = g Bazı örnekler şu şekilde verilebilir: y + y = 0 Birinci sıra doğrusal homojen y 4y 4y = + + 0 İkinci sıra doğrusal homojen y + y = 5 Birinci sıra doğrusal homojen-olmayan y 4y 4y = + + 6 İkinci sıra doğrusal homojen-olmayan

Başlang langıç Değeri eri Sorunu: Bir fark denkleminin belirli çözümünün elde edilebilmesi için, bir başlangıç değerinin bilinmesi gereklidir. Örneğin şu fark denklemini dikkae alarak, buradan bir dizi (yinelemeler yaparak) yeni fark denklemleri elde edelim. + y = f y y = f y = f f y = f y + +

Yukarıdaki denklemlerden ilki, birinci sıra fark denklemidir ve belirli çözümün elde edilebilmesi için bir ane başlangıç koşuluna; alaki ise ikinci sıra diferansiyel denklemdir ve belirli çözüm için iki ane başlangıç koşuluna gerek duyar. =0 aldığımızda, ilk denklemi birbirini izleyen bir sıralamayla şöyle ifade edebiliriz. 3 = 0 y 0 ( ) 3 y, f y, f f y, f f f y,... 0 0 0 0 y, f y, f y, f y,... 0 0 0 0

4 y = f y, y ( = + 0 iken) 0 Biçimindeki ifade, yinelemeli dizimsel denklem (recursive equaion) olarak anılmakadır. Bu denklemden yinelemeler yoluyla elde edilen her bir erim, y nin y 0 dan başlayarak izleyeceği yolu belirler.

Birinci Derece Fark Denklemlerinin Çözümü 5. Yinelemeli Çözüm m Yönemi: Y İki ardışık dönem arasındaki değişimin kalıbı veri ise, buradan harekele izleyen ardışık dönemler arasındaki değişimler de belirlenebilir. Bu yöneme yineleme (ierasyon) denir. Örnek : y nin başlangıç değeri: y nin değişim kalıb : y y 0 = 5 = y + +

6 Bu bilgilere göre, yinelemeler yaparak fark denklemini belirleyelim: y + = y + y = y + 0 y = y + = y + + = y + 4= y + 0 0 0. y = y + = y + 4 + = y + 6= y + 3. 3 0 0 0 y = y +. = 5+ 0

Örnek : 7 y = 0. 9 y, y y + 0 = 0.9 y 0 = y 0 ( 0.9 ) ( 0.9) y = 0.9 y = 0.9 y = y 0 0 ( 0.9 ) = ( 0.9) y = 0.9 y = 0.9 y 0 y 0

Örnek 3: 8 my ny = 0, y = y + 0 0 y n = y m + y n = m y 0 y 0 =A ve (n/m)=b alırsak, bu çözümü şu u genel biçime ime dönüşü-d rebiliriz. y = Ab Ae r Bunun, y =Ae ile aynı biçimde imde olduğuna una dikka edelim.

. Genel Çözüm m Yönemi: Y 9 Şimdi birinci dereceden fark denkleminin genel olarak çözümünü arayalım. Birinci derece fark denklemi şu biçimdedir: y ay c + = + Genel çözüm, iki bileşenin oplamından oluşur: y = yp + yc Önce amamlayıcı fonksiyona (y c ) bakalım. Yukarıdaki örnekleri dikkae alarak, y =Ab olduğunu düşünelim. Buna göre; y Ab + + =

y = Ab + = y + ay = + 0 y Ab + ve ifadelerini yerlerini yazalım ve denklemi yeniden düzenleyelim. 0 daki y + ay = + Ab + aab = + 0 0 Ab a b + = 0 Ab 0 a+ b = 0 b= a yc = Ab yc = A a Tamamlayıcı Fonksiyon

Şimdi de özel çözümü (y p ) araşıralım. En basi durum olarak y =k biçimini düşünelim. Buna göre y + =k olur. Bunları genel denklemdeki yerlerine yazalım. y ay c k ak c + = + = + y p c = k = Özel Çözüm + a

Ancak a= olursa, özel çözüm anımsız hale gelir. Bu durumda yeni bir çözüm aramamız gerekir. Örneğin y =k olduğunu kabul edelim. Buna göre, y + =k(+) olur. Bunları genel denklemdeki yerlerine yazalım. y + ay = c + k( + ) + ak = c c y { p = k = = c a = + + a Özel Çözüm

Yukarıdaki iki olası özel çözümü de dikkae alarak, fark 3 denkleminin genel çözümlerini yazalım: y = y + y c p c y { = A a + a + a { y = A a + c a =

Yukarıdaki genel çözümler, başlangıç 4 değeri de bilindiğinde, belirli çözümler olarak yazılabilir. =0 iken y =y 0 başlangıç değerini dikkae alalım. c y = A a + + a c c = 0 y0 = A+ A= y0 + a + a c c y { = y0 a a a + + + a

5 Belirli çözümün a= durumu: y = y + c a= { 0 Örnek 4: y 5y, y 7 4 = = fark denklemini çözelim. + 0 y y + + = Ab Ab + = Ab 5Ab Ab b 5

6 Ab b 5 = 0 b = 5 y c = A Tamamlayıcı Fonksiyon ( 5) Şimdi de özel çözümü elde edelim. Önce y =k durumunu deneyelim. y = k, y = k + Özel y+ 5y = k 5k = k = = y p 4 Çözüm

Şimdi özel çözümle amamlayıcı fonksiyonu birleşirerek, (belirli olmayan) genel çözümü yazalım: 7 c p ( 5) y = y + y y = A 4 Belirli çözümü elde edebilmek için, genel çözümde =0 yazarak A yı belirleyelim. 7 7 = 0 y0 = A = A= + = 4 4 4 4

8 A yı genel çözümdeki yerine yazarak, belirli çözüme ulaşmış oluruz: 5 ( 5) y = A y = 4 4 Belirli Çözüm Bu çözümün doğruluğunu sınamak için =0 ı aşağıdaki denkleme yazarak y 0 y 0 denkliğini araşırırız. Bu denklik, başlangıç koşulunun sağlandığını göserir. c c y = y0 a + a + + a

İkinci olarak, yukarıdaki y denklemini y + için yeniden düzenleriz ve y ve y + denklemlerini deki yerlerine yazarız. c c sağlanırsa, çözüm doğrudur. 9

Dengenin Dinamik İsikrarı 30 Eğer fonksiyonumuz sürekliyse, dengenin dinamik isikrarı, amamlayıcı fonksiyonu oluşuran Ae r erimine bağlıdır. Kesikli bir süreçe ise bunun karşılığı Ab erimidir. b nin alacağı değerlere göre, b nin yörüngesi (izleyeceği yol) şöyle oluşur: b > 0 ise salınımsız, b > ıraksak b < 0 ise salınımsız, b < yakınsak b b =+ = de üm ler için sabi 0 erafında dalgalı; ne yakınsak ne de ıraksak

e r eriminin yakınsaklığı r nin işareine bağlıyken, b eriminin 3 yakınsaklığı b nin mulak değerinin büyüklüğüne bağlıdır. A nın büyüklüğü ise b değerini şişirici ya da söndürücü eki yapar. Ayrıca A nın işarei bir yansıma ekisi yaraabilir. A erimi ölçek ekisi yaraır, ancak b yörüngesini ekilemez. Özel enegral (y p ) ise, fonksiyonun eksenlerden uzaklığını belirler, yakınsama ya da ıraksama üzerinde bir ekisi yokur. Genel olarak y =Ab +y p süreci ancak ve ancak ise yakınsakır. b <

Örnek 5: y 4 = + 9 5 fonksiyonu nasıl bir yörüngeye sahipir. 3 4 b = 5 < olduğundan, yörünge salınımlıdır. Salınım +9 erafında sönerek ilerler, +9 a yakınsar. Harekein salınımlı olması, b nin önünde yer alan ( ) işareinden kaynaklanmakadır.

Şekil 6.. 33 y 0.50 0.00 9.50 9.00 8.50 8.00 7.50 7.00 6.50 6.00 3 5 7 9 3 5 7 9 3 5 7 9 y Zaman 4 = + 9 5

Örnek 6: 34 y = 3 + 4 fonksiyonu nasıl bir yörüngeye sahipir. b = > olduğundan, yörünge salınımlı ve yakınsak değildir. =0 iken y 0 =7 değerinden başlayarak, zaman içinde 4 değerinden giderek uzaklaşır.

Şekil 6.. 35 06 56 y = 3 + 4 y 06 56 6 3 4 5 6 Zaman

Örümcek AğıA (Cobweb)) Modeli 36 Üreicilerin, kararlarını bir dönem önceki fiyaa göre oluşurdukları bir doğrusal arz ve alep modeli düşünelim. Q d =α βp αβ>, 0 Q s = γ+δ λ, δ> 0 P Her dönem, arz-alep dengesinin sağlandığı süreci belirlemeye çalışacağız.

37 Q d = Q s α β P = γ+δp β P +δ P =α+ γ P P ya da + = + β δ α+γ β y ay c Bu durumda denklem biçimindedir. + = + β,δ>0 olduğu sürece, a olacakır. Bu bilgiyi kullanarak P yi yazabiliriz.

38 c y = A a + + a c y + ay = c, a y = A a + + + a δ α+ γ δ β P + P = P = A + + β β β δ + β α+γ

39 α+γ δ β δ α+ γ P = A P A + = + β δ β β+δ + β * P * * 0 0 = 0 P = A+ P A= P P δ P = P P + P 0 β * *

40 Yukarıdaki çözüm, arz ve alep dengesinin zaman içerisinde izleyeceği yol konusunda bilgi vermekedir. P * erimi, modelin uzun dönem piyasa denge fiyaını (ya da dönemlerarası dengesini) gösermekedir. (P 0 P * ) eriminin işarei, süreç denge fiyaına yakınsaksa, yakınsamanın alan mı yoksa üsen mi gerçekleşeceğini belirlemekedir.

4 (δ/β) eriminin önündeki işare ( ) olduğundan, süreç P * fiyaı erafında salınımlı bir hareke çizer. Salınımın P * fiyaına yakınsak mı ıraksak mı olacağını, bu erimin sayısal büyüklüğü belirler. (δ/β)> ise süreç ıraksak, (δ/β)< ise yakınsakır. Burada arz eğrisinin, da alep eğrisinin eğimini gösermekedir. Mulak değer olarak arz eğrisinin eğimi, alep eğrisi eğiminden küçük olduğu sürece denge salınımlı bir süreçen sonra yeniden gerçekleşir.

Şekil 6.3. Örümcek AğıA Modeli: Yakınsak Süreç P δ <β 4 S P 0 * P A B E D * Q Q

Şekil 6.4. Örümcek AğıA Modeli: Iraksak SüreS reç 43 P δ >β S P 0 * P E * Q D Q

Şekil 6.5. Örümcek AğıA Modeli: Yakınsak SüreS reç 44 P δ =β S P 0 * P A B E D * Q Q

Şekil 6.6. Örümcek AğıA Modeli: Yakınsak SüreS reç 45 P δ <β P 0 A B * P E * Q S D Q

Uyumcu Fiya Bekleyişleri leri 46 Üreicilerin uyarlamalı fiya beklenisine sahip oldukları bir piyasa modeli düşünelim. Arz ve alep denklemleri ile uyarlama süreci aşağıda anımlanmışır. Q =α β P, Q = γ+δp d s * P = P +η P P, 0<η * * * Burada η, bekleni uyum kasayısı;,. dönem için beklenen fiyaır. * P

Bu bilgiler ışığında P yi birinci sıra fark denklemi olarak yazalım. 47 d = s α β = γ +δ * Q Q P P * P Burada değerini, uyarlama denkleminden elde ederek yerine yazalım. Ancak denklemde erimi kalacağından, bunu da benzer biçimde yazalım. * P α +γ β α+γ β P P P P δ δ δ δ * = * ve = * = * +η * P P P P

α+γ β α+γ β P = η P + P η δ δ δ δ ( ) 48 β α+ γ P = + η ( α+γ)( η) β( η) δ δ δ δ P P = + δ ( α+γ) η η( δ+β) β P P + ηδ+β ( α+γη ) + P = β δ a c

a olduğundan yukarıdaki birinci sıra doğrusal fark denkleminin çözümü şöyle olur: 49 P α +γ ηδ+β α+γ = P0 + δ +β β δ+β a> 0 a>0 olduğundan, uyarlamalı bekleyişler modelinde dengeye geliş süreci δ, β, η kasayılarının değerlerine bağlıdır.

Harrod-Domar Büyüme Modeli 50 Harrod-Domar büyüme modelini daha önce enegral konusu içerisinde, sürekli dinamik sürece sahip bir sisem çerçevesinde incelemişik. Şimdi bu modeli kesikli dinamik süreç olarak ele alalım, çözelim ve sürecin hangi koşullar alında yakınsakıraksak olduğunu belirleyelim. S = sy I = v Y Y S = I

5 S = I sy = v Y Y v v Y = Y Y = Y v s v s 0 v v> 0 ve v> s > salınımsız genişleyen v s v> s daralan salınımlı v> 0 ve v< s v< s genişleyen salınımlı v = s sabi salınımlı

Bileşik ik Faiz 5 Bileşik faiz konusunu daha önce üsel fonksiyonlar içerisinde sürekli dinamik bir sürece göre incelemişik. Burada kesikli sürece göre yeniden ele alalım ve genel olarak bileşik faiz sürecindekine benzer durumlarda birikim sürecine bakalım. Örneğin bir bankaya yaırılan A kadar bir paranın, r faiz oranından, yılda m yinelemeli olarak yıl sonra sağlayacağı oplam geliri şöyle yazabiliriz: P = A + r m m

Şimdi genel olarak bir Y değişkeni için kalamalı birikim sürecini 53 yazalım: Y ( r) Y = + Ayrıca biriken bu değere (gelire) her dönem ek bir ödemenin de (a ) yapıldığını varsayarak birikim sürecini yeniden yazalım: ( ) Y = + r Y + a Ya da daha genel olarak bunu bir fark denklemi (yinelenen denklem, recursive equaion) olarak yazalım: Y = a + by

54 Bu süreci karşılayan çok sayıda örnek durum vardır. Bir canlı neslinin sürmesi gibi. Birikim süreci üsel olarak ilerler, ancak av olabilenler nedeniyle üsel arışan eksilmeler oluşur. Benzer biçimde, insan nüfusu da üsel biçimde arar. Göçler, doğal afeler, salgın hasalıklar gibi dışsal emenler bu süreci ekiler. Şimdi bu süreci aşama aşama açık biçimde yinelenen denklemler olarak yazalım.

55 Y = a + by Y = a + by 0 0 Y = a + by = a + b a + by = a + ba + b Y 0 0 0 0 Y = a + by = a + b a + ba + b Y = a + ba + b a + b Y 3 3 0 0 0 0 Y = a + ba + b a +... + b a + by 3 3 0 0 k Y = b ak + by k = 0 0

Burada olası iki durumu dikkae alarak inceleyelim. Birincisi, üm 56 k ler için a k =a ; ikincisi, üm k ler için a k =a ve b=. Birinci Durum: üm k ler için a k =a Bu durumda yinelemeli denklem ve çözümü aşağıdaki gibi olur: Y = a+ by b Y = a b + by Y = a + by k = 0 b k ya da 0 0

57 Denge durumunda üm ler için olacakır. Buna göre, a Y = a+ by Y = b Y = Y Birinci durum için bunu yeniden düzenleyelim: Y a ab = b + b by0 a a Y = b Y0 + b b

58 Bu sonuca göre, b < ise, sisem dengeden uzaklaşığında, yeniden dengeye dönülecekir, yani süreç yakınsakır. ise, yakınsama durağan (salınımsız); ise 0< b < < b < 0 yakınsama salınımlı bir süreç izler. b < ıraksakır. ise, süreç dengeden uzaklaşan bir seyir izler, yani

59 İkinci Durum: üm k ler için a k =a ve b= Bu durumda yinelemeli denklem ve çözümü aşağıdaki gibi olur: Y = a+ Y k = 0 ( ) k Y = a + Y Y = a + Y ya da 0 0

Örnek 7: 60 Bir yaırımcı başlangıça bankaya 0000 YTL yaırmışır ve her yıl 50 YTL de yaırmakadır. Yıllık %5 faiz üzerinden 5 yıl sonraki oplam birikimi ne olur? 0 Y = 0000, a = a = 50, b= + r =.05 Y = a + by Y = 50 +.05 Y k b Y = a + by b k 0 Y 5 5.05 5 = 50 +.05 ( 0000) = 444.0 (.05)

Birinci Sıradan S Doğrusal Olmayan Fark Denkleminde Dengenin Dinamik İsikrarı Yukarıda doğrusal olan birinci sıra fark denklemlerinin, belirli bir denge durumundan uzaklaşma sonrasında yeniden dengeye gelip gelemeyeceği durumları ve koşulları inceledik. Ancak doğrusal olmayan sisemler için bunu belirlemek bu kadar kolay değildir. Bu ür sisemlerde dinamik süreçler daha karmaşık salınımlara sahipir. Bunu görebilmek için aşağıdaki ikinci derece birinci sıradan bir fark denklemini dikkae alalım. 6 y + = ay by

6 İlk olarak sabi değerleri (denge değerlerini, y * ) belirleyelim. y + = ay by y = ay by * * * * * y = * * by y = ay * a a y = b 0 y + = ay by Bu iki sabi değer ve Şekil 6.7. de göserilmişir.

Şekil 6.7. Doğrusal Olmayan Birinci Sıra S Fark Denklemi 63 y + y E + = y y + = ay by E 0 45 * y = 0 y = * a ( ) b y

64 Şimdi bu süreci a ve b ye özel değerler vererek inceleyelim. Şekil 6.8. de a= ve b= durumu çizilmişir. a ve b ye bu değerlerin dışında, şekillerde yer alan her iki eğrinin kesişmesine olanak vermeyen değerler de aanabilir. Buna değerlere göre, denge nokaları y * =0 ve y * = dir. Temel sorumuz, denge değerlerinden herhangi birinden bir sapma meydana geldiğinde, kararlı bir dengenin yeniden sağlanıp sağlanamayacağıdır.

Şekil 6.8. Doğrusal Olmayan Birinci Sıra S Fark Denklemi 65 y + Denge E y y y + = E * y = 0 y 0 * y = y

Örneğin Şekil 6.8. de göserildiği gibi, herhangi bir şokla y denge 66 değerinin (y * ) y 0 a kaydığını düşünelim. Süreç şöyle çalışacakır: y + = y y y = y y 0 0 y = y y y 0 den küçük olduğundan, yinelemeli süreçe her bir sonraki y değeri, bir öncekinden büyük değer alacağından, süreç y * = e doğru kararlıdır (yakınsak).

Şekil 6.9. Doğrusal Olmayan Birinci Sıra S Fark Denklemi 67.0 0.8 0.6 y + 0.4 0. 0.0 y 0.0 0. 0.4 0.6 0.8.0

Yukarıdaki sayısal durumu, Şekil 6.9. ile izleyebiliriz. Bu süreç 68 yakınsakır ya da dinamik süreç kararlıdır diyebiliriz. Şimdi sürecin yakınsaklıkla sonuçlanmadığı bir başka sayısal örneği dikkae alalım: a=3. ve b=0.8 y + = 3. y 0.8 y y = 3. y 0.8 y 0 0 y = 3. y 0.8 y

Şekil 6.0. Doğrusal Olmayan Birinci Sıra S Fark Denklemi 69 4.0 3.5 3.0.5 y.0 +.5.0 0.5 0.0 y 0.0 0.5.0.5.0.5 3.0 3.5 4.0

70 Bu sisemin denge nokasını (y * ) şöyle belirleriz: * a 3. y = = = b 0.8.75 Bu sisemi y 0 gibi denge dışı bir nokadan dinamik sürece bırakırsak, belirli bir dönemden sonra.05 ve 3.0 sayıları arasında sonsuza kadar gidip gelen kararsız bir seyir izleyeceğini görebiliriz. Yani sisem, denge değeri olan.75 değerine kararlı bir dönüş yapamamakadır. Buna iki noka arasında salınma diyebiliriz.

Sürecin kararlı olup olmayacağına farklı bir bakış açısıyla da y f( y) yaklaşabiliriz. Örneğin fark denklemini dikkae alalım. + = Bunun a gibi bir denge nokası olsun. Ayrıca y + erimini y, y 7 erimini de x ile karşılayalım. Belirli bir (a,a) nokası yakınlığında bu eşiliğin açılımını şöyle yazabiliriz. y a= f ( a)( x a) ya da y= a f ( a) + f ( a) x Bu denklem, eğimi f (a) olan doğrusal bir denklemdir. Şekil 6.. ile göserilmişir.

Şekil 6.. Doğrusal Olmayan Birinci S rusal Olmayan Birinci Sıra Fark Denklemi 7 y y = x E y = y = a f ( a) + f ( a) x f( x) 0 45 0 y = a x

Yukarıda yapığımız işlemler, kararlılık süreci incelemesini bir doğrusal modele indirgemişir. Bu doğrusal denklemin eğiminin mulak değeri, 45 0 lik doğrunun eğiminden (ki e eşiir) 73 küçükse, dinamik süreç kararlı, aksi halde kararsızdır. Bunu genel olarak yazalım: f ( a) < dinamik süreç kararlıdır. f ( a) = dinamik süreç belirsizdir. f ( a) > dinamik süreç kararsızdır.

Örnek 8: 74 y y y + = İlk olarak doğrusal olmayan bu birinci sıra fark denkleminin denge değerlerini (y * ya da a) belirleyelim. a = 0 a = a a a = İkinci olarak, yukarıda verilen doğrusal olmayan fark denklemini y=f(x) biçimine dönüşürelim ve f (x) i belirleyelim.

75 y = a f ( a) + f ( a) x y = f( x) = x x f ( x) = x f (0) =, f () = 0 f (0) > olduğundan, a=0 kararsızdır. f () < olduğundan, a= kararlıdır.

76 İkinci Sıradan S Fark Denklemleri Doğrusal-homojen olmayan ikinci sıra fark denklemini genel olarak şöyle yazabiliriz: y + a y + a y = c + + Birinci sıra fark denklemlerinde yapığımız gibi, bunun çözümü de amamlayıcı fonksiyon ve özel çözümden oluşacakır. y = yc + yp

Özel Çözüm 77 İlk olarak özel çözüm kısmını ele alalım. En basi çözüm olarak y nin bir sabi sayı olacağını düşünerek başlarız. y = k k + a k + a k = c k c = + a + a + a + a 0 olduğu sürece, y p = c k = + a + a özel çözüm olacakır.

78 Örnek 9: y 3y + 4y = 6 + + a = 3, a = 4, c= 6 + a + a = 0 y p c = = + a + a 3

+a +a =0 olursa, y =k çözümü anımsız hale gelir. Bu durumda 79 y =k çözümünü deneriz. y = k, y = k +, y = k + + + y + a y + a y = c + + ( ) k + + a k + + a k = c

80 k = c + a + a + a + c + a + a = 0 k = { a a + c + a + a = 0 yp = k = a + a

8 Örnek 0: y + y y = + + a =, a =, c = + a + a = 0 c yp = = 4 a +

+a +a =0 ve a = olursa, y =k çözümü anımsız hale gelir. Bu durumda y =k çözümünü deneriz. =, + = +, + = + y k y k y k 8 y + a y + a y = c + + ( ) k + + a k + + a k = c k = c y p c = a a = =

Şimdi yukarıda elde eiğimiz özel çözümün üç olası durumunu özeleyelim. 83 c y { p = k = + a + a 0 + a + a c yp = k = a + + a + a = 0 a y p c = a a = =

Tamamlayıcı Fonksiyon 84 Tamamlayıcı fonksiyonu bulmak için, ikinci sıra doğrusal fark denkleminin genel biçimini homojen duruma indirgeyeceğiz. y a y a y + + + + = 0 Birinci derece doğrusal fark denkleminin amamlayıcı fonksiyonunu biçiminde belirlemişik. Burada da bunu deneyelim. Buna göre, y = Ab y = Ab, y = Ab + + + + Bunları homojen denklemdeki yerlerine yazalım ve düzenleyelim.

85 y + a y + a y = + + 0 Ab + a Ab + a Ab = + + 0 ( ) Ab b a b a + + = 0 Ab 0 b + ab + a = 0 b, = a a + 4a

Yukarıdaki ikinci derece denklemin köklerine ilişkin üç farklı olası durum vardır. 86 Birinci Durum (İki( Reel Kök, K b ve b ): y = Ab + A b c Örnek : y + y y = + + a =, a = b = b, =, b = a a + 4a

87 y = Ab + A b c c ( ) y = A + A = A + A Bu durumda amamlayıcı fonksiyon belirsiz bir çözüme sahipir. Belirsiz olmanın nedeni, A ve A erimlerinin değerlerinin bilinmemesidir. Gerekli başlangıç koşulları verildiğinde, erimlerinin değerleri bulunarak, belirli çözüme ulaşılabilir. y 0 =4 ve y = olduğunu bildiğimizi varsayalım.

88 y = A + A = A + A 0 y = A + A = A A 0 A y + y y y = = 3, A = = 3 3 0 0 y c = 3+ Tamamlayıcı fonksiyonun grafiği şöyle olacakır (Şekil.6..).

89 Genel çözümün limieki davranışı, baskın olan karakerisik köke bağlıdır. Örneğin ise, b > b yc = Ab + Ab yc = b A+ A b b b b b lim 0 > b > = b b lim y c = lim ( Ab )

90 b in değerine bağlı şu olası alı durumla karşılaşabiliriz:. b > ise A b sonsuza gider: sisem kararsızdır.. b = ise A b sabi bir düzeyde kalır. 3. 0 b < ise A b ekdüze biçimde sıfıra yakınsar; sisem kararlıdır. 4. <b 0 ise A b sıfıra yakınsayacak biçimde sıfır erafında dalgalanır; sisem kararlıdır.

9 A b 5. b = ise, iki değer arasında salınır. 6. b < ise, A b genişleyen bir salınım harekei yapar.

9 Şekil 6.. İkinci Sıra S Doğrusal Fark Denklemi 00 000 800 600 400 00 0-00 -400-600 3 4 5 6 7 8 9 0 Zaman

İkinci Durum (Tek Reel Kök, K b): 93 a = 4a Bu durum, olduğunda gerçekleşmekedir. Buna göre, ikinci derece denklemin çözümünde ek reel kök elde edilmekedir. Bunu dikkae alarak, amamlayıcı fonksiyonu yeniden yazalım. yc = Ab + Ab y = A + A b = Ab c 3 Burada yok eiğimiz sabi erimlerden birini, daha önce yapığımız gibi, modelde göserebilmek için olarak dikkae almalıyız. Çünkü ancak ve ancak bu durumda A 3 A b 4 y a y a y + + + + = 0 özdeşliği sağlanabilmekedir.

Buna göre y c, 94 y = A b + A b c 3 4 Örnek : y + 6y + 9y = 4 + + a =, a = b =, b = b = b= 3 a a + 4a c ( 3) ( 3) y = A + A 3 4

95 y = A 0 3 y = 3A 3A 3 4 y =, y = A =, A = 0 3 4 5 3 5 yc = A3 + A4 yc = 3 ( 3) ( 3) ( 3) ( 3)

Üçünc ncü Durum (Karmaşı şık k Kökler): K 96 a Bu durum, olduğunda gerçekleşmekedir. Elde edilen kökler sanaldır. < 4a a 4a = = = b, h vi h, v a Buna göre, amamlayıcı fonksiyon; c c y = A b + A b y = A h + vi + A h vi

Bunu, De Moivre Teoremi yoluyla rigonomerik biçimde yazalım. 97 a + 4a a R= h + v = = a 4 h a v a Cosθ= =, Sinθ= = R a R 4 a De Moivre Teoremine göre (diferansiyel denklemler bölümünde kanıı verilmişi); h vi = R Cos( θ) isin( θ)

98 ( ) yc = R A Cos θ + isin θ + A Cos θ isin θ = + θ + θ A5 A6 yc R A A Cos A A isin yc = R ACos 5 θ + A6Sin θ

R = b = h+ vi Şekil 6.3. Sanal KöklerK 99 R > θ h 0 v θ 0 θ 0 R < b = h vi b = h+ vi b = h+ vi b = h vi b = h vi

b ve b simerik sanal köklerse, kosinüs fonksiyonunu salınımından öürü, y fonksiyonu da salınımlı hareke eder. R ye bağlı olarak üç farklı ipe salınım görebiliriz (Şekil 6.3.): 00. R=: b ve b kökleri birim çemberin üzerinde yer alır, y sabi genlike bir salınıma sahipir (Şekil 6.4.a).. R>: b ve b kökleri birim çemberin dışında yer alır, y genişleyen bir salınıma sahipir, sisem karasızdır (Şekil 6.4.b). 3. R<: b ve b kökleri birim çemberin içinde yer alır, y daralan bir salınıma sahipir, sisem kararlıdır (Şekil 6.4.c).

Şekil 6.4a. Sanal Kökler: K R= 0 y y + y = 0, y =, y = + + 0 3 R= π π y = Cos + 3Sin 3 3 0-3 5 7 9 3 5 7 9 3 5 7 9 - -3 Zaman

Şekil 6.4b. Sanal Kökler: K R> 0 y 0.4 y +. y = 0, y = 0.5, y = 0.8 + + 0 0 8 6 4 0 - -4-6 -8-0 R=.095 y = Cos + Sin (.095) 0.5 (.39 ) 0.65 (.39 ) 3 5 7 9 3 5 7 9 3 5 7 9 Zaman

03 Şekil 6.4c. Sanal Kökler: K R< y + 0. y + 0.8 y = 0, y =, y = + + 0 3 R=0.894 y = Cos + Sin ( 0.89) (.68 ).36 (.68 ) 0-3 5 7 9 3 5 7 9 3 5 7 9 - -3 Zaman

Örnek 3: 04 y 4y + 6y = 6, y =, y = + + 0 a = 4, a = 6, c = 6 a 4a = 48< 0 Buna göre, iki farklı sanal kök vardır. h 4a a, 3 a = = v = = R h v = + = 4 h v 3 π Cosθ = =, Sinθ= = θ= R R 3

= θ + θ yc R ACos 5 A6Sin 05 π π yc = 4 ACos 5 + ASin 6 3 3 Yukarıda ilk olarak amamlayıcı fonksiyonu belirledik. Şimdi özel çözümü elde edelim. c y { p = k = + a + a 0 + a + a y p 6 = = 4+ 6

Şimdi amamlayıcı fonksiyonu ve özel çözümü birlike yazarak, belirli olmayan genel çözümü göserelim. Dışsal olarak başlangıç 06 değerleri (y 0 ve y ) verilirse, burada yer alan A 5 ve A 6 bilinmeyenlerini de belirleyerek, belirli genel çözüme ulaşabiliriz. y 0 = ve y = olarak verildiğini kabul edelim. y = y + y c p π π y = 4 ACos 5 + A6Sin + 3 3

y 0 = ve y = olarak verilen başlangıç değerlerini dikkae alabilmek için, belirli olmayan genel çözümdeki yerine sırasıyla 0 ve değerlerini uygulayalım ve elde edeceğimiz iki denklemden A 5 ve A 6 yı çözelim. y 0 = ACos 5 0 + A6Sin 0 + = A5 = π π y = 4 A5Cos A6 Sin 3 + + = 3 3 07

08 3 A5 + A6 = 0 A6 =, A5 = 3 Buna göre, belirli çözüm: π π y = 4 Cos + Sin + 3 3 3 R=4> olduğundan, başlangıça meydana gelebilecek bir dengeden uzaklaşma, sisemin ıraksak, yani dengeden uzaklaşan bir seyir izlemesine neden olacakır.

09 Yüksek Dereceden Fark Denklemlerine Genelleme y + a y +... + a y + a y = c + n + n n + n biçiminde bir (+n) derecesinden doğrusal fark denkleminde özel çözüm ve amamlayıcı fonksiyonun belirlenmesinde şöyle hareke ederiz. Özel çözüm için y =k, y =k gibi çözümleri deneriz. Tamamlayıcı fonksiyonda ise, karşımıza, çözülmesi gereken n. dereceden bir karakerisik denklem çıkar.

0 n n n b + a b +... + a b+ a = 0 n Bu karakerisik denklemin, n ane karakerisik kökü (eigen values) vardır: b i, i=,,n Tamamlayıcı fonksiyonun çözümü, köklerin özelliklerine bağlıdır.. Köklerin ümü farklı ve reel ise: y n = Ab c i i i=

. Tek reel kök varsa: b = b =... = bn = b c... n 3 n y = Ab + Ab + A b + + A b 3. Kökler sanal ise: ( ) c n n y = R A Cos θ + A Sin θ A i erimlerinin belirlenerek, belirli çözüme ulaşabilmek için, n ane başlangıç koşulu gereklidir.

Örnek 4: 7 y+ 3 y+ + y+ + y = 8 8 3 9 İlk olarak özel çözümü elde edelim. y = k y = y = y = y = k + 3 + + 7 k k + k + k = 9 yp = k = 3 8 8 3

Şimdi de amamlayıcı fonksiyonu bulalım. Bunun için karakerisik denklemi yazalım: 3 b + a b + a b+ a = 3 3 0 7 + + = 8 8 3 3 b b b 0 b b b+ 8 = b = b =, b3 = 8 0 İki reel kökün aynı olduğuna dikka.

Üç reel köken ikisinin aynı olduğunu dikkae alarak amamlayıcı fonksiyonu yazalım: 4 yc = A A A3 + + 8 Karakerisik köklerin mulak değerleri den küçük olduğundan, süreç, uzun dönemli dengeyi (sabi noka) göseren y p =3 değerine yakınsar. Yani kararlı bir süreç vardır.

5 Örnek 4 e üçüncü dereceden bir fark denkleminin karakerisik köklerini belirleyerek denklemi çözdük ve kararlılığını gördük. Ancak genel olarak n. derecen bir denklemin karakerisik köklerinin belirlenmesi bu kadar kolay değildir. Schur Teoremi, kökler belirlenmeksizin, sürecin kararlı olup olmadığını sınamamızı sağlar.

6 Schur Teoremi: n n 0 n ab + ab +... + a b+ a = 0 n biçimindeki polinomun kökleri ancak ve ancak aşağıdaki n ane deerminanın ümü poziif ise den küçük olur. a 0 a a 0 n n a a a a 0 a =, =... 0 n 0 n an a0 an 0 a0 a a a 0 a n n 0

7... = n a 0 0 a a a 0 n n a a 0 0 a a 0 n a a 0 0 0 a n n n a 0 0 a a a n 0 n a a 0 0 a a n n 0 n a a a 0 0 a n 0

Örnek 5: 8 y + 3y + y = + + Bu fark denkleminin kararlı bir sürece sahip olup olmadığına, Schur eoremi yoluyla bakalım. n=, a =, a = 3, a = Burada, 0 a a 3 0 = 0 n an a = 0 = < poziif olmadığından, ye bakmaya gerek olmadan, sürecin kararsız olduğunu söyleyebiliriz.

Örnek 6: y+ + y+ y = 6 6 Bu fark denkleminin kararlı bir sürece sahip olup olmadığına, Schur eoremi yoluyla bakalım. n=, a =, a =, a = 6 6 Burada, 0 9 a a 0 n = = = > an a0 6 35 36 6 0

0 a 0 a a 0 0 n n 6 6 a a 0 a 0 0 n 6 6 = an 0 a0 a 0 6 6 = a a 0 a 0 n n 0 6 6 76 = > 96 0 >0 ve >0 olduğundan, bu fark dengeli yakınsakır, yani süreç kararlıdır.

Samuelson Çarpan-Hızlandıran Modeli (939) Y = C + I + G C = C +α Y, 0<α< 0 I = v C C, v> 0 G = G 0 Yukarıdaki denklemlerden yararlanarak, yaırımlarla gelir arasındaki bağlanıyı oluşuralım. I = v αy α Y =αv Y Y

I ve C denklemlerini, milli gelir özdeşliğindeki yerlerine yazarak düzenleyelim. ( ) Y = C +α Y +αv Y Y + G 0 0 Y α + v Y +α vy = C + G 0 0 Bu, ikinci sıradan doğrusal bir fark denklemidir. Bunu çözelim. a = α + v, a =α v, c= C + G 0 0 Y c = Y = = C G * 0 0 p + a + a α + Özel çözüm çarpandır ve uzun dönemli dengeyi gösermekedir.

Tamamlayıcı fonksiyona ilişkin üç olası durum vardır. 3. Durum: 4v ( ) > 4 α + > 4α α> a a v v ( + v). Durum: 4v ( ) = 4 α + = 4α α= a a v v ( + v) 3. Durum: 4v ( ) < 4 α + < 4α α< a a v v ( + v)

Fark denkleminin karakerisik köklerini belirleyelim. 4 b + a b+ a = 0 b α + v b+α v = 0 b, = a a + 4a b, = ( ) α + v α + v + 4αv Yakınsaklık b ve b ye, b ve b de α ve v değerlerine bağlıdır. Ayrıca iki ayrı karaerisik kökün oplam ve çarpım özelliğinden yararlanarak, köklerin işarelerini belirleyelim.

b + b = a = α + v, bb = a =αv 5 ( )( ) ( ) b b = b + b + bb = α + v +αv = α ( b )( b ) 0<α< 0< < b > 0, b > 0 Bu sonuca göre, her iki kök de reeldir ve birbirinden farklıdır. Bu durumu dikkae alarak amamlayıcı fonksiyonu ve genel çözümü yazabiliriz.

Y = Ab + Ab + Y Köklerin her ikisinin de farklı * 6 ve poziif işareli olduklarını bilmekle birlike, sayısal büyüklüklerini bilmiyoruz. Şu olası durumlar söz konusudur:.. 3. 4. 5. 0< b < b < 0<α< ; α v < 0< b < b = α= 0< b < < b α> = b < b α= < b < b 0<α< ; α v >

Bu olası durumlar arasında koşulunu sağlayan, ve 5 numaralı durumlardır. Birinci durumda yakınsaklık, beşinci durumda ıraksaklık oluşur. ( b )( b ) 0< < Eğer ek reel kök varsa, olur. Süreç yine dalgalı ( v) b=α + değildir. α ve v poziif olduklarından, kesin olarak b>0 dır. Buna göre şu üç olası durumla karşılaşabiliriz: 7.. 0< b< 0<α< ; α v< b = α= 3. b > 0<α< ; α v>

Bu olası durumların arasından koşulunu ve 3 numaralı durumlar sağlamakadır. Birinci durumda yakınsaklık, üçüncü durumda ıraksaklık oluşur. 0< α< 8 Kökler sanal ise, yörünge dalgalıdır. Yakınsamanın oluşup oluşmayacağı, R eriminin değerine bağlıdır.

Örnek 7: 9 Aşağıdaki modelden harekele, gelirin zaman içindeki seyrini göseren denklemi elde edelim. C = 50 + 0.75Y I = 4 Y Y, v> 0 G = G 0

Hızlandıran modeli 950 de John Hicks arafından yeniden ele alınmışır. İkisadi dalgalanmalar çerçevesinde konuya yaklaşan Hicks, g hızında büyüyen oonom yaırımları modele kamışır. Hicks in modelini aşağıdaki gibi yazabiliriz. 30 Y = C + I C =αy ( ) I = I + g + v C C 0 ( ) Y =α Y + I + g + v αy αy 0

3 ( ) ( ) Y =α + v Y vy + I + g 0 Bu ikinci sıra fark denklemi, Samuelson modelinden farklı olarak, harekeli bir denge milli gelir düzeyine sahipir. döneminde denge gelir düzeyini Y * (+g), (-) döneminde Y * (+g) - ve olarak kabul edelim. Yukarıdaki denklemi denge için yeniden yazalım. * * * + α + + + + = 0 + Y g v Y g vy g I g

Eşiliğin her iki yanını (+g) - erimiyle bölelim, ve yeniden düzenleyelim. 3 * * * + α + + + = 0 + Y g v Y g vy I g Y * = I 0 ( + g) ( ) ( )( ) + g α + v + g + v Saik durumda (g=0), dengenin a indirgendiğine dikka edelim. * Y I 0 = α

İkinci sıra fark denkleminin amamlayıcı fonksiyonunu yazabilmek için karakerisik kökleri belirleyelim. 33 b, = a a + 4a a =α + v, a =αv b, = α + v α + v 4αv

Tamamlayıcı fonksiyonu ve özel çözümü bir arada yazarak, belirli olmayan genel çözüme ulaşırız. 34 Y = Ab + Ab + 5 6 I 0 ( + g) ( ) ( )( ) + g α + v + g + v Hicks in bu modelinde de dengenin kararlı olup olmayacağı, ( ( v) ) α + 4αv eriminin işareine ve Samuelson sıraladığımız bir dizi koşula bağlıdır. modelinde

Enflasyon-İş İşsizlik İlişkisi 35 P =α T β U + hπ Bekleyişlere Dayalı Phillips İlişkisi dπ = d ( π ) j p Uyarlamalı Bekleyişler du d ( p) = k m Para Poliikası Bu modelde üç içsel değişken vardır: p, π, U. Modeki fark denklemleri biçiminde yeniden yazalım.

36 P =α T β U + hπ, α, β> 0, 0< h π π = j P π, 0< j + U U = k m P, k > 0 + + Modeli çözebilmek için ilk olarak ümünü ek bir değişkene (P ye) indirgeyeceğiz. Bunun için aşağıdaki işlemleri yapalım.

37 P P = β U U + h π π + + + U U = k m P + + π π = j P π + P P = βk m P + hj P π + + P =α T β U + hπ hπ = P α+ T +βu ( +βk) P j( h) P + jβ U =β km+ j( α T) +

Son olarak U yi de denklemden kaldırabilmek için, denklemi bir dönem ileri göürerek yazarız ve farkını alırız. Bu fark sonucu oluşan yeni denklemdeki erimi yerine, karşılığını yazarak yeniden düzenleriz. Arık fark denklemi ümüyle P ye bağlı bir hale gelmiş olur. U + U 38 +βk P+ j h P+ + jβ U+ =β km+ j α T ) ( +β k) P + j( h) P jβ U = βkm j( α T) + ) +βk P+ P+ = j h P+ + P + jβ U+ U = 0 U U = k m P + +

39 + hj + j +βk j( h) jβkm P+ P+ + P = +β k +β k +βk a a c Bu, ikinci sıra doğrusal fark denklemidir. Şimdi sırasıyla özel çözüm ve amamlayıcı fonksiyonu bularak, genel çözümü elde edelim. Özel çözüm, P nin uzun dönemdeki denge değerini verir. P * = c + a + a = m

Tamamlayıcı fonksiyon ise, ve erimlerine bağlı olarak üç olası durumda oraya çıkabilir. a 4a 40 a > = < 4a hj j k > + + +β < = 4 j h +βk + hj b + b = a = + j> 0 +βk bb ( h) j = a = +βk ( 0,)

4 βjk = + + = > 0 +βk ( b )( b ) ( b b ) ( bb ) 0< b <, 0< b < Her iki kök de poziif olduğundan, süreç salınımlı değildir. Ayrıca 0 ile arasında yer aldığından yakınsakır. Tek reel kök varsa (b), süreç salınımsız ve yakınsakır. Kökler sanalsa, yakınsaklık için olmalıdır. R <

4 a 4a a R= h + v = + = a R j( h) = +βk ( 0,)

Doğrusal Olmayan Fark Denklemlerine Doğrusal Yaklaşı şım 43 Tipik bir doğrusal olmayan fark denklemini bir gecikme için şöyle yazabiliriz. x x = x = g x Bu fark denklemini, yinelemeli (recursive) biçimde yazalım. Bu biçimde yazmak, grafik anlaımı oluşurmada kolaylık sağlamakadır. x = g x + x x = f x f x

Şekil 6.5 de doğrusal olmayan bir fark denklemi göserilmişir. 44 45 derecelik açıyla gelen doğrusu, üm değerlerine karşılık x = x x eşiliğini belirlemekedir. denklemi ile 45 = 3 x derecelik doğrunun kesişiği üç farklı nokada denge değerleri (sisemin sabi nokaları) elde edilmekedir. Bu nokalar -, 0 ve dir. Şekil 6.5 i ürevlenebilir - sürekli biçimde çizdiğimize dikka edelim. Buradan, fark denklemine bir bağlanı oluşurmaya çalışmakayız.

Şekil 6.5. Doğrusal Olmayan Fark Denklemlerine Doğrusal Yaklaşı şım 45 3 x = f x = x x = x 0.5 * * x = x = x = * - -0.5 0.5-0.5 0 3 -

Her bir denge nokasının kararlılık özelliklerini oraya koyabilmek için, bu denge değerlerinde birinci sıra Taylor açılımını yaparız. 46 ( *) ( *)( *) ( *) = + + f x f x f x x x R x x Açılımın kalan erimini (R ) dikkae almayalım. ( *) ( *)( *) = + f x f x f x x x

Kararlılık koşullarını daha önce diferansiyel denklemler bölümünde şöyle yazmışık: 47 f ( * x ) < * x kararlı bir denge nokasıdır. f ( * x ) > * x kararlı bir denge nokası değildir. f ( * x ) = kararlılık süreci belirsizdir.

Örnek 8: 48 x = 4 3 x Birinci sıra doğrusal olmayan fark denklemini dikkae alalım. Denge nokalarını belirleyebilmek için, bu denklemde x = x durumunu denge sürecinde göz önünde bulundurarak, ikinci derece bir denklem olarak yeniden yazalım ve karakerisik köklerini bulalım. x = x x x+ = 4 3 4 3 0 x =, x = 3 * *

49 Şimdi denge nokalarındaki doğrusal yaklaşımı (birinci sıra Taylor açılımını) elde edelim. ( *) ( *)( * ) x = f x = f x + f x x x * * x = f x = * * f x = 4x 3 f x = = 4x 3 = x = + x = + x

50 ( * ) f x = > olduğundan sisem kararsızdır. Yani Şekil 6.6 daki A denge nokasından bir uzaklaşma meydana geldiğinde, yeniden aynı denge nokasına dönüş olmaz. Şimdi ikinci denge nokasını (şekilde B nokası) ele alalım. Yukarıdaki benzer işlemleri bu noka için de yapığımızda = > * f x 3 sonucunu elde ederiz. Bu sonuç, bu denge nokası civarındaki bir dengeden uzaklaşmanın, kararlı harekelerle yeniden aynı denge nokasına dönüleceğini gösermekedir.

5 Şekil 6.6. Doğrusal Olmayan Fark Denklemlerine Doğrusal Yaklaşı şım m (Örnek( 8) x = 5 x 4 3 B x = 4 3 x A 3 4 5

Örnek 9: 5 3. 0.8 y = f y = + y y * y = y y = 0, y =.75 * * İkinci denge değeri erafında doğrusal açılımı yaparak kararlılığın oluşup oluşmayacağını inceleyelim.

53 ( *) ( *)( * ) y = f y = f y + f y y y + y = f y =.75, f y = 3..6 y =. * * * *.75.(.75) y = f y = y + y + = 6.05. y Bu birinci sıra doğrusal(laşırılmış) fark denkleminin çözümünü yapalım.

54 y+ = 6.05. y y+ +. y = 6.05 c c y = y0 a, a 0 a + + + + a a c y ( y ) =.75 +..75 0 Çözümden görüldüğü gibi, süreçgenişleyen bir salınıma sahipir (Şekil 6.8).

Şekil 6.7. Doğrusal Olmayan Fark Denklemlerine Doğrusal Yaklaşı şım m (Örnek( 9) 55 4 A y = + y - 0 3 4 5 * y = 0 * y =.75-4 y = 3. y + 0.8 y

Şekil 6.8. Doğrusal Olmayan Fark Denklemlerine Doğrusal Yaklaşı şım m (Örnek( 9) y ( y ) =.75 +..75 0 56 y 0 5 0 5 0-5 -0-5 -0 3 5 7 9 3 5 7 9 3 5 7 9

Solow Büyüme Modelinin Fark Denklemleriyle İfade Edilmesi 57 Solow büyüme modelini daha önce diferansiyel denklemler bölümünde ele almışık. Burada kesikli zaman sürecinde modele nasıl bakılabileceğini göreceğiz. Üreim fonksiyonunu anımlayarak başlayalım. y = f k y Y =, k = L K L

S = sy 58 ( ) ( ) K = I + K δk I = K δ K S = I sy = K δ K ( ) sy K δ K K L = sy = δ L L L L ( ) k L L L L sy = k δ k, = = + n L L L ( ) ( ) sy = k + n δ k

59 ( + n) k ( δ ) k = sf ( k ) ( δ ) k + sf ( k ) = = k k h k + n Üreim fonksiyonunu birinci dereceden Cobb-Douglas olarak dikkae alalım ve son denklemi yeniden yazalım. y = f k = Ak, A> 0, 0<α< α k = ( ) δ k + sak α + n

Ulaşığımız son denklem, birinci sıradan doğrusal olmayan bir fark denklemidir. Bunu çözebilmek için, denge kişi başına 60 sermaye (k * ) değeri erafında birinci sıra Taylor açılımını yaparız (yani denklemi doğrusallaşırırız). y = f k = Ak, A> 0, 0<α< α k = h k = ( ) δ k + sak α + n ( *) ( *)( * ) k = h k = h k + h k k k

6 ( * ) h k = * ( * δ k + sa k ) + n α ( * k ) h = ( * δ +αsa k ) + n α α * δ +αsa k k = h k + k k + n * k * *

6 α * δ +αsa k k = k + k k + n * * β k = k +β k k k β k = β k * * * 0 k = k + β k k * *

Modeldeki paramerelere sayısal değerler vererek, süreci izleyebiliriz. Örneğin aşağıdaki değerleri alalım: A= 5, α= 0.5, s = 0., n= 0.0, δ = 0 63 ( ) α δ k + sak * k = h k =, k = k + n k * = * ( * 0 k + 0. 5 k ) + 0.0 0.5 0.5 * * * 0.5 k = 0.0k k =.

Yukarıda kabul eiğimiz paramere değerleri yanında, ekonominin başlangıçaki işçi başına sermaye sokunu da k 0 =0 64 varsayalım. Buna göre, k sürecini yeniden yazalım ve grafik olarak ifade edelim. ( * δ +αsa k ) α β= = = = + n * 0.0, k., k0 0 * * 0. 8.8( 0.0) k = k + β k k k = +

Şekil 6.9. Fark Denklemi Yoluyla Solow Büyüme Modeli 65 k + k = + E k k = + h k 0 45 * 0 k k

Şekil 6.0. Fark Denklemi Yoluyla Solow Büyüme Modeli 66 k =. + 8.8 0.0