Embed Size (px)
Citation preview
İİKTKTİİSADSADİİ
DDİİNAMNAMİİKLKLİİK VE K VE
DDİİFERANSFERANSİİYEL YEL
DENKLEMLERDENKLEMLER
BBİİRRİİNCNCİİ SIRA SIRA
DDİİFERANSFERANSİİYEL YEL
DENKLEMLERDENKLEMLER
33
Sabit KatsaySabit Katsayıı ve Sabit Terimli Birinci Dereceden ve Sabit Terimli Birinci Dereceden
DoDoğğrusal Diferansiyel Denklemlerrusal Diferansiyel Denklemler
Bir denklemde türevin aldığı en yüksek kuvvete, o diferansiyel diferansiyel
denklemin derecesidenklemin derecesi denir. Örneğin birinci dereceden,
ikinci dereceden ve n. derecedendir. Ancak
bunların hepsi, birinci sıradan türevlerdir.
türevinin ve değişkeninin birinci dereceden oldukları,
biçiminde çarpımın yer almadığı durumlara, birinci birinci
ssııradan doradan doğğrusal diferansiyel denklemrusal diferansiyel denklem denilir:
dy dt
( )2dy dt
dy dt y( )dy dt y
( )ndy dt
( ) ( )dy u t y w tdt
+ =
44Homojen DurumHomojen Durum
u ve w fonksiyonları sabit, w özdeş olarak sıfıra eşitse, birinci birinci
dereceden dodereceden doğğrusal homojen diferansiyelrusal homojen diferansiyel denklemdenklemden söz
ederiz:
0dy aydt
+ =
Bu denklemin çözümü şöyledir:
1 lndy dy d yay a adt y dt dt
= − → = − → = −
55
ln ln
(0)
at c
c at at
at
d y adt y at c y e
y e e y Ae
y y e
− +
− −
−
= − → = − + → =
= → =
=
∫ ∫
Genel Çözüm
Belirli Çözüm
Homojen Olmayan DurumHomojen Olmayan Durum
u ve w fonksiyonları sıfırdan farklı birer sabitse birinci birinci
dereceden dodereceden doğğrusal homojen olmayan diferansiyelrusal homojen olmayan diferansiyel denklemdenklemden
söz ederiz:
dy ay bdt
+ =
66
Bu denklemin çözümünü iki aşamada yapacağız. Birinci aşamada
özel çözümü (yp), ikinci aşamada tamamlayıcı fonksiyonu (yc)
bulacağız. Özel çözüm, verilen diferansiyel denklemin herhangi
bir çözümüdür. Olanaklı en basit çözüm, y=k gibi bir değer
olacağını düşünmektir. Eğer y, k gibi bir sabit değerse,
olacaktır. Buna göre,0dy dt =
( 0)pdy bay b ay b y adt a
+ = → = → = ≠
0
77
Tamamlayıcı fonksiyon, daha önce yukarıda elde ettiğimiz
homojen durum çözümüdür:
atcy Ae−=
Tamamlayıcı fonksiyon ile özel çözümün toplamı, diferansiyel
denklemin genel çözümünü verecektir:
( ) ( 0)atc p
by t y y Ae aa
−= + = + ≠
88A sabitinin değeri bilinmediğinden, buna genel çözüm diyoruz.
t=0 alarak, belirli çözüme ulaşabiliriz.
(0) (0)
( ) (0) at
b by A A ya a
b by t y ea a
−
= + → = −
⎡ ⎤= − +⎢ ⎥⎣ ⎦
başlangıç koşulu veriyken, denklemini
çözelim:
ÖÖrnek 1:rnek 1:
(0) 10y = 2 6dy dt y+ =
99
2
2
2
6 3 ,2
( ) 3
(0) 10 3 7
( ) 7 3
tp c
tc p
t
by y Aea
y t y y Ae
bA ya
y t e
−
−
−
= = = =
= + = +
= − = − =
= +
başlangıç koşulu veriyken, denklemini
çözelim:
ÖÖrnek 2:rnek 2:
(0) 1y = 4 0dy dt y+ =
1010
4
4
4
0 0 ,4
( )
(0) 1 0 1
( )
tp c
tc p
t
by y Aea
y t y y Ae
bA ya
y t e
−
−
−
= = = =
= + =
= − = − =
=
1111a=0 durumunda diferansiyel denklemin çözümü şöyle olur:
( )
dy dyay b b dy bdtdt dt
dy bdt y t bt c
+ = → = → =
= → = +∫ ∫
ÖÖrnek 3:rnek 3:
y(0)=5 başlangıç koşulu veriyken, denklemini çözelim:2dy dt =
( ) 2
(0) 5
y t bt c t c
y c
= + = +
= =( ) 2 5y t t= +
1212Çözümün türevini alarak, bir diferansiyel denklemin çözümünün
doğruluğunu sınayabiliriz.
( ) (0)
(0)
at
at
b by t y ea a
dy ba y edt a
−
−
⎡ ⎤= − +⎢ ⎥⎣ ⎦
⎡ ⎤= − −⎢ ⎥⎣ ⎦
Bu iki ifadeyi, diferansiyel
denklemdeki yerlerine yazıp
çözelim. Çözümün sol ve sağ
yanı eşit olursa, çözümün
doğru olduğunu söyleriz. Bu
işlemi aşağıda yapalım.
(0) (0)at at
dy ay bdt
b b ba y e a y e b b ba a a
− −
+ =
⎧ ⎫⎡ ⎤ ⎡ ⎤− − + − + = → =⎨ ⎬⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦⎩ ⎭
1313
Yukarıda eşitliğin her iki yanının da b=b olduğunu gördük.
Başlangıç koşulu da sağlanırsa, çözümün doğruluğu belirlenmiş
olacaktır. t=0 için;
( ) (0)
(0) (0) (0)
atb by t y ea a
b by y ya a
−⎡ ⎤= − +⎢ ⎥⎣ ⎦
⎡ ⎤= − + =⎢ ⎥⎣ ⎦
1414Piyasa FiyatPiyasa Fiyatıınnıın Dinamiklin Dinamikliğğii
Bir malın talep ve arz denklemlerinin sırasıyla aşağıdaki gibi
olduğunu varsayalım.
( )( )
, , 0
, , 0
d
s
Q P
Q P
>= α + β α β<
>= γ + δ γ δ<
Denge fiyatını belirleyelim:
* 0
d sQ Q
P P P
=
α − γα + β = γ + δ → = >
δ −β
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.
1515
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.
Fiyat denge fiyatı değilse, arz-talep arasındaki farka bağlı olarak
değişim gösterecektir. j uyumlanma katsayısını göstersin. Buna
göre,
( ) ( 0)d sdP j Q Q jdt
= − >
1616
1717Yukarıdaki uyumlanma denkleminde arz ve talep yerine
karşılıklarını yazalım ve denklemi düzenleyelim.
( ) ( ) ( )dP dPj P P j P jdt dt
= α + β − γ − δ → + δ −β = α − γ
Bu denklem, birinci dereceden homojen olmayan doğrusal
diferansiyel denklemdir ve çözümü aşağıdaki gibidir.
( )
* ( ) *
( ) (0)
( ) (0)
j t
j t
P t P e
P t P P e P
− δ−β
− δ−β
⎡ ⎤α − γ α − γ= − +⎢ ⎥δ −β δ −β⎣ ⎦
⎡ ⎤= − +⎣ ⎦
* 0P α − γ= >δ −β
tÆ∞ iken, P(t)ÆP* olup olmayacağı, yukarıdaki çözümün sağında
yer alan ilk terimin sıfıra gidip gitmemesine bağlıdır. Dolayısıyla
bu da, e üstel teriminin üzerinde yer alan işarete bağlıdır. İşaret
negatif ise, P(t)’nin P*’a yakınsayacağını, pozitif ise yakınsa-
mayacağını söyleyebiliriz. Birinci durumda denge, kararlıdır
(istikrarlıdır). Bu durumları genel olarak aşağıya yazalım.
( ) 0j δ −β > ⇒ Denge kararlıdır: P(t), P*’a yakınsar.
( ) 0j δ −β < ⇒
1818
Denge kararsızdır: P(t), P*’a yakınsamaz.
1919
0 , 0j > δ −β > → δ > β ise,
Denge kararlıdır: P(t), P*’a yakınsar.
Buna göre, talep eğrisinin eğimi, arz eğrisinin eğiminden
küçükse, dinamik kararlılık oluşur.
0 , 0j > δ −β < → δ < β ise,
Denge kararsızdır: P(t), P*’a yakınsamaz.
Buna göre, talep eğrisinin eğimi, arz eğrisinin eğiminden
büyükse, dinamik kararsızlık oluşur.
2020ŞŞekil 5.1. Piyasa Fiyatekil 5.1. Piyasa Fiyatıınnıın Dinamiklin Dinamikliğğii
(0)P
(0)P
*P
*( ) : (0)P t P P durumu>
*( ) : (0)P t P P durumu<
0 t
( )P t
•
•
•
2121ŞŞekil 5.2. Piyasa Fiyatekil 5.2. Piyasa Fiyatıınnıın Dinamiklin Dinamikliğği: Kararli: Kararlıı DurumDurum
0 P
Q
1P 2P*P
F
G
E
N
M
S
D
••
•••
Para Talebi ve Enflasyonda Para Talebi ve Enflasyonda İİstikrar Kostikrar Koşşuluulu
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.
2222
( ) ,d S dM kP t Q M M= =
Ekonomideki sürekli fiyat hareketleri, para piyasası dengesinin
bir fonksiyonudur.
( )( )S d
dP t b M Mdt
= −
2323( ) ( )S d S
dP t bM bM bM bkP t Qdt
= − = −
Ayrıca gerçekleşen fiyatla, denge fiyatlar genel düzeyi (Pe)
arasındaki farkı şöyle tanımlayalım:
ˆ ( )ˆ ( ) ee
dPdP dP tP P t Pdt dt dt
= − → = −
Denge durumunda fiyatlar sabit kalacağından, şunu yazabiliriz:
ˆ ( )0 ( )eS
dP dP dP t bM bkP t Qdt dt dt
= → = = −
2424Para piyasası dengedeyken:
( )
( ) ( )
( )
0 0 0
ˆ ( ) ( )
ˆ ˆ ˆ( )
S d S e S e
eS S e
e
M M bM bkP Q b M kP Q
dPdP dP t bM bkP t Q bM bkP Qdt dt dt
dP dPbkQ P t P bkQPdt dt
− = → − = → − =
= − = − − −
= − − → = −
Bu diferansiyel denklemin çözümü aşağıdadır:
ˆ 1ˆ ˆˆ
1 ˆ ˆlnˆ
ˆ ˆbkQt c bkQt
dP bkQP dP bkQdtdt P
dP bkQdt P bkQt cP
P e P Ae− + −
= − → = −
= − → = − +
= → =
∫ ∫
2525
b, k, Q > 0 olduğundan tÆ∞ iken olur. Yani sistem istikrar-
lıdır. ’den hareketle, P ’nin zamana bağlı izleyeceği yolu
belirleyelim.
ˆ 0P →
P̂
Para Talebi ve Enflasyon BekleyiPara Talebi ve Enflasyon Bekleyişşlerileri
Beklenen enflasyonun, şimdiki enflasyonun bir fonksiyonu
olduğunu düşünelim:
2626
( ) ( )
E
dP t dP tkdt dt
⎡ ⎤ =⎢ ⎥⎣ ⎦
Enflasyon beklentisi, hanehalklarının para talebini azaltır.
( ) ( )( ) ( )dE
dP t dP tM kP t Q g kP t Q ghdt dt
⎡ ⎤= − = −⎢ ⎥⎣ ⎦
2727
Para piyasası dengesi ile enflasyon arasındaki ilişkiyi dikkate
alarak denklemi yeniden düzenleyelim:
( )( )
( )( )
( )( )
S d
S
S
dP t b M Mdt
dP tb M kP t Q ghdt
dP tbM b kP t Q ghdt
= −
⎛ ⎞= − −⎜ ⎟⎝ ⎠
⎡ ⎤= − −⎢ ⎥⎣ ⎦
2828
ˆ ( )ˆ ( ) ee
dPdP dP tP P t Pdt dt dt
= − → = −
Para piyasası dengedeyken;
( )
( )
0
ˆ ( )( )
eS e S e
S S e
dPbM bkQP b M kQP
dt
dP dP tbM b kQP t gh b M kQPdt dt
= − = − =
⎧ ⎫⎡ ⎤= − − − −⎨ ⎬⎢ ⎥⎣ ⎦⎩ ⎭
edPdt
( )dP tdt
2929
ˆ ( )
ˆ ( ) e
dP dP tdt dt
P P t P
=
= −
( )ˆ ( )( )
ˆ ˆˆ
ˆ ˆ
1
edP dP tbkQ P t P bghdt dt
dP dPbkQP bghdt dt
dP bkQPdt bgh
= − − +
= − +
−=
−
3030
1
ˆ ˆ 1 ˆˆ1 1
1 ˆ ˆlnˆ 1 1
ˆbkQ tbgh
dP bkQP bkQdP dtdt bgh bghP
bkQ bkQdP dt P t cbgh bghP
P Ae−−
− −= → =
− −
− −= → = +
− −
=
∫ ∫
b, k, Q>0 olduğundan tÆ∞ iken 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.
ˆ 0P →
3131
( )
( )
ˆ0 (0)
ˆ (0) ( )
( ) (0)
e
bkQte e
bkQte e
t P A P P
P P P e P t P
P t P P P e
−
−
= → = = −
= − = −
= + −
3232
DeDeğğiişşken Katsayken Katsayıı ve Deve Değğiişşken Terimli Birinci Sken Terimli Birinci Sııradan radan
DoDoğğrusal Diferansiyel Denklemlerrusal Diferansiyel Denklemler
Şimdi değişken katsayı ve değişken terim durumuna sahip
birinci sıra diferansiyel denklemi inceleyelim. Bu denklemi şöyle
yazabiliriz:
( ) ( )dy u t y w tdt
+ =
Homojen DurumHomojen Durum
1 ln( ) 0 ( ) ( )dy dy d yu t y u t u tdt y dt dt
+ = → = − → = −
3333
( ) ( )
ln ( ) ln ( )
ln ( )
( ) ( )u t dt u t dtc
d y u t dt y c u t dt
y c u t dt
y t e e y t Ae− −−
= − → + = −
= − −
∫ ∫= → =
∫ ∫ ∫
∫
Bu, genel çözümdür. Başlangıç koşulu verildiğinde, belirli çözüm
elde edilebilir.
3434
ÖÖrnek 4:rnek 4:
denkleminin genel çözümünü bulalım.23 0dy t ydt
+ =
3
2 3( ) (3 )
( ) t
u t dt t dt t c
y t Ae−
= = +
=
∫ ∫
3535Homojen Olmayan DurumHomojen Olmayan Durum
( ) 0dy u t y w wdt
+ = ≠
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 udty t e A we dt− ⎛ ⎞∫ ∫= +⎜ ⎟⎝ ⎠∫
3636
ÖÖrnek 5:rnek 5:
2dy ty tdt
+ = denkleminin genel çözümünü bulalım.
212 (2 )u t udt t dt t c
w t
= → = = +
=
∫ ∫
( ) udt udty t e A we dt− ⎛ ⎞∫ ∫= +⎜ ⎟⎝ ⎠∫
3737
( )( )
( )
2 21 1
2 21 1
2 2 21
21
2
( ) ( )
2
2
( )
12
12
1( )2
t c t c
c ct t
c t t t
c t
t
y t e A te dt
e e A e te dt
Ae e e e c
Ae c e
y t Be
− + +
−−
− − −
− −
−
= +
= +
⎛ ⎞= + +⎜ ⎟⎝ ⎠
= + +
= +
∫
∫
3838ÖÖrnek 6:rnek 6:
62 12 2 0 (0)7
tdy y e ydt
+ + = =
16 (6) 6
t
u udt dt t c
w e
= → = = +
= −
∫ ∫6 tdy y e
dt+ = −
( )
( )
1 1 1 1
1 1 1
1
6 6 6 7
6 7 6 62 2
6 62
1( ) 77
1 1( )7 7
1 1( )7 7
t c t c t c ct t
t c c ct t t t
c t t t t
y t e A e e dt e A e e dt
e A e e c Ae e e e c
Ae c e e y t Be e
− − + − −
− − − − −
− − −
⎛ ⎞= + − = −⎜ ⎟⎝ ⎠
⎛ ⎞= − + = − −⎜ ⎟⎝ ⎠
= − − → = −
∫ ∫
ÖÖrnek 6 (devamrnek 6 (devamıı):):
Yukarıda denklemin genel çözümünü bulduk. Şimdi başlangıç
koşulunu kullanarak, belirli çözümü elde edelim.
3939
6
60 (0)7
1 1 6( ) (0) 17 7 7
t t
t y
y t Be e y B B−
= → =
= − → = − = → =
Bu sonuca göre belirli çözümü yazalım:
6 1( )7
t ty t e e−= −
Tam Diferansiyel DenklemlerTam Diferansiyel Denklemler
İki değişkenli F(y,t) fonksiyonu verildiğinde, bunun toplam
diferansiyeli şudur:
4040
( , ) F FdF y t dy dty t
∂ ∂= +∂ ∂
Bu diferansiyel denklem sıfıra eşitse, tam diferansiyel denklemtam diferansiyel denklem
adını veriyoruz:
0F Fdy dty t
∂ ∂+ =
∂ ∂
4141
Örneğin fonksiyonunu inceleyelim.2( , )F y t y t c= +
2
2
( , ) 2 0
02
F FdF y t dy dt yt dy y dty t
dy ydt yt
∂ ∂= + = + =∂ ∂
+ =
ya da
Bu denklem, bir tam diferansiyel denklemdir.
4242
Genel olarak gibi bir diferansiyel denklem, ancak
ve ancak Young teoremi gereği şu koşul sağlanırsa, bir tam
diferansiyel denklemdir:
0Mdy Ndt+ =
M Nt y
∂ ∂=
∂ ∂
Bir tam diferansiyel denklem, doğrusal olmayan olabilir. Ancak,
mutlaka birinci derecedendir.
Bir tam diferansiyel denklemin çözülmesi, F(y,t) ilkel fonksi-
yonunun bulunması demektir. Şimdi birkaç aşamada, çözümün
nasıl yapılacağını görelim.
4343ÇöÇözzüüm Ym Yööntemi:ntemi:
1. Birinci aşamada tam diferansiyel denklemin her iki yanının y
değişkenine göre entegrali alınır.
( , ) ( , ) ( )F F FdF y t dy dt F y t dy ty t y
∂ ∂ ∂= + → = + ψ
∂ ∂ ∂∫ ∫ ∫ ∫
2. İkinci aşamada, yukarıdaki sonucun t ’ye göre türevi alınır.
F Nt
∂=
∂
4444
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.
ÖÖrnek 7:rnek 7:
tam diferansiyel denklemini çözelim.22 0ytdy y dt+ =
22 ,M yt N y= =
4545
1. A1. Aşşama:ama:
2
2
21
( , ) 2 0
( , ) 2 0
( , ) ( )
dF y t ytdy y dt
dF y t ytdy y dt dy
F y t y t t c
= + =
= + =
= + ψ =
∫ ∫ ∫ ∫
2. A2. Aşşama:ama:
2
2 2
( , ) ( , )( )
( ) , ( ) 0
F y t F y ty t Nt t
y t y t
∂ ∂′= + ψ → =∂ ∂
′ ′+ ψ = ψ =
4646
3. A3. Aşşama:ama:
2( ) ( ) 0t t dt dt c′ψ = ψ = =∫ ∫
4. A4. Aşşama:ama:
2 22 1
12 2
1 2
( , ) ( ) ( , )
( )
F y t y t t F y t y t c c
cy t c c y t ctt
−
= + ψ → = + =
= − → = =
4747
Yukarıdaki problemi şöyle de çözebiliriz:
( )
2 2
1 2
12
2 0 2
1 1 1 1ln ln2 2
( )
ytdy y dt ytdy y dt
dy dt y c t cy t
y t ct−
+ = → = −
= − → + = − +
=
∫ ∫
4848ÖÖrnek 8:rnek 8:
Tam diferansiyel denklemini çözelim.
( ) ( )22 3 0t y dy y t dt+ + + =
22 , 3 1M NM t y N y tt y
∂ ∂= + = + → = =
∂ ∂
( ) 2
2 2
2 3
2 3
( , ) 2 ( ) ( )
( ) 3 ( ) 3
( ) 3 ( )
( , )
F y t t y dy t ty y t
F y t N y t t tt
t t dt t t
F y t ty y t c
= + + ψ = + + ψ
∂ ′ ′= + ψ = = + → ψ =∂
∂ψ = → ψ =
= + + =
∫
∫ ∫
1. A1. Aşşama:ama:
2. A2. Aşşama:ama:
3. A3. Aşşama:ama:
4. A4. Aşşama:ama:
4949
Denklem tam diferansiyel değilse, entegral faktentegral faktöörrüü kavramına
başvururuz. Yukarıda örnek 2’de yaptığımız gibi, verilen bir
birinci sıradan doğrusal diferansiyel denklemin öncelikle tam
olup olmadığını kontrol etmeliyiz. Bir tam diferansiyel denklem
şu koşulu yerine getirmelidir:
M Nt y
∂ ∂=
∂ ∂
Örneğin denklemi tam değildir.2 0tdy ydt+ =
5050
2 2
1
MM tt
NN yy
∂= → =
∂
∂= → =
∂
2 1M Nt y
∂ ∂= ≠ =
∂ ∂
Tam olmayan bir diferansiyel denklemi, entegral faktörü ile tam
diferansiyel denkleme dönüştürerek, çözümünü yapabiliriz.
Şimdi entegral faktörünün nasıl belirleneceğini görelim. Birinci
sıradan doğrusal (tam olmayan) bir diferansiyel denklemi
dikkate alarak başlayalım.
5151
( ) 0dy uy w dy uy w dtdt
+ = → + − =
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.
( ) 0I dy I uy w dt+ − =
M N
5252
I entegral faktörü, yukarıdaki diferansiyel denklemi tam biçime
dönüştürdüğünden, tamlık sınaması sağlanacaktır:
( )( )
M dIt dt
d I uy wN Iuy dy
∂=
∂
−∂= =
∂( ) udt
M Nt y
dI Iu I t Aedt
∂ ∂=
∂ ∂
∫= → =
5353
Birinci SBirinci Sııradan Doradan Doğğrusal Olmayan Diferansiyel Denklemler rusal Olmayan Diferansiyel Denklemler İİççin in
Entegral FaktEntegral Faktöörrüü KurallarKurallarıı
Kural 1:Kural 1:
( )1 ( ) ise f y dyM N f y I eN t y⎛ ⎞∂ ∂ ∫− = =⎜ ⎟∂ ∂⎝ ⎠
Kural 2:Kural 2:
( )1 ( ) ise g t dtN M g t I eM y t
⎛ ⎞∂ ∂ ∫− = =⎜ ⎟∂ ∂⎝ ⎠
5454
Kural 3:Kural 3:
( ) ( ), ve , ise,
1-
M t f y t N yg y t
IyM tN
= =
=
5555
ÖÖrnek 9:rnek 9:
( )2
2
5 5 8 0
5 , 5 8
5 10
ytdy y t dt
M yt N y t
M Ny yt y
+ + =
= = +
∂ ∂= ≠ =
∂ ∂
5656
Kural 1’i uygulayalım.
( )2 2
1 ( )
1 55 105 8 5 8
M N f yN t y
yy yy t y t
⎛ ⎞∂ ∂− =⎜ ⎟∂ ∂⎝ ⎠
−− =
+ +
Bu sonuca göre, entegral faktörü yalnızca y ’nin bir fonksiyonu
değildir. Bu nedenle kural 2’yi uygulayalım.
5757Kural 2’yi uygulayalım.
( )
1 ( )
1 5 110 55 5
N M g tM y t
yy yyt yt t
⎛ ⎞∂ ∂− =⎜ ⎟∂ ∂⎝ ⎠
− = =
Sonuç yalnızca t ’nin bir fonksiyonu olduğundan, bunu entegral
faktörüne ulaşmada kullanabiliriz. Entegral faktörü:
1( ) lndtg t dt ttI e e e t∫∫= = = =
5858
Şimdi özel durumlar için entegral faktörünü bir tabloyla verelim.
EntegralFaktörü
Tam Diferansiyel
tdy ydt−
( ),dt y t
2
1y
− 2
ydt tdy tdyy
⎛ ⎞−= ⎜ ⎟
⎝ ⎠
tdy ydt−
tdy ydt−
2
1t 2
tdy ydt ydtt
− ⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎝ ⎠
1ty
− lnydt tdy tdty y
⎛ ⎞−= ⎜ ⎟
⎝ ⎠
5959
EntegralFaktörü
Tam Diferansiyel
tdy ydt+
( ),dt y t
1ty
( )lntdy ydt d tyyt+
=
( )1 , 1n n
ty>
2 2
1y t+
tdy ydt+
ydy tdt+
( ) ( ) ( ) 1
11n n
tdy ydt dyt n yt −
⎡ ⎤+ −⎢ ⎥=⎢ ⎥−⎣ ⎦
( )2 22 2
1 ln2
ydy tdt d y ty t
+ ⎡ ⎤= +⎢ ⎥+ ⎣ ⎦
6060
Entegral Faktörü Tam Diferansiyel
ydy tdt+
( ),dt y t
1 1a by t− −
( )2 2
1 , 1n ny t
>+
atdy bydt+
( ) ( ) ( ) 12 2 2 2
1
2 1n n
ydy tdt dy t n y t
−
⎡ ⎤+ −⎢ ⎥=⎢ ⎥+ − +⎣ ⎦
( ) ( )1 1a b a by t atdy bydt d y t− − + =
6161
( ) 0udt udte dy e uy w dt∫ ∫+ − =
Artık bu denklem, bir tam diferansiyel denklemdir ve yukarıda
öğrendiğimiz tam diferansiyel denklem çözümüyle çözülebilir.
( )
( , ) ( ) ( )
( )
( )
udt udt
udt udt
udt
F y t e dy t ye t
F yue t N e uy wt
t we
∫ ∫= + ψ = + ψ
∂ ∫ ∫′= + ψ = = −∂
∫′ψ = −
∫
6262
( )
( )
( , )
( )
udt
udt
udt udt
udt udt
t we dt
t we dt
F y t ye we dt c
y t e A we dt−
∫∂ψ = −
∫ψ = −
∫ ∫= − =
⎛ ⎞∫ ∫= +⎜ ⎟⎝ ⎠
∫ ∫
∫
∫
∫
6363ÖÖrnek 10:rnek 10:
3 2 22 3 0yt dy y t dt+ =
Diferansiyel denklemini tamlık sınamasından geçirelim ve
çözelim.
3 2
2 2 2
2 6
3 6
MM yt ytt
NN y t yty
∂= → =
∂
∂= → =
∂
26M N ytt y
∂ ∂= =
∂ ∂
6464
( )3 2 3
2 2 2 2
1
2 3 3 21 2
( , ) 2 ( ) ( )
3 ( ) 3 ( ) 0
( ) 0 ( )
( , ) ( )
F y t yt dy t y t t
F y t t N y t tt
t dt t c
F y t y t c c y t ct −
= + ψ = + ψ
∂ ′ ′= + ψ = = → ψ =∂
∂ψ = → ψ =
= + = → =
∫
∫ ∫
6565ÖÖrnek 11:rnek 11:
2dy ty tdt
+ =
Denkleminin genel çözümünü bulalım.
( ) ( )
( )
2
2 2
2
2 0 1 , 2
0 2
2 0
udt t dt t
t t
dy ty t dt M N ty t
M N tt y
I e e e
e dy e ty t dt
+ − = → = = −
∂ ∂= ≠ =
∂ ∂
∫ ∫= = =
+ − =
( )
( )
2 2 2
2 2
2 2 2 2
2 2
2 2 2
2
1
( , )
2 2 1
2 0 ( )
2 ( ) 2
2 ( ) 2 ( )
1( ) ( ) 22
1 1( )2 2
1( )2
t t t
F y t
t t
t t t t
t t
t t t
t
e dy e ty t dt e y t c
F N te y t e ty tt
te y t e ty e t t te
d t te dt t te dt
t e c e y e c c
y t Ae−
+ − = → + ψ =
∂ ′= = + ψ = −∂
′ ′+ ψ = − → ψ = −
ψ = − → ψ = −
ψ = − + → − + =
= +
∫ ∫ ∫
∫ ∫ ∫
6666
6767
DoDoğğrusal Olmayan Denklemlerrusal 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.
DoDoğğrusal Birusal Biççime Dime Döönnüüşşttüürrüülebilen Denklemlerlebilen Denklemler
Biçimindeki doğrusal olmayan diferansiyel denklem, Bernoulli Bernoulli
DenklemiDenklemi olarak adlandırılmaktadır. Bu denklem, doğrusal
biçime dönüştürülerek çözülebilir. Dönüştürme işlemi aşağıdaki
gibi yapılır:
1n ndyy Ry Tdt
− −+ = ndy Ry Tydt
+ =ya da
6868
69691 nz y −= diyelim.
1 (1 )
1 1(1 ) (1 )
(1 ) (1 )
n n
n n n
dz dz dy dz dyz y n ydt dy dt dt dt
dy dz dzy y y Rz Tdt n dt n dt
dz n R z T ndt
− −
−
= → = → = −
= → + =− −
+ − = −
7070
(1 ) (1 )dz n R z T ndt
+ − = −
u w
Bu denklem, biçiminde birinci sıra, birinci
dereceden doğrusal bir diferansiyel denklemdir ve yukarıda
kullandığımız yöntemle çözebiliriz.
( )dz dt uz w+ =
ÖÖrnek 12:rnek 12:
23dy ty tydt
+ =
Bernoulli denklemini çözelim. İlk olarak bu denklemi
doğrusallaştırırız.
7171
1 1 2 1
1 2 2
2 2 1
, 3 ,
3 3
3
nR t T t z y y y
dz dy dy dzz y y ydt dt dt dt
dz dzy ty ty ty tdt dt
dz tz tdt
− − −
− −
−
= = = = =
= → = − → = −
− + = → − = −
− = − Doğrusal diferansiyel denklem
Doğrusallaştırdığımız bu diferansiyel denklemi tamlık sınama-
sından geçiririz. Tam ise, doğrudan çözüme geçeriz. Değilse,
entegral faktörünü kullanarak tamlaştırır, sonra çözeriz.
7272
( )3 3 0
1 0
3
dz tz t dz tz t dtdt
MMt
NN tz t tz
− = − → + − + =
∂= → =
∂
∂= − + → = −
∂
M Nt z
∂ ∂≠
∂ ∂
7373
( )
( )
( )
2
2 2
2 2
2 2
2
2 2
2 2
2 2
( )
3 0
3 0
( , ) ( ) ( )
udt t dt t
t t
t t
t t
I t e e e
e dz e tz t dt
e dz e tz t dt
F z t e dz t e z t
− −
− −
− −
− −
∫ ∫= = =
+ − + =
+ − + =
= + ψ = + ψ∫
Tamlaştırılmışdiferansiyeldenklem
( )2 2
2
2 2
2 2
2
2 2
2
2 22
2 22 1
2
( ) 3
( ) 3
( ) 3 ( ) 3
( , ) 3
( ) 3
t t
t
t t
t t
t
F tze t N e tz tt
t te
t te dt t e c
F z t e z e c c
z t ce
− −
−
− −
− −
∂ ′= − + ψ = = − +∂
ψ =
∂ψ = → ψ = − +
= − + =
= +
∫ ∫
7474
7575
2
2
2
2
1 1 2
2
( ) 3
3
1( )3
t
t
t
z t ce
z y y ce
y tce
− −
= +
= → = +
=+
7676
ÖÖrnek 13:rnek 13:
31dy y ydt t
+ =
Bernoulli denklemini çözelim. İlk olarak bu denklemi
doğrusallaştırırız.
1 1 3 21 , 1 ,
n
n
dy Ry Tydt
R T z y y yt
− − −
+ =
= = = = =
7777
2 3
3
3 3 2
2
12
1 1 12 22
1 12 2 2 2 0
dz dyz y ydt dt
dy dzydt dt
dz dzy y y ydt t dt t
dz z dz z dtdt t t
− −
−
= → = −
= −
− + = → − = −
⎛ ⎞− = − → + − + =⎜ ⎟⎝ ⎠
12 2ln 2
2 2
2 2
1 0
1 12 2 2
( )
( , ) ( ) ( )
12 2 0
dtudt tt
MMt
NN zt z t
I t e e e t
F z t t dz t t z t
t dz t z dtt
− − −
− −
− −
∂= → =
∂
∂= − + → = −
∂
∫∫= = = =
= + ψ = + ψ
⎛ ⎞+ − + =⎜ ⎟⎝ ⎠
∫
7878
7979
3 2
2
2 12
2 12 1
2
12 ( ) 2 2
( ) 2
( ) 2 ( ) 2
( , ) 2
( ) 2
F t z t N t zt t
t t
t t dt t t c
F z t t z t c c
z t t ct
− −
−
− −
− −
∂ ⎛ ⎞′= − + ψ = = − +⎜ ⎟∂ ⎝ ⎠
′ψ =
∂ψ = → ψ = − +
= − + =
= +
∫ ∫
8080
( )
2
2 2 2
1 22
( ) 2
2
( ) 2
z t t ct
z y y t ct
y t t ct
− −
−
= +
= → = +
= +
8181
NeoklasikNeoklasik BBüüyyüüme Modeli (ya da me Modeli (ya da SolowSolow--SwanSwan Tipi Tipi
BBüüyyüüme Modeli)me 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:
8282
( )
( ) ( )
( ) ( )
( , ) , , 0
0 , 0K KK
KK
Y f K L K L
KY Lf Lf kL
f f k f f k
f k f kf
K L
= >
⎛ ⎞= =⎜ ⎟⎝ ⎠
′ ′′= > = <
′ ′′∂= =
∂
8383
( )
,
ln ln ln
ln ln ln
dK LK sY K ndt L
K sLf k K
Kk k K LL
d k d K d L k K Ldt dt dt k K L
≡ = − δ =
= − δ
≡ → = −
= − → = −
8484
( )
( )
( ) ( )
( )
k sY K sYkn k n kk K K
sY K L Yk n k k s n kK L
k sy n k
− δ= − → = − + δ
= − + δ → = − + δ
= − + δ
8585
ŞŞekil 5.3. ekil 5.3. NeoklasikNeoklasik BBüüyyüüme Modelinde Dinamik Davranme Modelinde Dinamik Davranışış
( )sf k
( )f k
k0
( )k n + δ
*k
k0*k
k
( )( )k sf k n k= − + δ
8686
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.
( ) ( )
1 Y KY K L y kL L
k sk n k k n k sk
αα −α α
α α
⎛ ⎞= → = → =⎜ ⎟⎝ ⎠
= − + δ → + + δ =
8787
Son denklem, bir Bernoulli denklemidir. Bu nedenle, birinci sıra,
birinci dereceden doğrusal olmayan bir diferansiyel denklem
çözümü yapacağız.
( )
1
(1 )(1 )
dk n k skdt
dz dz dkz kdt dk dt
dz dk dk k dzkdt dt dt dt
α
−α
α−α
+ + δ =
= → =
= − α → =− α
8888
( )
( )
( )
( )
1
(1 )
(1 ) (1 )
(1 ) (1 )
(1 ) (1 ) 0
k dz n k skdt
dz n k sdt
dz n z sdt
dz n z s dt
αα
−α
+ + δ =− α
+ − α + δ = − α
+ − α + δ = − α
⎡ ⎤+ − α + δ − − α =⎣ ⎦
8989
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( ) ( )
( ) ( )
(1 ) (1 )
(1 ) (1 )
(1 ) (1 )
1 0
(1 ) (1 ) (1 )
(1 ) (1 ) 0
( , ) ( ) ( )
udt n dt n t
n t n t
n t n t
MMt
NN n z s nz
I e e e
e dz e n z s dt
F z t e dz t e z t
−α +δ −α +δ
−α +δ −α +δ
−α +δ −α +δ
∂= → =
∂
∂⎡ ⎤= − α + δ − − α → = − α + δ⎣ ⎦ ∂
∫ ∫= = =
⎡ ⎤+ − α + δ − − α =⎣ ⎦
= + ψ = + ψ∫
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )( )
( )
(1 )
(1 )
(1 )
(1 )
(1 )
(1 )
(1 ) ( )
(1 ) (1 )
(1 ) ( )
(1 ) (1 )
( ) (1 )
( ) (1 )
n t
n t
n t
n t
n t
n t
F n e z tt
N e n z s
F Nt
n e z t
e n z s
t e s
t se dt
−α +δ
−α +δ
−α +δ
−α +δ
−α +δ
−α +δ
∂ ′= − α + δ + ψ∂
⎡ ⎤= − α + δ − − α⎣ ⎦
∂=
∂
′− α + δ + ψ
⎡ ⎤= − α + δ − − α⎣ ⎦
′ψ = − − α
ψ = − − α∫
9090
( )( )
( )
( )( )
( )( )
( )
( )
( )
( )
(1 )2
(1 ) (1 )2 1
(1 )(1 )
(1 )
11
(1 )1
( )
( , )
( )
( )
n t
n t n t
n tt
n t
n t
st e cn
sF z t e z e c cn
se z c en
sz t cen
sz k k t cen
−α +δ
−α +δ −α +δ
−α +δ−α λ
− −α +δ
−α− −α +δ−α
ψ = − ++ δ
= − + =+ δ
= ++ δ
= ++ δ
⎡ ⎤= → = +⎢ ⎥+ δ⎣ ⎦
9191
9292
( )
( )
( )( )
( )
11
1
11
(1 )1
0 (0)
(0)
( ) (0) n t
st k cn
sc kn
s sk t k en n
−α
−α
−α− −α +δ−α
⎡ ⎤= → = +⎢ ⎥+ δ⎣ ⎦
= −+ δ
⎡ ⎤⎛ ⎞= − +⎢ ⎥⎜ ⎟⎜ ⎟+ δ + δ⎢ ⎥⎝ ⎠⎣ ⎦
9393ŞŞekil 5.4. ekil 5.4. NeoklasikNeoklasik BBüüyyüüme Modelinde Kararlme Modelinde Kararlıı SSüürereçç
100 200 300 400 500
20
40
60
80
100
( )( )
( )
( ) ( )
11
(1 )1
1 11 1
( ) (0)
(0) 100 , 0.2 , 0.01, 0.03 , 0.3
lim ( ) , 9.97
n t
t
s sk t k en n
k s n
s sk tn n
−α− −α +δ−α
−α −α
→∞
⎡ ⎤⎛ ⎞= − +⎢ ⎥⎜ ⎟⎜ ⎟+ δ + δ⎢ ⎥⎝ ⎠⎣ ⎦
= = = δ = α =
⎛ ⎞ ⎛ ⎞→ =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟+ δ + δ⎝ ⎠ ⎝ ⎠
9494
YakYakıınsama Hnsama Hıızzıınnıın Belirlenmesi ve n Belirlenmesi ve ÖÖllçüçülmesilmesi
Solow büyüme modelinin temel denklemini Harrod-nötr
teknolojik gelişmeyi de dikkate alacak şekilde yeniden yazarak
çözümlemeye başlayalım.
( ) ( )k sf k n g k= − + + δ
Bu denklemi, k ’nin durağan durum değeri ( ) etrafında bi-
rinci sıra açılımını yaparız:
*k
( ) ( ) ( )* *k sf k n g k k⎡ ⎤′= − + + δ −⎣ ⎦
9595
Açılımın nasıl yapıldığını daha ayrıntılı görelim:
( ) ( ) ( ) ( ) ( )* * * *k sf k n g k sf k n g k k⎡ ⎤ ⎡ ⎤′= − + + δ + − + + δ −⎣ ⎦ ⎣ ⎦
Durağan durumda 0 ’a eşittir.
( ) ( ) ( )* *k sf k n g k k⎡ ⎤′= − + + δ −⎣ ⎦
Durağan durumda olacağını dikkate alarak, açılımı yeniden
düzenleyelim ve buradan s ’yi çekelim.
* 0k =
9696
( ) ( )
( ) ( ) ( )( )
( )( ) ( ) ( ) ( )
* * *
** *
*
** *
*
0k sf k n g k
n g ksf k n g k s
f k
n g kk f k n g k k
f k
= − + + δ =
+ + δ= + + δ → =
⎡ ⎤+ + δ⎢ ⎥′= − + + δ −⎢ ⎥⎣ ⎦
9797
( )( ) ( ) ( )
* **
*1
f k kk n g k k
f k
⎡ ⎤′⎢ ⎥= − + + δ −⎢ ⎥⎣ ⎦
Üretim fonksiyonu olarak Cobb-Douglas’ı dikkate aldığımızda,
sermayenin payı ( ), α olacaktır. Bu durumu dik-
kate alarak yukarıdaki denklemi yeniden yazalım:
( ) ( )* * *f k k f k′
[ ]( ) ( )*1k n g k k= α − + + δ − ya da
( )*k k k= λ −
9898
Bu son denklemde,
[ ]( )1 n gλ = α − + + δ
olarak dikkate alınmıştır. λ , kişi başına sermayenin cari değeri
ile durağan durum değeri arasındaki açıklığın kapanma hızını
verir. Buna büyüme literatüründe yakyakıınsama hnsama hıızzıı denilmek-
tedir. Sermaye için türettiğimiz bu ifadeyi, kişi başına gelir
düzeyinin yakınsamasını belirlemek için de türetelim.
9999İlk olarak üretim fonksiyonunu yazalım.
( )y f k=
Üretim fonksiyonunun durağan durum değeri etrafında birinci
sıra Taylor açılımını yapalım ve ayrıca zamana göre türevini
belirleyelim.
( ) ( ) ( )
( ) ( )
( )
* * *
* * *
y f k f k k k
y y f k k k
y f k k
′= + −
′− = −
′=
100100
( ) ( )*
**
y yk kf k−
− =′ ( ) yf k
k′ =ve
( ) ( ) ( )*** *
y y ky yk k k ky y
k
−−− = → − =
101101
Bunları sermaye yakınsama denklemindeki yerlerine yazar ve
yeniden düzenlersek kişi başına gelir yakınsamasına ulaşırız.
( )
( )
*
*
y y kk
y
y y y
−= λ
= λ −
102102
YakYakıınsamannsamanıın Sn Sıınanmasnanmasıında Kullannda Kullanıılan Denklemlerin lan Denklemlerin
TTüüretilmesiretilmesi
Yukarıda belirlediğimiz yakınsama hızı denklemleri, birinci sıra
ve birinci dereceden bir diferansiyel denklemdir.
( ) ( )* * 0y y y dy y y dt= λ − → + λ − λ =
Bu denklemin çözümünü aşamalı olarak yapalım. Bu
diferansiyel denklem tam olmadığından, birinci aşamada bunu
tam hale getiririz.
103103
Entegral faktörünü belirleyelim ve diferansiyel denklemi tam
halde yazalım.
( )* 0
udt dt t
t t
I e e e
e dy e y y dt
λ λ
λ λ
∫ ∫= = =
+ λ − λ =
Bu tam diferansiyel denklemin çözümünün birinci aşamasında
önce y değişkenine göre (kısmi) entegrali alırız.
104104
( )
( )
*
1
0t t
t
e dy e y y dt
e y t c
λ λ
λ
+ λ − λ =
+ ψ =
∫ ∫ ∫
( ),F y t
İkinci aşamada t değişkenine göre türev alırız. Bunu N ’ye
eşitler ve ψ için çözeriz.
105105
( ) ( )
( ) ( )
*
* *2
, t t t
t t
F y t d ttye e y e y
t dt
d t y e dt t y e c
λ λ λ
λ λ
∂ ψ= + = λ − λ
∂
ψ = − λ → ψ = − +∫ ∫
ψ değerini yerine yazalım ve y(t) çözümünü elde edelim.
( ) 1te y t cλ + ψ =
106106
*2 1
*
t t
tt
e y y e c c
y ce y
λ λ
−λ
+ − + =
= +
c tesadüfi entegral sabitini belirleyebilmek için t=0 iken y
değerini y0 kabul edelim.
107107
( )
(0) * *0 0
* *0
tt
y ce y c y y
y y y e y
−λ
−λ
= + → = −
= − +
ya da her ki yandan terimini çıkarıp denklemi yeniden
düzenlersek şöyle yazabiliriz:
0y
( ) ( )*0 01 t
ty y e y y−λ− = − −
108108
DoDoğğrusal Olmayan Diferansiyel Denklemlere rusal Olmayan Diferansiyel Denklemlere
DoDoğğrusal Yaklarusal Yaklaşışımm
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
olacağı bilgisinden yararlanarak f(x)=0 durumunu
çözebiliriz.
0x =
109109
f(x) türevlenebilir ise, denge noktası (x*) civarında birinci sıra
Taylor açılımı yaparak, fonksiyonu doğrusallaştırabiliriz.
( ) ( ) ( ) ( ) ( )* * * *2 ,f x f x f x x x R x x′= + − +
Başlangıç değeri (x0) denge noktasına (x*) çok yakınsa,
olacağından, artık terimi ihmal edebiliriz. Ayrıca
(x*) değerinin denge noktası (ya da durağan durum değeri)
kabul ettiğimizde, olacaktır. Bunlara göre, denge
noktasındaki doğrusal yaklaşımı şöyle yazabiliriz:
( )*2 , 0R x x
( )* 0x f x= =
( ) ( ) ( )* *f x f x x x′= −
LiapunovLiapunov Teoremi:Teoremi:
, (x*) komşuluğunda doğrusal yaklaşımla elde edilmiş
olan aşağıdaki denkleme sahip bir doğrusal olmayan denklem
ise,
110110
( )x f x=
( ) ( ) ( ) ( )* * *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.
Aşağıdaki örnek fonksiyonu Liapunov teoremi açısından
inceleyelim.
111111
ÖÖrnek 14:rnek 14:
( ) ( )3* , , 0x f x a x x x a= = − −∞ < < ∞ >
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′= = + −
112112
( )
( ) ( )
( )
*
2*
*
0
3
0
x f x
f x a x x
f x
= =
′ = −
′ =
Buna göre açılım,
( ) ( ) ( ) ( )* * * 0x f x f x f x x x′= = + − =
113113
Birinci sıra açılımla elde ettiğimiz yukarıdaki son denklem,
genel bir kararlılığa sahip değildir. Çünkü x* ’dan farklı olan
herhangi bir x değeri, olduğundan dolayı tüm t değerle-
rinde yine x0 olacaktır. Sonuç olarak x0 limitte x* ’a yakınsamaz.
Bu anlamda, x*=0 , asimptotik olarak kararlı bir denge noktası
değildir.
0x =
114114ŞŞekil 5.5. ekil 5.5. LiapunovLiapunov TeoremiTeoremi
( )3*x a x x= −
•*x
x
x
* 0x =• x
0x > 0x <
115115
Şimdi Cobb-Douglas üretim fonksiyonunu dikkate alarak
uygulamayı yapalım. Neoklasik büyüme modelinin temel
denklemi şöyleydi:
( ) ( )k f k sAk n kα= = − + δ
Bu denklemi çözersek, iki durağan durum denge değerinin var
olduğunu görebiliriz:
( ) ( ) 0k f k sAk n kα= = − + δ =
116116
( )
*1
1 11*
2
0
0
k
k sAk nsAk
n
α− ⎛ ⎞−⎜ ⎟α−⎝ ⎠
⎧ =⎪⎪⎡ ⎤− + δ = ⎨⎣ ⎦ ⎛ ⎞⎪ = ⎜ ⎟⎪ + δ⎝ ⎠⎩
k* yakınlığında birinci sıra Taylor açılımını yapalım.
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
* * *
1* * *0 ,
f k f k f k k k
f k f k sA k nα−
′= + −
′= = α − + δ
117117
İlk k durağan durum denge değerini ( ) dikkate ala-
lım.
* *1 0k k= =
( ) ( ) ( ) ( )1* *1 0 0
lim limk k
f k f k sA k nα−
→ →
⎡ ⎤′ ′= = α − + δ = ∞⎢ ⎥⎣ ⎦
Şimdi ikinci k denge değerini ( ) dikkate alalım.* *2 0k k= >
( ) ( ) ( )
( )
1* *2 2
111
f k sA k n
sAsA nn
α−
α−⎛ ⎞−⎜ ⎟α−⎝ ⎠
′ = α − + δ
⎛ ⎞⎛ ⎞⎜ ⎟= α − + δ⎜ ⎟⎜ ⎟+ δ⎝ ⎠⎜ ⎟⎝ ⎠
118118
( ) ( ) ( ) ( ) ( )*2 1f k n n n′ = α + δ − + δ = + δ − α
Buna göre, Taylor açılımını yeniden düzenleyelim.
( ) ( ) ( ) ( )*1f k n k k= + δ − α −
n ve δ pozitif ve 0<α<1 olduğundan, yukarıdaki birinci sıra Taylor
açılımıyla elde ettiğimiz doğrusallaştırılmış temel neoklasik
denklemi, noktasında negatif eğimlidir. Şimdi bu durağan
durum denge değerinin kararlı olduğunu da görelim.
*2k
119119
Birinci sıra Taylor açılımını 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.
*2k
( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( )
( )
*
1* *2 0 2
*2
1
lim
n t
t
k f k n k k
k t k k k e
k t k
− +δ −α
→∞
= = − + δ − α −
= + −
=
120120ŞŞekil 5.6. ekil 5.6. NeoklasikNeoklasik BBüüyyüüme Modelinde Kararlme Modelinde Kararlıı SSüürereçç
••
( ) ( )f k sAk n kα= − + δ
k
k0 *1k *
2k
( ) ( ) ( ) ( )* *2 21f k n k k′ = − + δ − α −
( )*1f k′
İİKKİİNCNCİİ SIRA SIRA
DDİİFERANSFERANSİİYEL YEL
DENKLEMLERDENKLEMLER
122122
n. sıradan bir diferansiyel denklemi aşağıdaki gibi yazabiliriz.
1 2
1 2 11 2 ...........n n n
n nn n n
d y d y d y dya a a a y bdt dt dt dt
− −
−− −+ + + + + =
ya da
( ) ( 1)1 1( ) ( ) .......... ( ) ( )n n
n ny t a y t a y t a y t b−− ′+ + + + =
Bu denklem, n. sıradan, birinci dereceden (doğrusal) bir
diferansiyel denklemdir.
123123
Sabit KatsaySabit Katsayııllıı ve Sabit Terimli ve Sabit Terimli İİkinci Skinci Sııra ra
Diferansiyel DenklemDiferansiyel Denklem
1 2( ) ( ) ( )y t a y t a y t b′′ ′+ + =
Bu denklem, ikinci sıradan, birinci dereceden (doğrusal) bir
diferansiyel denklemdir. Buradaki a1, a2 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 (yp) ve tamamlayıcı fonksiyondan (yc) oluşacaktır. yp, y
değişkeninin dönemler-arası denge değerini, yc dengeden
sapmayı gösterecektir.
124124ÖÖzel Entegralzel Entegral
Özel entegralı çözerken, ilk olarak olanaklı en basit çözümden
yola çıkarız. Yani yy== sabitsabit olarak kabul ederiz. Eğer y bir sabitse;
( ) ( ) 0y t y t′′ ′= =
Bu durumda denklemi, a2y=b durumuna
dönüşür. Buna göre, özel çözüm:
1 2( ) ( ) ( )y t a y t a y t b′′ ′+ + =
22
, ( 0)pby aa
= ≠
125125ÖÖrnek 15:rnek 15:
1 2
( ) ( ) 2 10
1 , 2 , 10
y t y t y
a a b
′′ ′+ − = −
= = − = −
10 52py −
= =−
a2=0 durumunda çözüm tanımsız olacaktır. Yani artık yy==sabitsabit
olarak düşünemeyiz. y=kt olduğunu kabul edelim. a2=0 oldu-
ğundan, diferansiyel denklem şu biçime dönüşür.
1( ) ( )y t a y t b′′ ′+ =
126126
y=kt olursa, y′=kt ve y′=0 olacağından, diferansiyel denklem
a1k=b biçimine dönüşür. Buna göre özel çözüm:
2 11
, ( 0 , 0)pby t a aa
= = ≠
Bu durumda yp ’yi hareketli bir denge olarak yorumlayabiliriz.
ÖÖrnek 16:rnek 16:
1 2( ) ( ) 10 , 1 , 0 , 10y t y t a a b′′ ′+ = − = = = −
10 101py t t−
= = −
127127
a1=a2=0 durumunda özel çözüm yine tanımsız olacaktır. y=kt
çözümü geçersiz olacağından, y=kt2 olduğunu kabul edelim.
a1=a2=0 olduğundan, diferansiyel denklem y′′(t)=b biçimine
dönüşür.
2 ( ) 2 , ( ) 2
( ) 22
y kt y t kt y t k
by t b k b k
′ ′′= ⇒ = =
′′ = → = → =
Buna göre özel entegral:
22 1, ( 0 , 0)
2pby t a a= = =
128128
ÖÖrnek 17:rnek 17:
1 2( ) 10 , 0 , 0 , 10y t a a b′′ = − = = = −
2 210 52py t t−
= = −
TamamlayTamamlayııccıı FonksiyonFonksiyon
İkinci sıra diferansiyel denklemin ikinci çözüm parçası,
tamamlayıcı fonksiyondur. Tamamlayıcı fonksiyon, aşağıdaki
homojen ikinci sıra diferansiyel denklemin çözülmesiyle elde
edilir.
1 2( ) ( ) ( ) 0y t a y t a y t′′ ′+ + =
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.
Dolayısıyla y=Aert çözümünü kabul ederek başlayalım.
129129
2
1 2
21 2
( ) , ( )
( ) ( ) ( ) 0
0
rt rt rt
rt rt rt
y Ae y t rAe y t r Ae
y t a y t a y t
r Ae a rAe a Ae
′ ′′= ⇒ = =
′′ ′+ + =
+ + =
130130
( )21 2
21 2
0
0 , 0
rtAe r a r a
A r a r a
+ + =
= + + =
Veri bir başlangıç koşulunda A≠0 olacağından, r2+a1r+a2=0
durumunu dikkate alacağız. Bu ikinci dereceden polinomun
karakteristik kökleri şöyledir:
2 21 1 2 1 1 2
1 2
4 4,
2 2a a a a a a
r r− + − − − −
= =
131131
Bu iki kök değerini y=Aert çözümündeki yerine yazarsak,
elimizde iki çözüm olur.
1 21 1 2 2,r t r ty A e y A e= =
Bu iki çözümün toplamı, genel çözümü verecektir. Eğer
gerçekten y1+y2 toplamı doğru çözümlerse, bunları homojen
denklemdeki yerlerine yazdığımızda, sıfıra eşitliğin sağlanması
gerekir.
132132
1 1 1 2 1
2 1 2 2 2
( ) ( ) 0
( ) ( ) 0
y t a y t a y
y t a y t a y
′′ ′+ + =
′′ ′+ + =
Bu iki denklemi toplayalım:
1 2 1 1 2 2 1 2( ) ( ) ( ) ( ) 0y t y t a y t y t a y y′′ ′′ ′ ′+ + + + + =⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦2
1 22
( )d y ydt+ 1 2( )d y y
dt+
Yukarıdaki toplama işlemi, homojen denklemin sağlandığını
göstermektedir. Bu nedenle, karakteristik köklerden elde
edeceğimiz iki çözümün toplamı bizi genel çözüme götürecektir.
Şimdi dikkatimizi, ikinci derece karakteristik denklemin
çözümüyle elde edeceğimiz karakteristik köklerin kaç tane
olabileceği üzerinde yoğunlaştıralım. Üç değişik olasılık vardır.
Bu olasılıkları aşağıda görelim ve her olasılık karşısında genel
çözümün nasıl oluşacağına bakalım.
133133
134134
1. Durum: 1. Durum: İİki Farklki Farklıı Reel KReel Köökk
olursa, iki farklı reel kök vardır. Buna göre
tamamlayıcı fonksiyon:
21 24a a> 1 2( , )r r
1 21 2 1 2 1 2, ( )r t r t
cy y y A e A e r r= + = + ≠
ÖÖrnek 18:rnek 18:
( ) ( ) 2 10y t y t y′′ ′+ − = − diferansiyel denklemini çözelim:
1 21 , 2a a= = −
21 1 2
1,2
4 1 1 82 2
a a ar
− ± − − ± += = 1 21 , 2r r= = −
135135
1 2
21 2
( )
5
c p p
t t
y t y y y y y
A e A e−
= + = + +
= + +
A1 ve A2 sabitlerini belirli hale getirmek için, başlangıç
koşullarına ihtiyacımız var. Örneğin başlangıç koşulları şöyle
olsun:
1 21 2 1 2
21 2 1 2
(0) 12 , (0) 2
( ) 5 , 0 (0) 5 12
( ) 2 , 0 (0) 2 2
r t r t
t t
y y
y t A e A e t y A A
y t A e A e t y A A−
′= = −
= + + = ⇒ = + + =
′ ′= − = ⇒ = − = −
136136
1 2
1 2
7
2 2
A A
A A
+ =
− = −1 24 , 3A A= =
1 2 21 2( ) 5 ( ) 4 3 5r t r t t ty t A e A e y t e e−= + + → = + +
Bu çözümün doğruluğunu, türev alma yoluyla kontrol edebiliriz.
2
2
( ) 4 6
( ) 4 12
t t
t t
y t e e
y t e e
−
−
′ = −
′′ = +
( ) ( ) 2 10y t y t y′′ ′+ − = −
( )2 2 24 12 4 6 2 4 3 5 10
10 10
t t t t t te e e e e e− − −+ + − − + + = −
− = −
2. Durum: Bir reel k2. Durum: Bir reel köökk
olursa, bir reel kök vardır. Buna göre
tamamlayıcı fonksiyon:
21 24a a= 1 2( )r r r= =
137137
( )1 2 1 2 1 2 3rt rt rt rt
cy y y A e A e A A e A e= + = + = + =
Ancak salt bu şekildeki bir tamamlayıcı fonksiyon, ilkel
çözümün elde edilmesi için yeterli değildir. Buna ek olarak, A3ert
teriminden doğrusal bağımsız bir terime de gereksinim duyarız.
Bu terim A4tert ’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.
138138
( )
24 4
1 2
24 1 4 2 4
21 2 4
( ) ( 1) , ( ) ( 2 )
( ) ( ) 0
( 2 ) ( 1) 0
( 2 ) ( 1) 0
rt rt
rt rt rt
rt
y t rt A e y t r t r A e
y t a y t a y
r t r A e a rt A e a A te
r t r a rt a t A e
′ ′′= + = +
′′ ′+ + =
+ + + + =
⎡ ⎤+ + + + =⎣ ⎦
ve durumu sağlandığında, yukarıdaki
denklem de sağlanmış olacaktır. Zira bu koşullar, tek reel
karakteristik kök olduğunu göstermektedir.
21 24a a= 1 2r a= −
139139Buna göre tek karakteristik kök durumunda ikinci sıra, birinci
derece diferansiyel denklemin tamamlayıcı fonksiyonunu şöyle
yazabiliriz:
3 4rt rt
cy A e A te= +
ÖÖrnek 19:rnek 19:
diferansiyel denklemini çözelim:( ) 6 ( ) 9 27y t y t y′′ ′+ + =
1 26 , 9a a= =
21 1 2
1,2
4 6 36 36 32 2
a a ar r
− ± − − ± += = = = −
140140Buna göre tamamlayıcı fonksiyon:
3 33 4 3 4
rt rt t tc cy A e A te y A e A te− −= + → = +
Özel çözüm:
2
27 39p
bya
= = =
Buna göre, denklemin genel (ancak belirli olmayan) çözümü:
3 33 4( ) 3t t
c py t y y A e A te− −= + = + +
141141Başlangıç koşulları bilinirse, belirli çözüm yazılabilir. Başlangıç
koşullarının aşağıdaki gibi verildiğini varsayalım:
(0) 5 , (0) 5y y′= = −
3 33 4
3 3 33 4 4
3 3
3 4 4
3 3
( ) 3
( ) 3 3
0 (0) 3 5 2
0 (0) 3 5 1
( ) 2 3
t t
t t t
t t
y t A e A te
y t A e A te A e
t y A A
t y A A A
y t e te
− −
− − −
− −
= + +
′ = − + − +
= → = + = → =
′= → = − + = − → =
= + +
142ÖÖrnek 20:rnek 20:
diferansiyel denklemini çözelim:( ) 2 ( ) 4y t y t y′′ ′+ − = −
142
1 2
2
21 1 2
1
21 1 2
2
2 , 1 , 4
4 41
41 2
2
41 2
2
p
a a b
bya
a a ar
a a ar
= = − = −
−= = =
−
− + −= = − +
− − −= = − −
143143
1 21 2
( 1 2 ) ( 1 2 )1 2
( 1 2 ) ( 1 2 )1 2
( )
( ) 4
r t r tc
t tc
c p
t t
y A e A e
y A e A e
y t y y
y t A e A e
− + − −
− + − −
= +
= +
= +
= + +
144144ÖÖrnek 21:rnek 21:
diferansiyel denklemini çözelim:( ) ( ) 7y t y t′′ ′+ =
1 2
2 11
21 1 2
1
21 1 2
2
1 , 0 , 7
7, ( 0 , 0) 71
40
2
41
2
p p
a a b
by t a a y t ta
a a ar
a a ar
= = =
= = ≠ → = =
− + −= =
− − −= = −
145145
1 21 2
1 2
1 2
( )
( ) 7
r t r tc
tc
c p
t
y A e A e
y A A e
y t y y
y t A A e t
−
−
= +
= +
= +
= + +
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.
21 24a a<
146146
sayısına, sanal sayı denilir. Bunun gibi,
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:
1i ≡ −
9 9 1 3i− = − =
( )h vi+
147147
1481483. Durum: Sanal K3. Durum: Sanal Kööklerkler
h=0 ise, karmaşık sayı sanal bir sayıya; v=0 ise reel sayıya
dönüşür. Sanal sayılar da reel sayılar da karmaşık sayıların
birer alt kümesidir.
h+vi karmaşık sayısını Şekil 24’deki grafikte yer almaktadır.
Karakteristik köklerin sanal sayı olduğu durumuna ye-
niden dönelim.
21 24a a<
2 2 21 2 2 1 2 14 4 1 4a a a a a a i− = − − = −
149149
1
22 1
2
42
ah
a av
= −
−=
kısaltmalarını kullanalım.
21 1 2
1 2
4,
2a a a
r r h vi− ± −
= = ±
150150ŞŞekil 5.7. Sanal Sayekil 5.7. Sanal Sayıılarlar
Hayali
Eksen
h
v
0
2 2R h v= +
( , )C h v
Gθ
•
• Reel Eksen
151151
ÖÖrnek 22:rnek 22:
karakteristik denkleminin köklerini bulalım.2 4 0r r+ + =
1 21 15 1 15 1 1 15,
2 2 2 2r r i− ± − − ± − −
= = = ±
Karmaşık kök durumunda, diferansiyel denklemin tamamlayıcı
fonksiyonunu, iki reel kök durumundaki (1. Durum) tamam-
layıcı fonksiyon gibi yazabiliriz.
152152
( ) ( )
( ) ( )( )
1 21 2
1 2
1 2
r t r tc
h vi t h vi tc
vi t vi thtc
y A e A e
y A e A e
y e A e A e
+ −
−
= +
= +
= +
Şimdi çembersel fonksiyonlarla karmaşık sayılar arasındaki
bağı kurarak, tamamlayıcı fonksiyonu trigonometrik biçimde
ifade etmeye geçelim.
153153
Aşağıdaki Şekil 5.8a’da OP doğru parçasının saatin tersi yönde
sürekli biçimde hareket ettiğini düşünelim. Bu hareket
sürecinde R aynı kalır, ancak θ, h ve v değişir. Dolayısıyla
v/R ve h/R de değişir.
sin , cosv hR R≡ θ ≡ θ
Trigonometrik ifadeleri açısal değil de radyan değerler
cinsinden ifade edebilmek için aşağıdaki tabloyu kullanalım.
Derece 360 270 180 90 45 0
Radyan 0π3 2π 2π 4π2π
154154ŞŞekil 5.8a. Karmaekil 5.8a. Karmaşışık Sayk Sayıılar (lar (ArgandArgand GGöösterimi)sterimi)
h
vR
θ
P
A
B
C
D
0Reel Eksen
155155ŞŞekil 5.8b. Karmaekil 5.8b. Karmaşışık Sayk Sayıılar (lar (ArgandArgand GGöösterimi)sterimi)
1R =
( )Radyanθ
B
A
1
1−0 1
1−
AB Yayı = θ
AB YayıR
θ ≡
R veriyken, sinθ ’daki değişiklikler v ’nin (θ ’nın) değişimine
bağlıdır. v sıfırdan başlamak üzere artar, B noktasında en
yüksek değerine ulaşır, sonra azalarak yeniden sıfır olur. C
noktasından sonra eksi değerler alarak, sıfır oluncaya kadar
değişimini sürdürür. Bu döngü bu şekilde yinelenir. 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.
156156
157157ŞŞekil 5.9. Sinekil 5.9. Sinüüs Fonksiyonus Fonksiyonu
158158ŞŞekil 5.10. ekil 5.10. CosinCosinüüss FonksiyonuFonksiyonu
159159
sinθ ve cosθ fonksiyonlarıyla ilgili bazı temel özdeşlikler
şöyledir:
• sin( 2 ) sin , cos( 2 ) cos
cos sin2
sin( ) sin( ) , cos( ) cos( )
n nθ + π = θ θ + π = θ
π⎛ ⎞θ = θ +⎜ ⎟⎝ ⎠
−θ ≡ − θ −θ ≡ − θ
•
•
160160
•
( )
( )
( ) ( )
2 2
1 2 1 2 1 2
1 2 1 2 1 2
sin cos 1
sin sin cos cos sin
cos cos cos sin sin
sin coscos , sin
d dd d
θ + θ ≡
θ ± θ ≡ θ θ ± θ θ
θ ± θ ≡ θ θ θ θ
θ θ= θ = − θ
θ θ
∓
•
•
•
EULER EULER İİlilişşkilerikileri
Şimdi sinθ ve cosθ fonksiyonları için Maclurin serisi açılımlarını
yapalım ve üstel fonksiyonlarla çembersel fonksiyonlar
arasındaki bağlantıyı oluşturalım.
161161
(4) (4)
( ) sin (0) sin 0 0
( ) cos (0) cos 0 1
( ) sin (0) sin 0 0
( ) cos (0) cos 0 1
( ) sin (0) sin 0 0
φ θ = θ → φ = =
′ ′φ θ = θ → φ = =
′′ ′′φ θ = − θ → φ = − =
′′′ ′′′φ θ = − θ → φ = − = −
φ θ = θ → φ = =
162162
2 3
3 5 72
2 3
2 4 6
cos 0 sin 0 cos0sin sin 0 ..........1! 2! 3!
sin ..........3! 5! 7!
sin 0 cos 0 sin 0cos cos 0 ..........1! 2! 3!
cos 1 ..........2! 4! 6!
− −θ = + θ + θ + θ +
θ θ θθ = θ − + − +
− −θ = + θ + θ + θ +
θ θ θθ = − + − +
163163
2 3 4
1 ..........2! 3! 4!
x x x xe x= + + + + +
e üstel fonksiyonunun açılımı da şöyleydi:
xi=θ olduğunu varsayalım.
2 3 4 5
2 3 4 5
( ) ( ) ( ) ( )1 ..........2! 3! 4! 5!
1 ..........2! 3! 4! 5!
i i i i ie i
i ii
θ θ θ θ θ= + θ + + + + +
θ θ θ θ= + θ − − + + −
164164
cosθ sinθ
2 4 6 3 5 7
1 ..... .....2! 4! 6! 3! 5! 7!
ie iθ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞θ θ θ θ θ θ= − + − + − θ − + − +⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠
cos sinie iθ ≡ θ θ∓
sin , cos
cos sin (cos sin ) i
v R h R
h vi R Ri R i Re± θ
= θ = θ
± = θ ± θ = θ ± θ =
165165h ve v, kartezyen koordinatları, R ve θ polar koordinatları temsil
etmektedir.
ÖÖrnek 23:rnek 23:
karmaşık sayısının kartezyen biçimini bulalım.
Burada
3 / 25 ie π
5 , 3 2R = θ = π
( )
( )
cos 5cos 3 2 0
sin 5sin 3 2 5
h R h
v R v
= θ → = π =
= θ → = π = −5h vi i+ = −
166166ÖÖrnek 24:rnek 24:
ifadesinin polar ve üstel biçimlerini bulalım.
Burada
( )1 3i+
1 , 3h v= =
2 2 2R h v= + =
1 3cos , sin2 2
h vR R
θ = = θ = = 3π
θ =
/ 31 3 2 cos sin 23 3
ii i e ππ π⎛ ⎞+ = + =⎜ ⎟⎝ ⎠
167167
Bir karmaşık sayının n. kuvvetine sahipsek, bunun polar ve
üstel biçimlerini şöyle yazarız.
olduğundan;ih vi Re θ+ =
( ) ( )
( ) ( )cos sin
nn i n in
n n
h vi Re R e
h vi R n i n
± θ ± θ± = =
± = θ ± θ
( ) ( )cos sin cos sinn nR i R n i n⎡ ⎤θ ± θ = θ ± θ⎣ ⎦
De De MoivreMoivre TeoremiTeoremi
168168
KarmaKarmaşışık Kk Köökler Durumunda Diferansiyel Denklemin kler Durumunda Diferansiyel Denklemin
ÇöÇözzüülmesilmesi
homojen diferansiyel denkleminin
tamamlayıcı fonksiyonunu belirleyelim.
olduğunda, karakteristik kökler karmaşık sayılardan
oluşacaktır:
1 2( ) '( ) 0y t a y t a y′′ + + =
21 24a a<
1 2
22 11
,
4,
2 2
r r h vi
a aah v
= ±
−= − =
169169Buna göre tamamlayıcı fonksiyon:
( )
( ) ( )
( ) ( )
1 2
1 2
1 2 1 2
5 6
cos sin , cos sin
cos sin cos sin
cos sin
cos sin
ht vit vitc
vit vit
htc
htc
htc
y e A e A e
e vt i vt e vt i vt
y e A vt i vt A vt i vt
y e A A vt A A i vt
y e A vt A vt
−
−
= +
= + = −
⎡ ⎤= + + −⎣ ⎦
⎡ ⎤= + + −⎣ ⎦
= +⎡ ⎤⎣ ⎦
170170ÖÖrnek 25:rnek 25:
Aşağıda başlangıç koşulları da verilmiş olan diferansiyel
denklemi çözelim.
1 2
2
21 2
21 2 1
( ) 2 ( ) 17 34 , (0) 3 , (0) 11
2 , 17 , 34
34 217
4 4 68
1 11 , 4 42 2
p
y t y t y y y
a a b
bya
a a
h a v a a
′′ ′ ′+ + = = =
= = =
= = =
= < =
= − = − = − =
171171
( )
( )
( )
5 6
5 6
5 5
6 5 5 6
6 5 6
cos 4 sin 4
( ) cos 4 sin 4 2
0 (0) 2 3 1
( ) 4 cos 4 4 sin 4 cos 4 sin 4
0 (0) 4 11 3
( ) cos 4 3sin 4 2
tc
tc p
t
t
y e A t A t
y t y y e A t A t
t y A A
y t e A t A t A t A t
t y A A A
y t e t t
−
−
−
−
= +
= + = + +
= → = + = → =
′ = − − −⎡ ⎤⎣ ⎦
′= → = − = → =
= + +
172172
Yukarıda elde ettiğimiz çözümde yp , dönemlerarası denge
düzeyini; yc , zaman içindeki seyri vermektedir. yc’nin sinüsoidal
olması nedeniyle, dalgalı bir zaman patikası oluşur. Şimdi genel
olarak aşağıdaki tamamlayıcı fonksiyonu dikkate alarak
yorumlayalım.
( )5 6cos sinhtcy e A vt A vt= +
dönemi 2π, dalga büyüklüğü 1 olan çembersel
fonksiyondur. Çarpım olarak duran A5 terimi, dalga aralığını
kendisi kadar genişletmektedir. Buna göre, , 2π/v
dönemine ve A5 dalga boyuna sahip bir kosinüs fonksiyonudur.
Aynı yorumu sinüs için de yapabiliriz. Yani, , 2π/v
dönemine ve A6 dalga boyuna sahip bir sinüs fonksiyonudur.
Diğer yandan tamamlayıcı fonksiyonda yer alan eht terimi de,
dalgalanma sürecinin giderek genişleyeceğini, daralacağını ya
da sabit kalacağını belirlemektedir.
( )cosvt
5 cosA vt
173173
6 sinA vt
h>0 ise dalga boyu giderek genişler, süreç dengeden dengeden ııraksayanraksayan
bir durum alır.
h>0 ise dalga boyu giderek daralır, süreç dengeye yakdengeye yakıınsayannsayan
bir durum alır. Bu, istikrarlı denge durumudur.
174174
175175
( )0.08
5 6
( ) cos sin
1 , 0.08 , 1 , 1
ty t e t t
v h A A
= +
= = = =
ŞŞekil 5.11. ekil 5.11. İİkinci Skinci Sııra Diferansiyel Denklemra Diferansiyel Denklem
DalgalDalgalıı KarasKarasıız Sz Süürereçç
176176ŞŞekil 5.12. ekil 5.12. İİkinci Skinci Sııra Diferansiyel Denklemra Diferansiyel Denklem
DalgalDalgalıı KararlKararlıı SSüürereçç
( )( 0.08)
5 6
( ) cos sin
1 , 0.08 , 1 , 1
ty t e t t
v h A A
−= +
= = − = =
177177ŞŞekil 5.13. ekil 5.13. İİkinci Skinci Sııra Diferansiyel Denklemra Diferansiyel Denklem
DalgalDalgalıı Belirsiz SBelirsiz Süürereçç
( )0
5 6
( ) cos sin
1 , 0 , 1 , 1
ty t e t t
v h A A
= +
= = = =
178178ÖÖrnek 26:rnek 26:
Aşağıda başlangıç koşulları da verilmiş olan diferansiyel
denklemi çözelim.
1 2
2
21 2
21 2 1
( ) 4 ( ) 8 2 , (0) 2.25 , (0) 4
4 , 8 , 2
2 18 4
16 4 32
1 12 , 4 22 2
p
y t y t y y y
a a b
bya
a a
h a v a a
′′ ′ ′+ + = = =
= = =
= = =
= < =
= − = − = − =
179179
( )
( )
( )
25 6
25 6
5 5
2 26 5 5 6
6 5 6
2
cos 2 sin 2
1( ) cos 2 sin 24
1 90 (0) 24 4
( ) 2 cos 2 2 sin 2 2 cos 2 sin 2
0 (0) 2 2 4 4
1( ) 2cos 2 4sin 24
tc
tc p
t t
t
y e A t A t
y t y y e A t A t
t y A A
y t e A t A t e A t A t
t y A A A
y t e t t
−
−
− −
−
= +
= + = + +
= → = + = → =
′ = − − +⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎣ ⎦ ⎣ ⎦
′= → = − = → =
= + +
180180
Fiyat BekleyiFiyat Bekleyişşleri ve Fiyat Trendileri 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:
[ ]
[ ]
( ), ( ), ( )
( ), ( ), ( )
d
s
Q D P t P t P t
Q S P t P t P t
′ ′′=
′ ′′=
181181
Örneğin talep ve arz fonksiyonlarının aşağıdaki gibi olduğunu
varsayalım:
, ( , 0)
, ( , 0)
d
s
Q P mP nP
Q P uP wP
′ ′′= α − β + + α β >
′ ′′= −γ + δ + + γ δ >
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.
182182
Şimdi yalnızca talep fonksiyonunun gecikme içerdiğini
varsayalım. Talep ve arz fonksiyonlarını birbirine eşitleyerek
düzenleyelim.
,d s
d s
Q P mP nP Q P
Q Q P mP nP P
mP P Pn n n
′ ′′= α −β + + = −γ + δ
′ ′′= → α−β + + = −γ + δ
β + δ α + γ′′ ′+ − = −
183183
İlk olarak bu modelin dönemlerarası denge fiyatını, yani özel
çözümü (Pp) bulalım.
( )( )2
p
nbPa n
− α + γ α + γ= = =
− β + δ β + δ
Şimdi tamamlayıcı fonksiyonu bulalım. Tamamlayıcı fonksiyon
için karakteristik kök çözümüne göre üç farklı durum ortaya
çıkabilir.
1841841. Durum: 1. Durum: İİki Farklki Farklıı Reel KReel Köökk
221 24 4ma a
n nβ + δ⎛ ⎞ ⎛ ⎞> → > −⎜ ⎟ ⎜ ⎟
⎝ ⎠ ⎝ ⎠
Buna göre tamamlayıcı fonksiyon:
1 21 2
21 2 1 1 2
2
1 2
1, 42
1, 42
r t r tcP A e A e
r r a a a
m mr rn n n
= +
⎡ ⎤= − ± +⎣ ⎦
⎡ ⎤β + δ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎢ ⎥= − ± +⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦
185185
Genel çözüm:
1 21 2( ) r t r t
c pP t P P A e A e α + γ= + = + +
β + δ
186186
2. Durum: Tek Reel K2. Durum: Tek Reel Köökk
221 24 4ma a
n nβ + δ⎛ ⎞ ⎛ ⎞= → = −⎜ ⎟ ⎜ ⎟
⎝ ⎠ ⎝ ⎠
2mrn
= −
Genel çözüm:
2 23 4( ) mt n mt nP t A e A te− − α + γ
= + +β + δ
1871873. Durum: Karma3. Durum: Karmaşışık Kk Kööklerkler
221 24 4ma a
n nβ + δ⎛ ⎞ ⎛ ⎞< → < −⎜ ⎟ ⎜ ⎟
⎝ ⎠ ⎝ ⎠
( )
1 2
1
22
2 1
25 6
,
12 2
1 14 42 2
( ) cos sinmt n
r r h vi
mh a hn
mv a a vn n
P t e A vt A vt−
= ±
= − → = −
β + δ⎛ ⎞ ⎛ ⎞= − − → = − −⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠
α + γ= + +
β + δ
188188ÖÖrnek 27:rnek 27:
Aşağıda başlangıç koşulları ve arz-talep fonksiyonları verilmiş
olan piyasanın zaman içindeki fiyat değişim denklemini
belirleyelim.
( )1 2 1 2
6 21 2
42 4 4 , 6 8
(0) 6 , (0) 4
4 12 48
1, 4 16 48 6 , 22
( ) 4
d s
d s
t t
Q P P P Q P
P P
Q Q P P P
r r r r
P t A e A e−
′ ′′= − − + = − +
′= =
′′ ′= → − − = −
= ± + → = = −
= + +
189189
1 2
6 21 2
6 21 2
1 2
1 2
6 2
0 (0) 4 6
( ) 4
( ) 6 2
0 (0) 6 2 4
1 , 1
( ) 4
t t
t t
t t
t P A A
P t A e A e
P t A e A e
t P A A
A A
P t e e
−
−
−
= → = + + =
= + +
′ = −
′= → = − =
= =
= + +
190190
Aşağıda başlangıç koşulları ve arz-talep fonksiyonları verilmiş
olan piyasanın zaman içindeki fiyat değişim denklemini
belirleyelim.
ÖÖrnek 28:rnek 28:
( )( )
1 2 1 2
5 6
40 2 2 , 5 3
(0) 12 , (0) 1
2 5 45
1, 2 4 20 1 2 , 1 22
( ) cos 2 sin 2 9
d s
d s
t
Q P P P Q P
P P
Q Q P P P
r r r i r i
P t e A t A t−
′ ′′= − − − = − +
′= =
′′ ′= → + + =
= − ± − → = − + = − −
= + +
191191
( )
( ) ( )
( )
5
5 6
5 6 5 6
5 6
5 6
0 (0) 9 12
( ) cos 2 sin 2 9
( ) cos 2 sin 2 sin 2 2 cos 2
0 (0) 2 1
3 , 2
( ) 3cos 2 2sin 2 9
t
t t
t
t P A
P t e A t A t
P t e A t A t e A t A t
t P A A
A A
P t e t t
−
− −
−
= → = + =
= + +
′ = − + + − +
′= → = − + =
= =
= + +
