Embed Size (px)
Citation preview
KESKESİİKLKLİİ ZAMAN ZAMAN
DDİİNAMNAMİĞİİĞİ VE VE
FARK FARK
DENKLEMLERDENKLEMLERİİ
Fark Denklemlerine Fark Denklemlerine İİlilişşkin Temel Kavramlar ve kin Temel Kavramlar ve
İşİşlemcilerlemciler
y=f(x) fonksiyonunun türevini şöyle tanımlamıştık:
11
( ) ( )( )0 0
lim limx x
f x x f x yx x x 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+ ∆ − = + ∆ − = ∆
∆ simgesine, fark ifark işşlemcisilemcisi diyoruz. Yukarıda yazdığımız son
ifade, ∆x aralığına karşılık oluşan y aralığını belirlemektedir.
Şimdi ∆x aralığını h birim kabul ederek, sırasıyla birinci sıra,
ikinci sıra,…,n. sıra farkların nasıl yazılabileceğine bakalım.
22
( ) ( ) ( )
( )( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
2
2
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
∆ =
∆ = + −
∆ ∆ = ∆ + − ∆ = ∆
∆ + = + − +
33
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
2 2
2 2 2
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 öteye götürelim.
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2
3
3 2 2
2 2 2
3 3 2 3
y x y x h y x
y x h y x h y x h
y x h y x h y x
y x y x h y x h y x h y x
⎡ ⎤∆ ∆ = ∆ + − ∆⎣ ⎦
⎡ ⎤= + − + + +⎣ ⎦
⎡ ⎤− + − + +⎣ ⎦
∆ = + − + + + −
44
Şimdi bu süreci genel olarak n. sıra fark için yazalım.
( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )
( ) ( ) ( ) ( )
0 1
1
1 1 10 1
... 1 11
n
n n
n ny x y x nh y x n h
ny x h y x
n−
⎛ ⎞ ⎛ ⎞∆ = − + + − + −⎜ ⎟ ⎜ ⎟
⎝ ⎠ ⎝ ⎠
⎛ ⎞+ + − + + −⎜ ⎟−⎝ ⎠
Burada,
( )!
! !n nm m n m
⎛ ⎞=⎜ ⎟ −⎝ ⎠
Sürekli zaman dinamiğini incelerken, y′(t), y″(t) gibi türevleri
zamanın sonsuz küçük değişimi çerçevesinde değerlendirmiş
olduk. Ancak zamandaki değişim yeterince küçük değilse, y(t)
değişkenin zamana bağlı değişimlerini diferansiyel ile
tanımlamak doğru olmayacaktır. Bunun yerine, fark denklemlerifark denklemleri
olarak ifade edebileceğimiz bir başka yöntemi kullanırız.
55
66
Çözüm yöntemimiz değişmekle birlikte, amacımız
değişmemektedir. Amaç, y değişkeninin veri değişim kalıbından
hareketle, y(t) yörüngesinin elde edilmesidir. Zamana bağlı farkı
şöyle tanımlayacağız:
1t t ty y y yt +
∆→ ∆ ≡ −
∆
77
y ’nin değişim kalıpları şu şekilde olabilir:
2 , 0.1t t ty y y∆ = ∆ =
Bu tip denklemlere, fark denklemlerifark denklemleri denir.
1 12 ya da 2 ya da 2t t t t ty y y y y+ +∆ = − = = +
Birinci dereceden fark denklemini genel olarak şöyle yazabiliriz:
( )1 1t t t ty y y f y+ +∆ ≡ − =
88
Eğer doğrusalsa, fark denklemi doğrusal, aksi durumda
doğrusal değildir. Bunun için bazı örnekler yazalım.
( )tf y
( )
( )
1
2 1
1
1
2 3
2 3 5
3.2 1
ln
t t
t t t
t t t
t t t
y y
y y y
y y y
y ry k y
+
+ +
+
+
≡ +
− − =
= −
=
Doğrusal
Doğrusal
Doğrusal Değil
Doğrusal Değil
99
Şimdi genel olarak aşağıdaki dinamik fark denklemini dikkate
alalım.
( )1 ,t ty f t y+ = Örneğin, ( )1t ty th y+ =
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.
1
1
2
2
t t
t t
y t y
y y
+
+
= +
=
Otonom-olmayan
Otonom
Şimdi de tüm y terimlerinin eşitliğin solunda toplandığı birinci
sıradan fark denklemini dikkate alalım:
1010
( )1t ty ay g t+ + =
Bu denklemde g(t)≡0 ise sistem homojen, aksi durumda homojen
değildir.
Şimdiye kadar birinci sıradan fark denklemlerini dikkate aldık. m.
Sıradan bir fark denklemini genel olarak şöyle yazabiliriz.
( )1 2, , ...,t m t m t m ty f y y y+ + − + −=
1111
Örneğin ikinci sıra doğrusal fark denklemini şöyle yazabiliriz:
( )2 1t t ty ay by g t+ ++ + =
Bazı örnekler şu şekilde verilebilir:
1
2 1
1
2 1
2 0
4 4
2 5
4 4
t t
t t t
t t
t t t
y y
y y y
y y
y y y
+
+ +
+
+ +
− =
− − =
− =
− − =
Birinci sıra doğrusal homojen
0 İkinci sıra doğrusal homojen
Birinci sıra doğrusal homojen-olmayan
6 İkinci sıra doğrusal homojen-olmayan
1212
BaBaşşlanglangııçç DeDeğğeri Sorunu:eri Sorunu:
Bir fark denkleminin belirli çözümünün elde edilebilmesi için, bir
başlangıç değerinin bilinmesi gereklidir. Örneğin şu fark
denklemini dikkate alarak, buradan bir dizi (yinelemeler
yaparak) yeni fark denklemleri elde edelim.
( )
( ) ( )( ) ( )
1
22 1
t t
t t t t
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 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.
1313
( ) ( )( ) ( )( )( )( ) ( ) ( )
0
0 0 0 0
2 30 0 0 0
0
, , , , ...
, , , , ...
t y
y f y f f y f f f y
y f y f y f y
= →
1414
( )1 0, ( 0 )t ty f y y t iken+ = =
Biçimindeki ifade, yinelemeli dizimsel denklemyinelemeli dizimsel denklem (recursive
equation) olarak anılmaktadır. Bu denklemden yinelemeler
yoluyla elde edilen her bir terim, y ’nin y0 ’dan başlayarak
izleyeceği yolu belirler.
1515
Birinci Derece Fark Denklemlerinin Birinci Derece Fark Denklemlerinin ÇöÇözzüümmüü
1. Yinelemeli 1. Yinelemeli ÇöÇözzüüm Ym Yööntemi:ntemi:
İki ardışık dönem arasındaki değişimin kalıbı veri ise, buradan
hareketle izleyen ardışık dönemler arasındaki değişimler de
belirlenebilir. Bu yönteme yineleme (iterasyon) denir.
ÖÖrnek 1:rnek 1:
0
1 2
15
t t
yy y+ +
=
=y’nin başlangıç değeri:
y’nin değişim kalıb :
Bu bilgilere göre, yinelemeler yaparak fark denklemini
belirleyelim:
1616
( )
( )
1
1 0
2 1 0 0 0
3 2 0 0 0
0
2
2
2 2 2 4
1
2.2
2 4 2 6 3.2
5 2.2
t t
t
y y
y y
y y y y y
y y y y
y y t t
y
+ = +
= +
= + = + + = + = +
= + = + + = + = +
= ++ =
ÖÖrnek 2:rnek 2:1717
( ) ( )
( )( ) ( )
1 0
22 1
1 0
0 0
11 0
0
0
0.9
0.9 0.9
0.
0.9 0.9
0.9 0.9
9 ,
0.90.9 t
t
t
t
tt
y y
y y y y
y y y
y y y
y
y−
+
−
=
= = =
= =
=
=
=
1818ÖÖrnek 3:rnek 3:
0
01
1 00 ,t t
t
t t tny ym
m
ny
y ny y y
ym
+
+⎛ ⎞= → ⎛ ⎞= ⎜ ⎟
⎝ ⎠⎟
−
⎜⎝ ⎠
= =
yy00==AA ve ve ((nn//mm)=)=bb alalıırsak, bu rsak, bu çöçözzüümmüü şşu genel biu genel biççime dime döönnüüşşttüü--
rebilirizrebiliriz..
tty Ab=
Bunun, Bunun, yytt==AeAertrt ile aynile aynıı bibiççimde olduimde olduğğuna dikkat edelim.una dikkat edelim.
19192. Genel 2. Genel ÇöÇözzüüm Ym Yööntemi:ntemi:
Şimdi birinci dereceden fark denkleminin genel olarak çözümünü
arayalım. Birinci derece fark denklemi şu biçimdedir:
1t ty ay c+ + =
Genel çözüm, iki bileşenin toplamından oluşur:
t p cy y y= +
Önce tamamlayıcı fonksiyona (yc) bakalım. Yukarıdaki örnekleri
dikkate alarak, yytt==AbAbtt olduğunu düşünelim. Buna göre;
11
tty Ab ++ =
2020
ve ifadelerini ’daki
yerlerini yazalım ve denklemi yeniden düzenleyelim.
tty Ab= 1
1t
ty Ab ++ = 1 0t ty ay+ + =
( )
( )
( )
11 0 0
0
0 0
t tt t
t
t
ttc c
y ay Ab aAb
Ab a b
Ab a b b a
y Ab y A a
++ + = → + =
+ =
≠ → + = → = −
= → = −Tamamlayıcı
Fonksiyon
2121
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.
1
1
t t
p
y ay c k ak c
cy ka
+ + = → + =
= =+
Özel Çözüm
2222
Ancak a=−1 olursa, özel çözüm tanımsız hale gelir. Bu durumda
yeni bir çözüm aramamız gerekir. Örneğin yt=kt olduğunu kabul
edelim. Buna göre, yt+1=k(t+1) olur. Bunları genel denklemdeki
yerlerine yazalım.
{
1 ( 1)
11
t t
p
y ay c k t akt c
cy kt ct at at
+ + = → + + =
= = = = −+ +
Özel Çözüm
2323
Yukarıdaki iki olası özel çözümü de dikkate alarak, fark
denkleminin genel çözümlerini yazalım:
( ) {
( ) {
11
1
t c p
tt
tt
y y y
cy A a aa
y A a ct a
= +
= − + ≠ −+
= − + = −
2424
Yukarıdaki genel çözümler, başlangıç değeri de bilindiğinde,
belirli çözümler olarak yazılabilir. t=0 iken yt=y0 başlangıç
değerini dikkate alalım.
( )
( ) {
0 0
0
1
01 1
11 1
tt
tt
cy A aa
c ct y A A ya a
c cy y a aa a
= − ++
= → = + → = −+ +
⎛ ⎞= − − + ≠ −⎜ ⎟+ +⎝ ⎠
2525
Belirli çözümün a=−1 durumu:
{0 1ty y ct a= + = −
ÖÖrnek 4:rnek 4:
1 075 1 ,4t ty y y+ − = = fark denklemini çözelim.
( )11
1
5 5t
t t t tt
t
y AbAb Ab Ab b
y Ab+
++
⎫= ⎪ − ≡ −⎬= ⎪⎭
2626
( )
( )
5 0 5
5
t
tc
Ab b b
y A
− = → =
= Tamamlayıcı Fonksiyon
Şimdi de özel çözümü elde edelim. Önce yt=k durumunu
deneyelim.
1
1
,
15 1 5 14
t t
t t
y k y k
y y k k k y
+
+
= =
− = → − = → = = pÖzel
Çözüm
2727
Şimdi özel çözümle tamamlayıcı fonksiyonu birleştirerek, (belirli
olmayan) genel çözümü yazalım:
( ) 154
tt c p ty y y y A= + → = −
Belirli çözümü elde edebilmek için, genel çözümde t=0 yazarak
A’yı belirleyelim.
01 7 7 10 24 4 4 4
t y A A= → = − = → = + =
2828
A’yı genel çözümdeki yerine yazarak, belirli çözüme ulaşmış
oluruz:
( ) ( )1 15 2 54 4
t tt ty A y= − → = −
Belirli
Çözüm
Bu çözümün doğruluğunu sınamak için t=0 ’ı aşağıdaki denkleme
yazarak y0≡y0 denkliğini araştırırız. Bu denklik, başlangıç
koşulunun sağlandığını gösterir.
( )0 1 1t
tc cy y a
a a⎛ ⎞= − − +⎜ ⎟+ +⎝ ⎠
2929
İkinci olarak, yukarıdaki yt denklemini yt+1 için yeniden düzenleriz
ve yt ve yt+1 denklemlerini ‘deki yerlerine yazarız. c≡c sağlanırsa,
çözüm doğrudur.
3030Dengenin Dinamik Dengenin Dinamik İİstikrarstikrarıı
Eğer fonksiyonumuz sürekliyse, dengenin dinamik istikrarı,
tamamlayıcı fonksiyonu oluşturan Aert terimine bağlıdır. Kesikli
bir süreçte ise bunun karşılığı Abt terimidir. b ’nin alacağı
değerlere göre, bt ’nin yörüngesi (izleyeceği yol) şöyle oluşur:
1
1
b
b
>
<
0
0
1
1
b
b
b
b
>
<
= +
= −
ise salınımsız, ıraksak
ise salınımsız, yakınsak
1’de tüm t ’ler için sabit
0 etrafında dalgalı; ne yakınsak ne de ıraksak
3131
ert teriminin yakınsaklığı r ’nin işaretine bağlıyken, bt teriminin
yakınsaklığı b ’nin mutlak değerinin büyüklüğüne bağlıdır. A ’nın
büyüklüğü ise bt değerini şişirici ya da söndürücü etki yapar.
Ayrıca 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 yt=Abt+yp süreci ancak ve ancak ise yakın-
saktır.
1b <
3232
ÖÖrnek 5:rnek 5:
42 95
t
ty ⎛ ⎞= − +⎜ ⎟⎝ ⎠
fonksiyonu nasıl bir yörüngeye sahiptir.
olduğundan, yörünge salınımlıdır. Salınım +9 etra-
fında sönerek ilerler, +9’a yakınsar. Hareketin salınımlı olması,
b’nin önünde yer alan (−) işaretinden kaynaklanmaktadır.
45 1b = − <
3333
ŞŞekil 6.1. ekil 6.1.
6.006.507.007.508.008.509.009.50
10.0010.50
1 3 5 7 9 11 13 15 17 19 21 23 25 27 29
Zaman (t )
y t
42 95
t
ty ⎛ ⎞= − +⎜ ⎟⎝ ⎠
3434
ÖÖrnek 6:rnek 6:
( )3 2 4tty = + fonksiyonu nasıl bir yörüngeye sahiptir.
olduğundan, yörünge salınımlı ve yakınsak değildir.
t=0 iken y0=7 değerinden başlayarak, zaman içinde 4 değerinden
giderek uzaklaşır.
2 1b = >
3535
ŞŞekil 6.2. ekil 6.2.
6
56
106
156
206
1 2 3 4 5 6
Zaman (t )
y t
( )3 2 4tty = +
3636
ÖÖrrüümcek Amcek Ağığı ((CobwebCobweb) Modeli) Modeli
Üreticilerin, kararlarını bir dönem önceki fiyata göre oluştur-
dukları bir doğrusal arz ve talep modeli düşünelim.
1
, 0
, 0
dt t
st t
Q P
Q P −
= α − β α β >
= −γ + δ λ δ >
Her dönem, arz-talep dengesinin sağlandığı süreci belirlemeye
çalışacağız.
3737
1
1 1
d st t
t t
t t t t
Q Q
P P
P P P P
−
− +
=
α − β = −γ + δ
δ α + γβ + δ = α + γ + =
β βya da
Bu durumda denklem biçimindedir.
β,δ>0 olduğu sürece, a≠−1 olacaktır. Bu bilgiyi kullanarak Pt ’yi
yazabiliriz.
1t ty ay c+ + =
3838
( )
( )1
1
1
, 11
1
tt
tt t t
t
t t t
cy A aa
cy ay c a y A aa
P P P A
+
+
= − ++
+ = ≠ − → = − ++
α + γ⎛ ⎞δ α + γ δ β+ = → = − +⎜ ⎟ δβ β β⎝ ⎠ +
β
3939
( )
*
* *0 0
* *0
1
0
t t
t t
P
t
t
P A P A
t P A P A P P
P P P P
α + γ⎛ ⎞ ⎛ ⎞δ δ α + γβ= − + → = − +⎜ ⎟ ⎜ ⎟δβ β β + δ⎝ ⎠ ⎝ ⎠+
β
= → = + → = −
⎛ ⎞δ= − − +⎜ ⎟β⎝ ⎠
4040
Yukarıdaki çözüm, arz ve talep dengesinin zaman içerisinde
izleyeceği yol konusunda bilgi vermektedir. P* terimi, modelin
uzun dönem piyasa denge fiyatını (ya da dönemlerarası
dengesini) göstermektedir.
(P0−P*) teriminin işareti, süreç denge fiyatına yakınsaksa,
yakınsamanın alttan mı yoksa üstten mi gerçekleşeceğini
belirlemektedir.
4141
(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 denge salınımlı bir süreçten sonra yeniden
gerçekleşir.
4242
•*P
*Q
• •A B
S
D
P
Q
0P
ŞŞekil 6.3. ekil 6.3. ÖÖrrüümcek Amcek Ağığı Modeli: YakModeli: Yakıınsak nsak
SSüürereçç δ < β
E
4343ŞŞekil 6.4. ekil 6.4. ÖÖrrüümcek Amcek Ağığı Modeli: Iraksak SModeli: Iraksak Süürereçç
•*P
*Q
S
D
P
Q
0P
δ > β
E
4444ŞŞekil 6.5. ekil 6.5. ÖÖrrüümcek Amcek Ağığı Modeli: YakModeli: Yakıınsak Snsak Süürereçç
•*P
*Q
• •A B
S
D
P
Q
0P
δ = β
E
4545ŞŞekil 6.6. ekil 6.6. ÖÖrrüümcek Amcek Ağığı Modeli: YakModeli: Yakıınsak Snsak Süürereçç
•*P
*Q
• •A B
S D
P
Q
0P
δ < β
E
4646
Uyumcu Fiyat BekleyiUyumcu Fiyat Bekleyişşlerileri
Üreticilerin uyarlamalı fiyat beklentisine sahip oldukları bir
piyasa modeli düşünelim. Arz ve talep denklemleri ile uyarlama
süreci aşağıda tanımlanmıştır.
( )
*
* * *1 1 1
,
, 0 1
d st t t t
t t t t
Q P Q P
P P P P− − −
= α − β = −γ + δ
= + η − < η ≤
Burada η, beklenti uyum katsayısı; , t. dönem için beklenen
fiyattır.
*tP
4747
Bu bilgiler ışığında Pt ’yi birinci sıra fark denklemi olarak yazalım.
*d st t t tQ Q P P= → α −β = −γ + δ
Burada değerini, uyarlama denkleminden elde ederek yerine
yazalım. Ancak denklemde terimi kalacağından, bunu da
benzer biçimde yazalım.
*tP
*1tP −
* *1 1t t t tP P P P− −
α + γ β α + γ β= − = −
δ δ δ δve
( )* * *1 1 1t t t tP P P P− − −= + η −
4848
( )
( )( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
1 1
1
1
1
1
1 1
1
1
t t t
t t
t t
t t
ca
P P P
P P
P P
P P
− −
−
−
+
α + γ β α + γ β⎡ ⎤− = η + − − η⎢ ⎥δ δ δ δ⎣ ⎦
⎡ ⎤α + γ − η β − ηβ α + γ− = − + η−⎢ ⎥δ δ δ δ⎢ ⎥⎣ ⎦
⎡ ⎤α + γ η η δ + β= + −⎢ ⎥
δ β⎢ ⎥⎣ ⎦
⎡ ⎤η δ + β α + γ η+ − =⎢ ⎥
β δ⎢ ⎥⎣ ⎦
4949
a≠−1 olduğundan yukarıdaki birinci sıra doğrusal fark denk-
leminin çözümü şöyle olur:
( )0
0
t
t
a
P P
− >
⎛ ⎞⎜ ⎟η δ + β⎛ ⎞α + γ α + γ
= − +⎜ ⎟⎜ ⎟δ + β β δ + β⎝ ⎠⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
−a>0 olduğundan, uyarlamalı bekleyişler modelinde dengeye
geliş süreci δ, β, η katsayılarının değerlerine bağlıdır.
5050
HarrodHarrod--DomarDomar BBüüyyüüme Modelime 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 yakınsak-
ıraksak olduğunu belirleyelim.
( )1
t t
t t t
t t
S sY
I v Y Y
S I
−
=
= −
=
5151
( )1
1 0
0 ve 1 salınımsız genişleyen
2 daralan salınımlı0 ve 2 genişleyen salınımlı
2 sabit salınımlı
t t t t t
t
t t t
S I sY v Y Y
v vY Y Y Yv s v s
vv v sv s
v sv v s v s
v s
−
−
= → = −
⎛ ⎞ ⎛ ⎞= → =⎜ ⎟ ⎜ ⎟− −⎝ ⎠ ⎝ ⎠
> > ⇒ > →−
> →⎧⎪> < ⇒ < →⎨⎪ = →⎩
5252
BileBileşşik Faizik 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 birikim sürecine bakalım.
Örneğin bir bankaya yatırılan A kadar bir paranın, r faiz
oranından, yılda m yinelemeli olarak t yıl sonra sağlayacağı
toplam geliri şöyle yazabiliriz:
1mt
trP Am
⎛ ⎞= +⎜ ⎟⎝ ⎠
5353
Şimdi genel olarak bir Y değişkeni için katlamalı birikim sürecini
yazalım:
( ) 11t tY r Y −= +
Ayrıca biriken bu değere (gelire) her dönem ek bir ödemenin de
(at) yapıldığını varsayarak birikim sürecini yeniden yazalım:
( ) 1 11t t tY r Y a− −= + +
Ya da daha genel olarak bunu bir fark denklemi (yinelenen
denklem, recursive equation) olarak yazalım:
1 1t t tY a bY− −= +
5454
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 denklemleryinelenen denklemler
olarak yazalım.
5555
( )
( )
1 1
1 0 0
22 1 1 1 0 0 1 0 0
2 2 33 2 2 2 1 0 0 2 1 0 0
2 13 1 2 3 0 0
11
00
...
t t t
t tt t t
tt k t
t kk
Y a bY
Y a bY
Y a bY a b a bY a ba b Y
Y a bY a b a ba b Y a ba b a b Y
Y a ba b a b a b Y
Y b a b Y
− −
−− − −
−− −
=
= +
= +
= + = + + = + +
= + = + + + = + + +
= + + + + +
= +∑
5656
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:
1
11
0 00
11
t t
ttt k t t
t tk
Y a bY
bY a b b Y Y a b Yb
−
−− −
=
= +
⎛ ⎞−= + = +⎜ ⎟−⎝ ⎠∑ ya da
5757
Denge durumunda tüm t’ler için olacaktır. Buna göre,tY Y=
1aY a bY Y
b= + → =
−
Birinci durum için bunu yeniden düzenleyelim:
0
0
1 1
1 1
tt
t
tt
a abY b Yb b
a aY b Yb b
⎛ ⎞⎛ ⎞= − +⎜ ⎟⎜ ⎟− −⎝ ⎠ ⎝ ⎠
⎛ ⎞ ⎛ ⎞= − +⎜ ⎟ ⎜ ⎟− −⎝ ⎠ ⎝ ⎠
5858
Bu sonuca göre,
ise, sistem dengeden uzaklaştığında, yeniden dengeye
dönülecektir, yani süreç yakınsaktır.
ise, yakınsama durağan (salınımsız); ise
yakınsama salınımlı bir süreç izler.
ise, süreç dengeden uzaklaşan bir seyir izler, yani
ıraksaktır.
1b <
0 1b< < 1 0b− < <
1b <
5959
İkinci Durum: tüm k ’ler için ak=a ve b=1
Bu durumda yinelemeli denklem ve çözümü aşağıdaki gibi olur:
( )
1
11
0 00
1
t t
tt k
t tk
Y a Y
Y a Y Y at Y
−
−− −
=
= +
= + = +∑ ya da
6060ÖÖrnek 7:rnek 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?
( )
( )
( )( ) ( ) ( )
0
1 1
0
55
5
10000 , 250 , 1 1.05
250 1.05
11
1 1.05250 1.05 10000 14144.20
1 1.05
k
t k t t t
tt
t
Y a a b r
Y a bY Y Y
bY a b Yb
Y
− −
= = = = + =
= + → = +
⎛ ⎞−= +⎜ ⎟−⎝ ⎠
⎛ ⎞−⎜ ⎟= + =⎜ ⎟−⎝ ⎠
6161
Birinci SBirinci Sııradan Doradan Doğğrusal Olmayan Fark Denkleminde rusal Olmayan Fark Denkleminde
Dengenin Dinamik Dengenin Dinamik İİstikrarstikrarıı
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.
21t t ty ay by+ = −
6262
İlk olarak sabit değerleri (denge değerlerini, y*) belirleyelim.
2 * * *21
**
* **
01 1
t t ty ay by y ay by
ybyy ay aa yb
+ = − → = −
⎧ =⎛ ⎞ ⎪= − → ⎨⎜ ⎟ −=⎝ ⎠ ⎪⎩
Bu iki sabit değer ve Şekil 6.7.’de gösterilmiştir. 21t t ty ay by+ = −
6363ŞŞekil 6.7. Doekil 6.7. Doğğrusal Olmayan Birinci Srusal Olmayan Birinci Sııra Fark Denklemira Fark Denklemi
•
* 0y =
1ty +
ty
E
( )1* aby −=
045
21t t ty ay by+ = −
•E
1t ty y+ =
6464
Şimdi bu süreci a ve b ’ye özel değerler vererek inceleyelim.
Şekil 6.8.’de a=2 ve b=1 durumu çizilmiştir. a ve b ’ye bu
değerlerin 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 bir dengenin yeniden sağlanıp
sağlanamayacağıdır.
6565ŞŞekil 6.8. Doekil 6.8. Doğğrusal Olmayan Birinci Srusal Olmayan Birinci Sııra Fark Denklemira Fark Denklemi
•
* 0y =
1ty +
ty
E
* 1y =
21 2t t ty y y+ = −
•E0y
Denge
6666
Örneğin Şekil 6.8.’de gösterildiği gibi, herhangi bir şokla y denge
değerinin (y*) y0’a kaydığını düşünelim. Süreç şöyle çalışacaktır:
21
21 0 0
22 1 1
2
2
2
t t ty y y
y y y
y y y
+ = −
= −
= −
y0 1’den küçük olduğundan, yinelemeli süreçte her bir sonraki y
değeri, bir öncekinden büyük değer alacağından, süreç y*=1 ’e
doğru kararlıdır (yakınsak).
6767ŞŞekil 6.9. Doekil 6.9. Doğğrusal Olmayan Birinci Srusal Olmayan Birinci Sııra Fark Denklemira Fark Denklemi
0.0
0.2
0.4
0.6
0.8
1.0
0.0 0.2 0.4 0.6 0.8 1.0ty
1ty +
6868
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
21
21 0 0
22 1 1
3.2 0.8
3.2 0.8
3.2 0.8
t t ty y y
y y y
y y y
+ = −
= −
= −
6969
ŞŞekil 6.10. Doekil 6.10. Doğğrusal Olmayan Birinci Srusal Olmayan Birinci Sııra Fark Denklemira Fark Denklemi
0.0
0.5
1.0
1.5
2.0
2.5
3.0
3.5
4.0
0.0 0.5 1.0 1.5 2.0 2.5 3.0 3.5 4.0ty
1ty +
7070
Bu sistemin denge noktasını (y*) şöyle belirleriz:
* 1 3.2 1 2.750.8
ayb− −
= = =
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.
7171
Sürecin kararlı olup olmayacağına farklı bir bakış açısıyla da
yaklaşabiliriz. Örneğin fark denklemini dikkate alalım.
Bunun 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.
1 ( )t ty f y+ =
( )( ) 1 ( ) ( )y a f a x a y a f a f a x′ ′ ′− = − = − +⎡ ⎤⎣ ⎦ya da
Bu denklem, eğimi f′(a) olan doğrusal bir denklemdir. Şekil 6.11.
ile gösterilmiştir.
7272ŞŞekil 6.11. Doekil 6.11. Doğğrusal Olmayan Birinci Srusal Olmayan Birinci Sııra Fark Denklemira Fark Denklemi
•
0
y
x
E
045
( )y f x=
•
y x= 1 ( ) ( )y a f a f a x′ ′= − +⎡ ⎤⎣ ⎦
y a=
7373
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:
( ) 1
( ) 1
( ) 1
f a
f a
f a
′ < ⇒
′ = ⇒
′ > ⇒
dinamik süreç kararlıdır.
dinamik süreç belirsizdir.
dinamik süreç kararsızdır.
7474
ÖÖrnek 8:rnek 8:
21 2t t ty y y+ = −
İlk olarak doğrusal olmayan bu birinci sıra fark denkleminin
denge değerlerini (y* ya da a) belirleyelim.
2 02
1a
a a aa=⎧
= − → ⎨ =⎩
İkinci olarak, yukarıda verilen doğrusal olmayan fark denklemini
y=f(x) biçimine dönüştürelim ve f′(x)’i belirleyelim.
7575
2
1 ( ) ( )
( ) 2 ( ) 2 2
(0) 2 , (1) 0
(0) 1
(1) 1
y a f a f a x
y f x x x f x x
f f
f
f
′ ′= − +⎡ ⎤⎣ ⎦
′= = − → = −
′ ′= =
′ >
′ <
olduğundan, a=0 kararsızdır.
olduğundan, a=1 kararlıdır.
7676
İİkinci Skinci Sııradan Fark Denklemleriradan Fark Denklemleri
Doğrusal-homojen olmayan ikinci sıra fark denklemini genel
olarak şöyle yazabiliriz:
2 1 1 2t t ty a y a y c+ ++ + =
Birinci sıra fark denklemlerinde yaptığımız gibi, bunun çözümü
de tamamlayıcı fonksiyon ve özel çözümden oluşacaktır.
t c py y y= +
7777ÖÖzel zel ÇöÇözzüümm
İlk olarak özel çözüm kısmını ele alalım. En basit çözüm olarak
yt’nin bir sabit sayı olacağını düşünerek başlarız.
1 2
1 21
ty k k a k a k c
cka a
= → + + =
=+ +
olduğu sürece,1 21 0a a+ + ≠
1 21pcy k
a a= =
+ +özel çözüm olacaktır.
7878
ÖÖrnek 9:rnek 9:
2 1
1 1
1 2
1 2
3 4 6
3 , 4 , 6
1 2 0
31
t t t
p
y y y
a a c
a a
cya a
+ +− + =
= − = =
+ + = ≠
= =+ +
7979
1+a1+a2=0 olursa, yt=k çözümü tanımsız hale gelir. Bu durumda
yt=kt çözümünü deneriz.
( ) ( )
( ) ( ) ( )
1 2
2 1 1 2
1 2
, 1 , 2
2 1
t t t
t t t
y kt y k t y k t
y a y a y c
k t a k t a k t c
+ +
+ +
= = + = +
+ + =
+ + + + =
8080
( )
{
1 2 1
1 2 11
1 2
11
1 2
1 0 22
1 022p
cka a t a
ca a k aa
a acy kt taa
=+ + + +
+ + = ⇒ = ≠ −+
+ + =⎛ ⎞ ⎧= = ⎨⎜ ⎟ ≠ −+ ⎩⎝ ⎠
8181
ÖÖrnek 10:rnek 10:
2 1
1 2
1 2
1
2 12
1 , 2 , 12
1 0
42
t t t
p
y y y
a a c
a a
cy t ta
+ ++ − =
= = =
+ + =
⎛ ⎞= =⎜ ⎟+⎝ ⎠
8282
1+a1+a2=0 ve a1=−2 olursa, yt=kt çözümü tanımsız hale gelir. Bu
durumda yt=kt2 çözümünü deneriz.
( ) ( )
( ) ( ) ( )
2 221 2
2 1 1 2
2 2 21 2
12
2
, 1 , 2
2 12
212
t t t
t t t
p
y kt y k t y k t
y a y a y c
ck t a k t a k t c k
acy ta
+ +
+ +
= = + = +
+ + =
+ + + + = → =
= −⎧⎛ ⎞= ⎨⎜ ⎟ =⎝ ⎠ ⎩
8383Şimdi yukarıda elde ettiğimiz özel çözümün üç olası durumunu
özetleyelim.
{ 1 21 2
1 2
11
12
2
1 01
1 022
212
p
p
p
cy k a aa a
a acy kt taa
acy ta
= = + + ≠+ +
+ + =⎛ ⎞ ⎧= = ⎨⎜ ⎟ ≠ −+ ⎩⎝ ⎠
= −⎧⎛ ⎞= ⎨⎜ ⎟ =⎝ ⎠ ⎩
8484TamamlayTamamlayııccıı FonksiyonFonksiyon
Tamamlayıcı fonksiyonu bulmak için, ikinci sıra doğrusal fark
denkleminin genel biçimini homojen duruma indirgeyeceğiz.
2 1 1 2 0t t ty a y a y+ ++ + =
Birinci derece doğrusal fark denkleminin tamamlayıcı
fonksiyonunu biçiminde belirlemiştik. Burada da bunu
deneyelim. Buna göre,
tty Ab=
1 21 2,t t
t ty Ab y Ab+ ++ += =
Bunları homojen denklemdeki yerlerine yazalım ve düzenleyelim.
8585
( )
2 1 1 2
2 11 2
21 2
21 2
21 1 2
1,2
0
0
0
0 0
42
t t t
t t t
t
t
y a y a y
Ab a Ab a Ab
Ab b a b a
Ab b a b a
a a ab
+ +
+ +
+ + =
+ + =
+ + =
≠ ⇒ + + =
− +=
∓
8686
Yukarıdaki ikinci derece denklemin köklerine ilişkin üç farklı
olası durum vardır.
Birinci Durum (Birinci Durum (İİki Reel Kki Reel Köök, k, bb11 ve ve bb22):):
1 1 2 2t t
cy A b A b= +
ÖÖrnek 11:rnek 11:
2 1
21 1 2
1 2 1,2
1 2
2 12
41 , 2
21 , 2
t t ty y y
a a aa a b
b b
+ ++ − =
− += = → =
= = −
∓
8787
( ) ( ) ( )
1 1 2 2
1 2 1 21 2 2
t tc
t t tc
y A b A b
y A A A A
= +
= + − = + −
Bu durumda tamamlayıcı fonksiyon belirsiz bir çözüme sahiptir.
Belirsiz olmanın nedeni, A1 ve A2 terimlerinin değerlerinin
bilinmemesidir. Gerekli başlangıç koşulları verildiğinde,
terimlerinin değerleri bulunarak, belirli çözüme ulaşılabilir. y0=4
ve y1=1 olduğunu bildiğimizi varsayalım.
8888
( )
( )
( )
00 1 2 1 2
11 1 2 1 2
0 1 0 11 2
2
2 2
23 , 1
3 3
3 2 tc
y A A A A
y A A A A
y y y yA A
y
= + − = +
= + − = −
+ −= = = =
= + −
Tamamlayıcı fonksiyonun grafiği şöyle olacaktır (Şekil.6.12.).
8989Genel çözümün limitteki davranışı, baskın olan karakteristik
köke bağlıdır. Örneğin ise, 1 2b b>
( )
21 1 2 2 1 1 2
1
2 21 2
1 1
1 1
1 lim 0
lim lim
t
t t tc c
t
t
tct t
by A b A b y b A A
b
b bb b
b b
y A b
→∞
→∞ →∞
⎡ ⎤⎛ ⎞⎢ ⎥= + → = + ⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠⎣ ⎦
⎛ ⎞> ⇒ > → =⎜ ⎟
⎝ ⎠
=
9090
b1 ’in değerine bağlı şu olası altı durumla karşılaşabiliriz:
1. b1>1 ise sonsuza gider: sistem kararsızdır.
2. b1=1 ise sabit bir düzeyde kalır.
3. 0≤b1<1 ise tekdüze biçimde sıfıra yakınsar; sistem karar-
lıdır.
4. −1<b1≤0 ise sıfıra yakınsayacak biçimde sıfır etrafında
dalgalanır; sistem kararlıdır.
1 1tA b
1 1tA b
1 1tA b
1 1tA b
9191
5. b1=−1 ise, iki değer arasında salınır.
6. b1<−1 ise, genişleyen bir salınım hareketi yapar.
1 1tA b
1 1tA b
9292
ŞŞekil 6.12. ekil 6.12. İİkinci Skinci Sııra Dora Doğğrusal Fark Denklemirusal Fark Denklemi
-600-400
-2000
200400
600800
10001200
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
Zaman
İİkinci Durum (Tek Reel Kkinci Durum (Tek Reel Köök, k, bb):):
Bu durum, olduğunda gerçekleşmektedir. Buna göre,
ikinci derece denklemin çözümünde tek reel kök elde
edilmektedir. Bunu dikkate alarak, tamamlayıcı fonksiyonu
yeniden yazalım.
9393
21 24a a=
( )3
1 2 1 2 3t t t t
c c
A
y A b A b y A A b A b= + → = + =
Burada yok ettiğimiz sabit terimlerden birini, daha önce
yaptığımız gibi, modelde gösterebilmek için olarak dikkate
almalıyız. Çünkü ancak ve ancak bu durumda
özdeşliği sağlanabilmektedir.
4tA tb
2 1 1 2 0t t ty a y a y+ ++ + =
9494
Buna göre yc ,
3 4t t
cy A b A tb= +
ÖÖrnek 12:rnek 12:
( ) ( )
2 1
21 1 2
1 2 1,2
1 2
3 4
6 9 4
41 , 2
23
3 3
t t t
t tc
y y y
a a aa a b
b b b
y A A t
+ ++ + =
− += = → =
= = = −
= − + −
∓
9595
( ) ( ) ( ) ( )
0 3
1 3 4
0 2 3 4
3 4
3 3
51 , 2 1 ,3
53 3 3 33
t t t tc c
y A
y A A
y y A A
y A A t y t
=
= − −
= = ⇒ = = −
= − + − → = − − −
ÜçüÜçüncncüü Durum (KarmaDurum (Karmaşışık Kk Köökler):kler):
Bu durum, olduğunda gerçekleşmektedir. Elde edilen
kökler sanaldır.
9696
21 24a a<
22 11
1,2
4,
2 2a aa
b h vi h v⎧ −⎪= = − =⎨⎪⎩
∓
Buna göre, tamamlayıcı fonksiyon;
( ) ( )1 2 1 2t tt t
c cy A b A b y A h vi A h vi= + → = + + −
9797
Bunu, De Moivre Teoremi yoluyla trigonometrik biçimde yazalım.
2 22 2 1 2 1
2
21 1
22
44
, 142
a a aR h v a
a ah vCos SinR R aa
+ −= + = =
−θ = = θ = = −
De Moivre Teoremine göre (diferansiyel denklemler bölümünde
kanıtı verilmişti);
( ) ( ) ( )t th vi R Cos t iSin t⎡ ⎤= θ θ⎣ ⎦∓ ∓
9898
( ) ( )( ) ( ) ( )( )
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( )
5 6
1 2
1 2 1 2
5 6
tc
tc
A A
tc
y R A Cos t iSin t A Cos t iSin t
y R A A Cos t A A i Sin t
y R A Cos t A Sin t
⎡ ⎤= θ + θ + θ − θ⎣ ⎦
⎡ ⎤⎢ ⎥= + θ + − θ⎢ ⎥⎣ ⎦
⎡ ⎤= θ + θ⎣ ⎦
9999
1R =
θ
1
1−0 1
1−
1R <1
1−0 1
1−
1b h vi= +
1R >1
1−0 1
1−
θ
θ
v
h
2b h vi= − 1b h vi= +
2b h vi= −1b h vi= +
2b h vi= −
ŞŞekil 6.13. Sanal Kekil 6.13. Sanal Kööklerkler
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.):
100100
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).
101101ŞŞekil 6.14a. Sanal Kekil 6.14a. Sanal Köökler: kler: RR=1=1
2 1 0 10 , 1 , 2t t ty y y y y+ +− + = = =
R=1
-3
-2
-1
0
1
2
3
1 3 5 7 9 11 13 15 17 19 21 23 25 27 29
Zaman
33 3ty Cos t Sin tπ π⎛ ⎞ ⎛ ⎞= +⎜ ⎟ ⎜ ⎟
⎝ ⎠ ⎝ ⎠
102102ŞŞekil 6.14b. Sanal Kekil 6.14b. Sanal Köökler: R>1kler: R>1
R=1.095
-10-8-6-4-202468
10
1 3 5 7 9 11 13 15 17 19 21 23 25 27 29
Zaman
( ) ( ) ( )1.095 0.5 1.39 0.65 1.39tty Cos t Sin t⎡ ⎤= +⎣ ⎦
2 1 0 10.4 1.2 0 , 0.5 , 0.8t t ty y y y y+ +− + = = =
103103
ŞŞekil 6.14c. Sanal Kekil 6.14c. Sanal Köökler: R<1kler: R<1
R=0.894
-3
-2
-1
0
1
2
3
1 3 5 7 9 11 13 15 17 19 21 23 25 27 29
Zaman
( ) ( ) ( )0.89 1.68 2.36 1.68tty Cos t Sin t⎡ ⎤= +⎣ ⎦
2 1 0 10.2 0.8 0 , 1 , 2t t ty y y y y+ ++ + = = =
104104ÖÖrnek 13:rnek 13:
2 1 0 1
1 2
21 2
4 16 26 , 1 , 24 , 16 , 26
4 48 0
t t ty y y y ya a c
a a
+ +− + = = =
= − = =
− = − <
Buna göre, iki farklı sanal kök vardır.
22 11
2 2
42 , 2 3
2 2
4
1 3,2 2 3
a aah v
R h v
h vCos SinR R
−= − = = =
= + =
π⎧θ = = θ = = θ =⎨⎩
105105
( ) ( )5 6
5 643 3
tc
tc
y R A Cos t A Sin t
y A Cos t A Sin t
⎡ ⎤= θ + θ⎣ ⎦
⎡ ⎤π π⎛ ⎞ ⎛ ⎞= +⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦
Yukarıda ilk olarak tamamlayıcı fonksiyonu belirledik. Şimdi özel
çözümü elde edelim.
{ 1 21 2
1 01
26 21 4 16
p
p
cy k a aa a
y
= = + + ≠+ +
= =− +
106106
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.
5 64 23 3
t c p
tt
y y y
y A Cos t A Sin t
= +
⎡ ⎤π π⎛ ⎞ ⎛ ⎞= + +⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦
107107
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 denk-
lemden A5 ve A6 ’yı çözelim.
( ) ( )0 5 6 5
1 5 6
1 32 2
0 0 2 1 1
4 2 23 3
y A Cos A Sin A
y A Cos A Sin
⎡ ⎤= + + = → = −⎣ ⎦
⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥π π⎛ ⎞ ⎛ ⎞= + + =⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎜ ⎟
⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦
108108
5 6 6 51 3 10 , 12 2 3
A A A A+ = → = = −
Buna göre, belirli çözüm:
14 23 33
tty Cos t Sin t
⎡ ⎤π π⎛ ⎞ ⎛ ⎞= − + +⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦
R=4>1 olduğundan, başlangıçta meydana gelebilecek bir
dengeden uzaklaşma, sistemin ıraksak, yani dengeden uzaklaşan
bir seyir izlemesine neden olacaktır.
109109
YYüüksek Dereceden Fark Denklemlerine Genellemeksek Dereceden Fark Denklemlerine Genelleme
1 1 1 1...t n t n n t n ty a y a y a y 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.
110110
11 1... 0n n
n nb a b a b a−−+ + + + =
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:
1
nt
c i ii
y A b=
= ∑
111111
1 2 ... nb b b b= = = =2. Tek reel kök varsa:
2 11 1 3 ...t t t n t
c ny A b A tb A t b A t b−= + + + +
3. Kökler sanal ise:
( ) ( )( )1t
c n ny R A Cos t A Sin t−= θ + θ
Ai terimlerinin belirlenerek, belirli çözüme ulaşabilmek için, n tane
başlangıç koşulu gereklidir.
112112ÖÖrnek 14:rnek 14:
3 2 17 1 1 98 8 32t t t ty y y y+ + +− + + =
İlk olarak özel çözümü elde edelim.
3 2 1
7 1 1 9 328 8 32
t t t t t
p
y k y y y y k
k k k k y k
+ + += → = = = =
− + + = → = =
113113
Şimdi de tamamlayıcı fonksiyonu bulalım. Bunun için
karakteristik denklemi yazalım:
3 21 2 3
3 2
1 2 3
0
7 1 1 08 8 32
1 1 1 02 2 8
1 1,2 8
b a b a b a
b b b
b b b
b b b
+ + + =
− + + =
⎛ ⎞⎛ ⎞⎛ ⎞− − + =⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠
= = = − İki reel kökün aynı
olduğuna dikkat.
114114
Üç reel kökten ikisinin aynı olduğunu dikkate alarak tamamlayıcı
fonksiyonu yazalım:
1 2 31 1 12 2 8
t t t
cy A A t A⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞= + + −⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠
Karakteristik köklerin mutlak değerleri 1’den küçük olduğundan,
süreç, uzun dönemli dengeyi (sabit nokta) gösteren yp=32
değerine yakınsar. Yani kararlı bir süreç vardır.
115115
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, sürecin kararlı olup olmadığını
sınamamızı sağlar.
116116
SchurSchur Teoremi:Teoremi:
10 1 1... 0n n
n na b a b a b a−−+ + + + =
biçimindeki polinomun kökleri ancak ve ancak aşağıdaki n tane
determinantın tümü pozitif ise 1’den küçük olur.
0 1
0 1 01 2
0 0 1
1 0
00
, ...0
0
n n
n n
n n
n n
a a aa a a a aa a a a a
a a a
−
−
∆ = ∆ =
117117
0 1 1
1 0 2
1 2
0 1 1
1 0 2
1 2 0
0 00 0
0 0 0...
0 00 0
0 0
n n
n
n n nn
n n
n n n
n
a a a aa a a a
a a aa a a a
a a a a
a a a a
−
− −
−
− −
∆ =
118118ÖÖrnek 15:rnek 15:
2 13 2 12t t ty y y+ ++ + =
Bu fark denkleminin kararlı bir sürece sahip olup olmadığına,
Schur teoremi yoluyla bakalım.
Burada, 0 1 22 , 1 , 3 , 2n a a a= = = =
01
0
1 23 0
2 1n
n
a aa a
∆ = = = − <
∆1 pozitif olmadığından, ∆2 ’ye bakmaya gerek olmadan, sürecin
kararsız olduğunu söyleyebiliriz.
119119ÖÖrnek 16:rnek 16:
2 11 1 26 6t t ty y y+ ++ − =
Bu fark denkleminin kararlı bir sürece sahip olup olmadığına,
Schur teoremi yoluyla bakalım.
Burada, 0 1 21 12 , 1 , ,6 6
n a a a= = = = −
01
0
11 356 01 3616
n
n
a aa a
−∆ = = = >
−
120120
1 10 1 6 6
1 11 0 6 6
2 1 10 1 6 6
1 11 0 6 6
2
0 1 00 1 0
0 0 10 0 1
1176 01296
n n
n
n
n n
a a aa a aa a a
a a a
−
−
− −−
∆ = =−
−
∆ = >
∆1>0 ve ∆2>0 olduğundan, bu fark dengeli yakınsaktır, yani
süreç kararlıdır.
121121SamuelsonSamuelson ÇÇarpanarpan--HHıızlandzlandııran Modeli (1939)ran Modeli (1939)
( )
0 1
1
0
, 0 1
, 0
t t t t
t t
t t t
t
Y C I G
C C Y
I v C C v
G G
−
−
= + +
= + α < α <
= − >
=
Yukarıdaki denklemlerden yararlanarak, yatırımlarla gelir
arasındaki bağlantıyı oluşturalım.
( ) ( )1 2 1 2t t t t tI v Y Y v Y Y− − − −= α −α = α −
122122It ve Ct denklemlerini, milli gelir özdeşliğindeki yerlerine yazarak
düzenleyelim.
( )
( )0 1 1 2 0
1 2 0 01
t t t t
t t t
Y C Y v Y Y G
Y v Y vY C G
− − −
− −
= + α + α − +
− α + + α = +
Bu, ikinci sıradan doğrusal bir fark denklemidir. Bunu çözelim.
( )1 2 0 0
* 0 0
1 2
1 , ,
1 1p
a v a v c C G
C GcY Ya a
= −α + = α = +
+= = =
+ + − α
Özel çözüm çarpandır ve uzun
dönemli dengeyi göstermek-
tedir.
123123Tamamlayıcı fonksiyona ilişkin üç olası durum vardır.
1. Durum:1. Durum:
( )( )( )
221 2 2
44 1 41
va a v vv
> → −α + > α → α >+
2. Durum:2. Durum:
( )( )( )
221 2 2
44 1 41
va a v vv
= → −α + = α → α =+
3. Durum:3. Durum:
( )( )( )
221 2 2
44 1 41
va a v vv
< → −α + < α → α <+
124124Fark denkleminin karakteristik köklerini belirleyelim.
( )
( )( ) ( )( )
2 21 2
21 1 2
1,2
2
1,2
0 1 0
42
1 1 4
2
b a b a b v b v
a a ab
v v vb
+ + = → − α + +α =
− +=
− −α + −α + + α=
∓
∓
Yakınsaklık 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.
125125
( )
( ) ( ) ( ) ( )( )
( ) ( )
1 2 1 1 2 2
1 2 1 2 1 2
1 2
1 2
1 ,
1 1 1 1 1
1
0 1 0 1 1 1
0 , 0
b b a v b b a v
b b b b b b v v
b b
b b
+ = − = −α + = = α
− − = − + + = − −α + + α
= − α
< α < ⇒ < − − <
> >
Bu sonuca göre, her iki kök de reeldir ve birbirinden farklıdır. Bu
durumu dikkate alarak tamamlayıcı fonksiyonu ve genel çözümü
yazabiliriz.
126126*
1 1 2 2t t
tY A b A b Y= + +
Köklerin her ikisinin de farklı ve pozitif işaretli olduklarını
bilmekle birlikte, sayısal büyüklüklerini bilmiyoruz. Şu olası
durumlar söz konusudur:
1.1.
2.2.
3.3.
4.4.
5.5.
2 10 1 0 1 ; 1b b v< < < → < α < α <
2 10 1 1b b< < = → α =
2 10 1 1b b< < < → α >
2 11 1b b= < → α =
1 0 1 ; 1b b v2 1< < → < α < α >
127127
Bu olası durumlar arasında koşulunu sağ-
layan, 1 ve 5 numaralı durumlardır. Birinci durumda yakınsaklık,
beşinci durumda ıraksaklık oluşur.
Eğer tek reel kök varsa, olur. Süreç yine dalgalı
değildir. α ve v pozitif olduklarından, kesin olarak b>0’dır. Buna
göre şu üç olası durumla karşılaşabiliriz:
( ) ( )1 20 1 1 1b b< − − <
( )1 2b v= α +
1.1.
2.2.
3.3.
0 1 0 1 ; 1b v< < → < α < α <
1 1b = → α =
1 0 1 ; 1b v> → < α < α >
128128
Bu olası durumların arasından koşulunu 1 ve 3 numaralı
durumlar sağlamaktadır. Birinci durumda yakınsaklık, üçüncü
durumda ıraksaklık oluşur.
Kökler sanal ise, yörünge dalgalıdır. Yakınsamanın oluşup
oluşmayacağı, R teriminin değerine bağlıdır.
0 1< α <
ÖÖrnek 17:rnek 17:129129
Aşağıdaki modelden hareketle, gelirin zaman içindeki seyrini
gösteren denklemi elde edelim.
( )1
1 2
0
50 0.75
4 , 0t t
t t t
t
C Y
I Y Y v
G G
−
− −
= +
= − >
=
130130
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.
( ) ( )
( ) ( )
1
0 1
1 0 1 2
1
1
t t t
t t
tt t t
tt t t t
Y C I
C Y
I I g v C C
Y Y I g v Y Y
−
−
− − −
= +
= α
= + + −
= α + + + α − α
131131
( ) ( )1 2 01 1 tt t tY v Y vY I g− −= α + − + +
Bu ikinci sıra fark denklemi, Samuelson modelinden farklı olarak,
hareketli bir denge milli gelir düzeyine sahiptir. t döneminde
denge gelir düzeyini Y*(1+g)t , (t-1) döneminde Y*(1+g)t-1 ve …
olarak kabul edelim. Yukarıdaki denklemi denge için yeniden
yazalım.
( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 2* * *01 1 1 1 1t t t tY g v Y g vY g I g− −
+ −α + + + + = +
132132
Eşitliğin her iki yanını (1+g)t-2 terimiyle bölelim, ve yeniden
düzenleyelim.
( ) ( ) ( ) ( )
( )( ) ( )( )
2 2* * *0
20*
2
1 1 1 1
1
1 1 1
Y g v Y g vY I g
I gY
g v g v
+ − α + + + = +
+=
+ − α + + +
Statik durumda (g=0), dengenin ’a indirgendiğine
dikkat edelim.
( )*0 1Y I= − α
133133
İkinci sıra fark denkleminin tamamlayıcı fonksiyonunu
yazabilmek için karakteristik kökleri belirleyelim.
( )
( ) ( )( )
21 1 2
1,2
1 2
2
1,2
42
1 ,
1 1 4
2
a a ab
a v a v
v v vb
− +=
= α + = α
−α + α + − α=
∓
∓
134134
Tamamlayıcı fonksiyonu ve özel çözümü bir arada yazarak, belirli
olmayan genel çözüme ulaşırız.
( )( ) ( )( )
20
5 1 6 2 2
1
1 1 1t t
t
I gY A b A b
g v g v
+= + +
+ −α + + +
Hicks’in bu modelinde de dengenin kararlı olup olmayacağı,
teriminin işaretine ve Samuelson modelinde
sıraladığımız bir dizi koşula bağlıdır.
( )( )21 4v vα + − α
135135
EnflasyonEnflasyon--İşİşsizlik sizlik İİlilişşkisikisi
( )
( )
P T U h
d j pdt
dU k m pdt
= α − − β + π
π= − π
= − −
Bekleyişlere Dayalı Phillips İlişkisi
Uyarlamalı Bekleyişler
Para Politikası
Bu modelde üç içsel değişken vardır: p, π, U.
Modeki fark denklemleri biçiminde yeniden yazalım.
136136
( )
( )
1
1 1
, , 0 , 0 1
, 0 1
, 0
t t t
t t t t
t t t
P T U h h
j P j
U U k m P k
+
+ +
= α − − β + π α β > < ≤
π − π = − π < ≤
− = − − >
Modeli çözebilmek için ilk olarak tümünü tek bir değişkene
(P’ye) indirgeyeceğiz. Bunun için aşağıdaki işlemleri yapalım.
137137
( ) ( )
( )
( )
( ) ( )
( ) ( ) ( )
1 1 1
1 1
1
1 1
11 1 1
t t t t t t
t t t
t t t t
t t t t t
t t t t t t
t t t
P P U U h
U U k m P
j P
P P k m P hj P
P T U h h P T U
k P j h P j U km j T
+ + +
+ +
+
+ +
+
− = −β − + π − π
− = − −
π − π = − π
− = −β − + − π
= α − − β + π → π = − α + + β
⎡ ⎤+ β − − − + β = β + α −⎣ ⎦
138138Son olarak Ut’yi de denklemden kaldırabilmek için, denklemi bir
dönem ileri götürerek yazarız ve farkını alırız. Bu fark sonucu
oluşan yeni denklemdeki ( ) terimi yerine, karşılığını
yazarak yeniden düzenleriz. Artık fark denklemi tümüyle P ’ye
bağlı bir hale gelmiş olur.
1t tU U+ −
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
( )( ) ( ) ( ) ( )
2 1 1
1
2 1 1 1
1 1 1
1 1 1
1 1 1 0
t t t
t t t
t t t t t t
k P j h P j U km j T
k P j h P j U km j T
k P P j h P P j U U
+ + +
+
+ + + +
⎡ ⎤+ β − − − + β = β + α −⎣ ⎦
⎡ ⎤− + β + − − − β = −β − α −⎣ ⎦
⎡ ⎤+ β − = − − − + + β − =⎣ ⎦
( )1 1t t tU U k m P+ +− = − −
139139
( )( )( )
( )( ) ( )2 1
1 11 1 11 1 1t t t
j hhj j k j kmP P Pk k k+ +
⎡ ⎤− −+ + − + β β⎣ ⎦− + =+ β + β + β
1a 2a 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.
*
1 21cP m
a a= =
+ +
140140
Tamamlayıcı fonksiyon ise, ve terimlerine bağlı olarak üç
olası durumda ortaya çıkabilir.
21a 24a
( )( ) ( ) ( )
( ) ( )
21 2
2
1 2 1
1 2 2
4
1 1 1 4 1 1 1
1 1 01
1 10,1
1
a a
hj j k j h k
hjb b a jk
j hb b a
k
>=<
>⎡ ⎤ ⎡ ⎤+ + − + β = − − + β⎣ ⎦ ⎣ ⎦<
++ = − = + − >
+ β
− −= = ∈
+ β
141141
( ) ( ) ( ) ( )1 2 1 2 1 2
1 2
1 1 1 01
0 1 , 0 1
jkb b b b b bk
b b
β− − = − + + = >
+ β
< < < <
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 olmalıdır.1R <
142142
( )
22 2
2 12 2 12
42 2
1 (1 ) 0,11
a aaR h v a
j hRk
⎛ ⎞−⎛ ⎞ ⎜ ⎟= + = − + =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠
− −= ∈
+ β
DoDoğğrusal Olmayan Fark Denklemlerine Dorusal Olmayan Fark Denklemlerine Doğğrusal rusal
YaklaYaklaşışımm
143143
Tipik bir doğrusal olmayan fark denklemini bir gecikme için şöyle
yazabiliriz.
( )1 1t t t tx x x g x− −− = ∆ =
Bu fark denklemini, yinelemeli (recursive) biçimde yazalım. Bu
biçimde yazmak, grafik anlatımı oluşturmada kolaylık
sağlamaktadır.
( )( )
( )1
1 1 1
t
t t t t t
f x
x g x x x f x
−
− − −= + → =
144144
Şekil 6.15’de doğrusal olmayan bir fark denklemi gösterilmiştir.
45 derecelik açıyla gelen doğrusu, tüm t değerlerine karşılık
eşitliğini belirlemektedir. 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.
1t tx x −= 31t tx x −=
145145ŞŞekil 6.15. Doekil 6.15. Doğğrusal Olmayan Fark Denklemlerine rusal Olmayan Fark Denklemlerine
DoDoğğrusal Yaklarusal Yaklaşışımm
-1 -0.5 0.5 1
-1
-0.5
0.5
1
( ) 31 1t t tx f x x− −= =
1t tx x −=
•
•
•
*1 1x = − *
3 1x =*2 0x =
146146
Her bir denge noktasının kararlılık özelliklerini ortaya
koyabilmek için, bu denge değerlerinde birinci sıra Taylor
açılımını yaparız.
( ) ( ) ( ) ( ) ( )* * * *1 1 2 1t t tf x f x f x x x R x x− − −′= + − +
Açılımın kalan terimini (R2) dikkate almayalım.
( ) ( ) ( ) ( )* * *1 1t tf x f x f x x x− −′= + −
147147
Kararlılık koşullarını daha önce diferansiyel denklemler
bölümünde şöyle yazmıştık:
( )
( )
( )
*
*
*
1
1
1
f x
f x
f x
′ < ⇒
′ > ⇒
′ = ⇒
kararlı bir denge noktasıdır. *x
kararlı bir denge noktası değildir. *x
kararlılık süreci belirsizdir.
148148ÖÖrnek 18:rnek 18:
14 3t tx x −= −
Birinci sıra doğrusal olmayan fark denklemini dikkate alalım.
Denge noktalarını belirleyebilmek için, bu denklemde
durumunu denge sürecinde göz önünde bulundurarak,
ikinci derece bir denklem olarak yeniden yazalım ve karakteristik
köklerini bulalım.
1t tx x −=
2
* *1 2
4 3 4 3 0
1 , 3
t tx x x x
x x
= − → − + =
= =
149149
Şimdi denge noktalarındaki doğrusal yaklaşımı (birinci sıra
Taylor açılımını) elde edelim.
( ) ( ) ( ) ( )
( )
( ) ( ) ( ) ( )( )
1122
* * *1 1
* *1
* *1 1
1 1
1
2 4 3 1 2 4 3 2
1 2 1 1 2
t t t
t t t
x f x f x f x x x
x f x
f x x f x x
x x x
− −
−−
− −
′= = + −
= =
′ ′= − → = = − =
= + − = − +
150150
olduğundan sistem kararsızdır. Yani Şekil
6.16’daki A denge noktasından bir uzaklaşma meydana
geldiğinde, yeniden aynı denge noktasına dönüş olmaz. Şimdi
ikinci denge noktasını (şekilde B noktası) ele alalım. Yukarıdaki
benzer işlemleri 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.
( )*1 2 1f x′ = >
( )* 22 3 1f x′ = >
151151
1 2 3 4 5
1
2
3
4
5
•
ŞŞekil 6.16. Doekil 6.16. Doğğrusal Olmayan Fark Denklemlerine rusal Olmayan Fark Denklemlerine
DoDoğğrusal Yaklarusal Yaklaşışım (m (ÖÖrnek 18)rnek 18)1t tx x −=
14 3t tx x −= −•
A
B
152152ÖÖrnek 19:rnek 19:
( ) 21
*
* *1 2
3.2 0.8
0 , 2.75
t t t t
t
y f y y y
y y t
y y
+ = = −
= ∀
= =
İkinci denge değeri etrafında doğrusal açılımı yaparak
kararlılığın oluşup oluşmayacağını inceleyelim.
153153
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
* * *1
* * * *2 2 2
1
1
2.75 , 3.2 1.6 1.2
2.75 1.2 2.75
6.05 1.2
t t t
t t t
t t
y f y f y f y y y
y f y f y y
y f y y
y y
+
+
+
′= = + −
′= = = − = −
= = − −
= −
Bu birinci sıra doğrusal(laştırılmış) fark denkleminin çözümünü
yapalım.
154154
( )
( ) ( )
1 1
0
0
6.05 1.2 1.2 6.05
, 1 01 1
2.75 1.2 2.75
t t t ta c
tt
tt
y y y y
c cy y a aa a
y y
+ += − → + =
⎛ ⎞= − − + + ≠⎜ ⎟+ +⎝ ⎠
= + − −
Çözümden görüldüğü gibi, süreç genişleyen bir salınıma sahiptir
(Şekil 6.18).
155155ŞŞekil 6.17. Doekil 6.17. Doğğrusal Olmayan Fark Denklemlerine rusal Olmayan Fark Denklemlerine
DoDoğğrusal Yaklarusal Yaklaşışım (m (ÖÖrnek 19)rnek 19)
1 2 3 4 5
-4
-2
2
4
•A
•0
21 3.2 0.8t t ty y y+ = −
1t ty y+ =
*1 0y = *
2 2.75y =
156156ŞŞekil 6.18. Doekil 6.18. Doğğrusal Olmayan Fark Denklemlerine rusal Olmayan Fark Denklemlerine
DoDoğğrusal Yaklarusal Yaklaşışım (m (ÖÖrnek 19)rnek 19)
-20
-15
-10
-5
0
5
10
15
20
1 3 5 7 9 11 13 15 17 19 21 23 25 27 29
( ) ( )02.75 1.2 2.75tty y= + − −
tty
157157
SolowSolow BBüüyyüüme Modelinin Fark Denklemleriyle me Modelinin Fark Denklemleriyle İİfade fade
EdilmesiEdilmesi
Solow büyüme modelini daha önce diferansiyel denklemler
bölümünde ele almıştık. Burada kesikli zaman sürecinde modele
nasıl bakılabileceğini göreceğiz. Üretim fonksiyonunu tanım-
layarak başlayalım.
( )1t ty f k −= 11
1 1
,t tt t
t t
Y Ky k
L L−
−− −
= =
158158
( )
( )
( ) ( )
( )
( ) ( )
1 1 1
1
11
1 1 1
11
1 1 1
1
1
1
11
1 , 1
1 1
t t
t t t t t t t
t t t t t
t tt t tt t
t t t t
t t t tt t t
t t t
t t t
S sY
K I K K I K K
S I sY K K
K KsY K Lsy k
L L L L
L L L Lsy k k n
L L L
sy k n k
− − −
−
−−
− − −
−−
− − −
−
=
= + − δ → = − − δ
= → = − − δ
− − δ ⎛ ⎞= → = − − δ⎜ ⎟
⎝ ⎠
⎛ ⎞ −= − − δ = = +⎜ ⎟
⎝ ⎠
= + − − δ
159159
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
1 1
1 11
1 1
11
t t t
t tt t t
n k k sf k
k sf kk k h k
n
− −
− −−
+ − − δ =
− δ += → =
+
Üretim fonksiyonunu birinci dereceden Cobb-Douglas olarak
dikkate alalım ve son denklemi yeniden yazalım.
( )
( )
1 1
1 1
, 0 , 0 1
11
t t t
t tt
y f k Ak A
k sAkk
n
α− −
α− −
= = > < α <
− δ +=
+
160160
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).
( )
( ) ( )
1 1
1 11
, 0 , 0 1
11
t t t
t tt t
y f k Ak A
k sAkk h k
n
α− −
α− −
−
= = > < α <
− δ += =
+
( ) ( ) ( ) ( )* * *1 1t t tk h k h k h k k k− −′= = + −
161161
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
* **
1**
1** *
1
1
1
1
1
1
1t t
k sA kh k
n
sA kh k
n
sA kk h k k k
n
α
α−
α−
−
− δ +=
+
− δ + α′ =
+
⎡ ⎤− δ + α⎢ ⎥= + −⎢ ⎥+⎢ ⎥⎣ ⎦*k
162162
( ) ( ) ( )1*
* *1
1
1t t
sA kk k k k
n
α−
−
⎡ ⎤− δ + α⎢ ⎥= + −⎢ ⎥+⎢ ⎥⎣ ⎦
β
( ) ( )
( ) ( )
* * *1 1
* *0
1t t t t
tt
k k k k k k k
k k k k
− −= + β − → −β = − β
= + β −
163163
Modeldeki parametrelere sayısal değerler vererek, süreci
izleyebiliriz. Örneğin aşağıdaki değerleri alalım:
5 , 0.25 , 0.1 , 0.02 , 0A s n= α = = = δ =
( ) ( )
( ) ( )( ) ( )
( )
1 1 *1
0.25* **
0.25* * *
1,
1
1 0 0.1 5
1 0.02
0.5 0.02 11.2
t tt t t
k sAkk h k k k t
n
k kk
k k k
α− −
−
− δ += = = ∀
+
− +=
+
= → =
164164
Yukarıda kabul ettiğimiz parametre değerleri yanında,
ekonominin başlangıçtaki işçi başına sermaye stokunu da k0=20
varsayalım. Buna göre, kt sürecini yeniden yazalım ve grafik
olarak ifade edelim.
( ) ( )
( ) ( ) ( )
1**
0
* *0
10.02 , 11.2 , 20
1
11.2 8.8 0.02t tt t
sA kk k
n
k k k k k
α−− δ + α
β = = = =+
= + β − → = +
165165ŞŞekil 6.19. Fark Denklemi Yoluyla ekil 6.19. Fark Denklemi Yoluyla SolowSolow BBüüyyüüme Modelime Modeli
•
0 tk
E
045•*k
1tk +
( )1t tk h k+ =
1t tk k+ =
166166ŞŞekil 6.20. Fark Denklemi Yoluyla ekil 6.20. Fark Denklemi Yoluyla SolowSolow BBüüyyüüme Modelime Modeli
( )11.2 8.8 0.02 ttk = +
