DIFFERENCIAEGYENLETEK

DIFFERENCIAEGYENLETEK A gazdas´ag v´ altoz´o mennyis´egeit (j¨ovedelem, fogyaszt´as, beruh´ az´as,...) a´ltal´ aban bizonyos id˝ oszakonk´ent (naponta, hetente, havonta, ´evente) figyelj¨ uk meg. Ha ezeket a megfigyel´eseket feljegyezz¨ uk ´es egy¨ utt tekintj¨ uk, u ´.n. id˝ osort kapunk. Jel¨ olje x a v´ altoz´o mennyis´eget (pl. fogyaszt´as) ´es xt annak a t-edik id˝opontban megfigyelt ´ert´ek´et (t = 0, 1, 2, . . .). Az id˝ osor teh´ at: x0 , x1 , . . . , xt , xt+1 , . . . = {xt }∞ t=0 , vagyis egy sorozat. Bizonyos id˝ osorok nem v´eletlenszer˝ uek, ellenkez˝oleg, a t-edik id˝opontban felvett ´ert´ek valamilyen t¨ orv´enyszer˝ us´eg alapj´an egy´ertelm˝ uen meghat´ arozhat´ o az el˝ oz˝o (t − 1-edik, t − 2-edik,...) id˝ opontokhoz tartoz´ o ´ert´ekekb˝ ol. Ezen t¨ orv´enyszer˝ us´egeket le´ır´ o matematikai formul´ ak a differenciaegyenletek. Matematikailag: legyen adva egy (t, x)
→ f (t, x) f¨ uggv´eny ´es tegy¨ uk fel, hogy b´ armely t eset´en (itt ´es a tov´abbiakban t a 0, 1, 2, 3, . . . nem-negat´ıv eg´esz sz´amok valamelyik´et jel¨ oli), az f (t, ·) f¨ uggv´eny tetsz˝oleges val´ os sz´ amra ´ertelmezve van. Ekkor az xt = f (t, xt−1 ) (t = 1, 2, 3, . . .) o¨sszef¨ ugg´est els˝ orend˝ u differenciaegyenletnek nevezz¨ uk. Ez azt mondja meg, hogyan kell kisz´am´ıtani az id˝ osor t-edik elem´et a t − 1-edikb˝ol. Ez teh´at egy iter´ aci´ ot r¨ ogz´ıt: ha tudjuk asi (kezd˝o) ´ert´eket, akkor kisz´ am´ıthat´ o x1 , abb´ ol x2 ´es ´ıgy tov´ abb, az eg´esz az x0 kiindul´ id˝ osor. Az´ert els˝orend˝ u az egyenlet, mert csak az el˝ oz˝o ´ert´eket haszn´aljuk a kisz´ am´ıt´ ashoz. Ha az el˝oz˝o kett˝ ore van sz¨ uks´eg a kisz´am´ıt´ ashoz, akkor m´ asodrend˝ unek nevezz¨ uk az egyenletet (err˝ol k´es˝obb lesz sz´o). Az egyenlet megold´ asa maga az id˝ osor {xt }∞ t=1 , amelyet at az egyenletnek v´egtelen sok megold´ asa van, de ha r¨ oviden xt -nek is fogunk ´ırni. Teh´ uen meghat´ arozott. r¨ ogz´ıtj¨ uk az x0 kezdeti ´ert´eket, akkor a megold´as m´ar egy´ertelm˝ ˝ ˝ DIFFERENCIAEGYENLETEK ELSOREND U Konstans egy¨ utthat´ os line´ aris egyenlet xt = axt−1 + bt

(t = 1, 2, 3, . . .)

ahol a ∈ R konstans, b1 , b2 , b3 , . . . adott sorozat. Tegy¨ uk fel, hogy x0 adott ´es v´egezz¨ uk el az iter´ aci´ o els˝o h´ arom l´ep´es´et: x1 = ax0 + b1 x2 = ax1 + b2 = a2 x0 + ab1 + b2 x3 = ax2 + b3 = a3 x0 + a2 b1 + ab2 + b3 . ´ Eszrev´ eve a t¨orv´enyszer˝ us´eget, tudjuk folytatni az id˝ osort sz´amol´as n´elk¨ ul: x4 = a4 x0 + a3 b1 + a2 b2 + ab3 + b4 x5 = a5 x0 + a4 b1 + a3 b2 + a2 b3 + ab4 + b5 . Ebb˝ ol a k¨ ovetkez˝o t´etelhez jutunk: 1

T´etel. Az xt = axt−1 + bt

(t = 1, 2, 3, . . .)

differenciaegyenlet megold´asa: xt = at x0 + at−1 b1 + at−2 b2 + · · · + abt−1 + bt , vagyis t¨ om¨orebben ´ırva: t

xt = a x0 +

t


at−k bk

(t = 1, 2, 3, . . .)

k=1

Bizony´ıt´ as. A teljes indukci´ o m´o dszer´et haszn´aljuk. A formul´ at bebizony´ıtottuk a t = 1 ´ert´ekre. Tegy¨ uk fel, hogy a formula igaz t-re. Bel´atjuk, hogy akkor igaz t+1-re is. Val´ oban:   t
t t−k xt+1 = axt + bt+1 = a a x0 + a bk + bt+1 k=1

=a

t+1

x0 +

t


a

t+1−k

bk + bt+1 = a

k=1

t+1

x0 +

t+1


a(t+1)−k bk ,

k=1

de ez ´eppen a bizony´ıtand´ o formula jobboldala. ugg t-t˝ol, teh´at bt = b Ha bt nem f¨ (t = 1, 2, 3, . . .), akkor t


at−k bk = b

k=1

t


at−k = b(at−1 + at−2 + · · · + a2 + a + 1) =

k=1 t

=b

a −1 a−1

(a = 1).

Ha bt = b (t = 1, 2, 3, . . .) ´es a = 1, akkor t


at−k bk = b(1 + 1 + · · · + 1) = bt.

k=1

Teh´at a k¨ ovetkez˝o szab´alyt kaptuk: xt = axt−1 + b (t = 1, 2, 3, . . .)   b b + xt = a t x 0 − (a = 1) 1−a 1−a xt = x0 + tb (a = 1)   1 1 1. P´ elda. xt = xt−1 + 3 a = , b = 3 2 2  t 1 (x0 − 6) + 6 xt = 2 2

(t = 0, 1, 2, . . .).

2. P´ elda. xt = −3xt−1 + 4 (a = −3, b = 4) xt = (−3)t (x0 − 1) + 1. (Az el˝oad´ ason bemutatjuk a k´et megold´ast az ODE ARCHITECT programcsomag seg´ıts´eg´evel.) Egy alkalmaz´ as: A n¨ oveked´es multiplik´ ator-akceler´ ator modellje. Yt : a nemzeti j¨ovedelem a t-edik ´evben It : a teljes beruh´ az´as a t-edik ´evben as a t-edik ´evben St : a teljes megtakar´ıt´ Tegy¨ uk fel, hogy (1) a megtakar´ıt´ as ar´ anyos a nemzeti j¨ ovedelemmel (multiplik´ator-szab´aly): St = α Yt

(0 < α = a´lland´ o)

(2) a beruh´ az´as ar´ anyos a nemzeti j¨ ovedelem megv´altoz´as´aval az el˝ oz˝o ´evhez k´epest (akceler´ator-t´enyez˝o): It = β(Yt − Yt−1 )

(0 < β = a´lland´ o)

(3) fenn´ all az egyens´ ulyi felt´etel, teh´ at a teljes beruh´ az´as nem haladhatja meg a megtakar´ıt´ ast – vele egyenl˝o: St = It A (3) felt´etel seg´ıts´eg´evel kik¨ usz¨ob¨ olj¨ uk az St v´ altoz´ot, teh´at (1)-b˝ ol az It = α Yt ad´ o dik. Ezt a (2)-be helyettes´ıtve ad´o dik: α Yt = β(Yt − Yt−1 ), ahonnan Yt -t kifejezve kapjuk: Yt =

β Yt−1 β−α

(t = 1, 2, 3, . . .).

K´eplet¨ unk szerint a megold´as:  Yt =

β β−α

t Y0

(t = 0, 1, 2, . . .).

Ha β/β − α > 1, akkor a gazdas´ag exponenci´ alisan n˝ o. Ha 0 < β/(β − α) < 1, akkor a gazdas´ag exponenci´ alisan cs¨okken. Egyens´ ulyi a ´llapot, stabilit´ as 3

Tekints¨ uk az

xt = f (xt−1 ) (t = 1, 2, 3, . . .)

u ´.n. auton´ om differenciaegyenletet. Ennek egyens´ ulyi (vagy stacion´ arius) a´llapota azon x∗ ´ert´eke az x v´ altoz´onak, amelyet kezdeti ´ert´eknek v´eve a megold´as az xt = x∗ (t = 0, 1, 2, . . .) ´alland´ o sorozat. Ez azt jelenti, hogy az egyens´ ulyi a´llapotok pontosan az

x = f (x)

egyenlet megold´asai. P´eld´ aul, az xt = axt−1 + b egyenlet egyens´ ulyi a´llapota:

x = ax + b ⇐⇒ x∗ =

b 1−a

(a = 1).

A megold´ ast szolg´altat´ o k´eplet szerint a = 1 eset´en xt = at (x0 − x∗ ) + x∗

(t = 0, 1, 2, . . .)

Ha x0 = x∗ , akkor xt = x∗ , teh´ at x∗ egyens´ ulyi a´llapot. Ha x0 = x∗ , akkor az egyens´ ulyi helyzett˝ol val´ o xt − x∗ elt´er´es az

xt − x∗ = at (x0 − x∗ )

(t = 0, 1, 2, . . .)

t¨ orv´eny szerint v´altozik. Ha |a| < 1, akkor az elt´er´es 0-hoz tart, ´espedig ha 0 < a < 1, akkor monoton m´o don, ha −1 < a < 0, akkor oszcill´ alva. Ha |a| > 1, akkor az elt´er´es n˝o, ´espedig ha a > 1, akkor monoton m´o don, ha a < −1, akkor oszcill´ alva (ld. a´bra). 4

Ez´ert az |a| < 1 esetben az egyens´ ulyi a´llapotot stabilisnak nevezz¨ uk, az |a| > 1 esetben pedig instabilisnak. A p´ okh´ al´ o-modell. Tegy¨ uk fel, hogy egy term´ek keresleti (D), illetve k´ın´ alati (S) f¨ uggv´enye: D = a − bp (a, b > 0), S = −c + dp (c, d > 0), ahol p az ´aru a´r´ at jel¨ oli. Ha az a´ru a´ra n˝ o, akkor a kereslet cs¨okken, a k´ın´ alat viszont n˝ o. Bizonyos term´ekek eset´en (ilyenek pl. a nem rakt´ arozhat´ o mez˝ogazdas´agi term´ekek, mondjuk a f¨ oldieper) a k´ın´ alat reag´ al´ as´ahoz id˝ ore (pl. egy ´evre) van sz¨ uks´eg. Jel¨olje pt a t-edik id˝oszakban kialakult a´rat. A kereslet ezen az ´aron: Dt = a − bpt . ol kiindulva a k¨ ovetkez˝o ´evre az A termel˝ o (elad´ o) a pt ´arb´ St+1 = −c + dpt 5

k´ın´ alatot tervezi. A pt ´ar a kereslet ´es a k´ın´ alat k¨ oz¨otti k¨ otelez˝o egyens´ uly t¨ orv´eny´eb˝ol, ou ´gy a´ll´ıtja be a pt ´arat, hogy a teljes teh´ at a Dt = St egyenl˝os´egb˝ol alakul ki (az elad´ ´arumennyis´eget el tudja adni). Teh´ at Dt = St ⇐⇒ a − bpt = −c + dpt−1 , vagyis d a+c . pt = − pt−1 + b b K´eplet¨ unk szerint az egyenlet egyens´ ulyi a´llapota: p∗ =

a+c · b

1 1+

d b

=

a+c , b+d

ami ´eppen a keresleti ´es k´ın´ alati egyenes metsz´espontj´anak p-koordin´ at´ a ja (p∗ = pE ). Egyenlet¨ unk megold´ asa teh´at az ´altal´ anos k´eplet szerint:  pt =

d − b

t (p0 − p∗ ) + p∗

(t = 0, 1, 2, . . .).

A b, illetve a d konstans azt mutatja, hogy a kereslet, illetve a k´ın´ alat milyen m´ert´ekben reag´ al az ´arv´ altoz´asra, ez´ert ezeket rugalmass´agi egy¨ utthat´ oknak h´ıvjuk: utthat´ o ja mD = b : a kereslet rugalmass´agi egy¨ mS = d : a k´ın´ alat rugalmass´agi egy¨ utthat´ o ja Ezekkel a megold´as:  pt =

mS − mD

t (p0 − p∗ ) + p∗

(t = 0, 1, 2, . . .).

Teh´at a k¨ ovetkez˝o eredm´enyre jutottunk: 1. Ha a kereslet rugalmasabb, mint a k´ın´ alat (mD > mS ), akkor az a´r oszcill´alva tart az egyens´ ulyi a´rhoz (csillapod´ o oszcill´aci´ o). ´gy, hogy 2. Ha a k´ın´ alat rugalmasabb a keresletn´el (mD < mS ), akkor az a´r oszcill´al u az amplit´ ud´ ok v´egtelenbe tartanak (instabilis oszcill´ aci´ o, a piac o¨sszeomlik). 3. Ha a kereslet ´es k´ın´ alat egyform´ an rugalmasak (mD = mS ), akkor  pt =

p∗ + (p0 − p∗ ), ha p∗ − (p0 − p∗ ), ha

t p´ aros , t p´ aratlan

altozik a p∗ egyens´ ulyi a´r k¨ or¨ ul |p0 −p∗ | amplit´ ud´ oval (stabilis, vagyis p+ periodikusan v´ de nem csillapod´ o oszcill´aci´ o). 6

7

Ugyanehhez az eredm´enyhez egy nagyon egyszer˝ u geometriai m´ o dszerrel is eljuthatunk. Rajzoljuk fel a keresleti ´es a k´ın´ alati egyeneseket ugyanabban a koordin´ atarendszerben. ol. Ehhez az elad´ o tervez egy S1 k´ın´ alatot a k¨ ovetkez˝o ´evre. A D1 = S1 Induljunk a p0 ´arb´ egyenl˝os´eg miatt ez meghat´arozza a p1 ´arat, amelyb˝ ol megkapjuk az S2 k´ın´ alatot. Ez azt jelenti, hogy felv´altva l´epked¨ unk a D ´es az S egyenes k¨oz¨ott f¨ ugg˝ oleges ´es v´ızszintes ir´ anyban. ´Igy keletkezik a p´okh´ al´ o (ld. a´bra).

8

9

P´ elda. Tegy¨ uk fel, hogy q sz´am´ u sert´es felnevel´esi k¨olts´ege C(q) = αq + βq 2 ,

(0 < α, β),

tov´ abb´ a, hogy a gazdas´ ag N egyforma sert´esfarmb´ ol a´ll. Legyen a keresleti f¨ uggv´eny: D(p) = γ − δp

(0 < γ, δ),

ahol p egy sert´es ´ara. A farm haszna: π(q) = pq − C(q) = pq − αq − βq 2 , ezt k´ıv´ anja mindegyik farm maximaliz´ alni. Mint tudjuk, a maximum felt´etele: π  (q) = p − α − 2βq = 0 ⇒ q0 =

p−α . 2β

Mivel π  (q) = −2β < 0, q0 -ban a haszonnak t´enyleg maximuma van. Ha p > α, akkor alis legyen a haszon. Ennek q0 = (p − α)/2β sert´est kell egy farmon h´ızlalni, hogy maxim´ megfelel˝o en az N farm k´ın´ alati f¨ uggv´enye: S(p) =

N (p − α) 2β

(p > α).

Az egyens´ ulyi a´r az S(p) = D(p) egyenl˝ os´egb˝ol: 2βγ + N α N (p − α) = γ − δp ⇒ p∗ = . 2β 2βδ + N A rugalmass´agi egy¨ utthat´ ok: mS = A megold´ as:

 pt =

N , 2β

N − 2βδ

mD = δ.

t (p0 − p∗ ) + p∗ .

Az esetek: 1. Ha N < 2βδ, akkor csillapod´ o oszcill´aci´ o t¨ ort´enik ´es az ´ar tart a (2βγ +N α)/(2βδ+N ) egyens´ ulyi a´rhoz. 2. Ha N > 2βδ, akkor instabil oszcill´ aci´ o van, a piac o¨sszeomlik. 3. Ha N = 2βδ, akkor periodikus oszcill´ aci´ o alakul ki. Kamatos kamat ´es diszkont´ alt jelen´ert´ek 10

K¨ ovess¨ uk most egy foly´ osz´amla egyenleg´et, ha oda peri´ o dusonk´ent befolyik bizonyos ¨osszeg, illetve felvesz¨ unk bizonyos o¨sszeget. wt : az egyenleg a t-edik peri´o dusban yt : a befizet´es a t-edik peri´o dusban ct : a kiv´et a t-edik peri´o dusban r: egy peri´ o dusra es˝ o kamatl´ ab A kamatos kamat t¨ orv´enye szerint: wt = (1 + r)wt−1 + (yt − ct ) (t = 1, 2, . . .). ´ Altal´ anos k´eplet¨ unk szerint a megold´as: t

wt = (1 + r) w0 +

t


(1 + r)t−k (yk − ck ) (t = 1, 2, . . .).

k=1

´ Atszorozva (1 + r)−t -nel: −t

(1 + r) wt = w0 +

t


(1 + r)−k (yk − ck ).

k=1

at a w0 indul´ o bet´etb˝ ol, A baloldalon a wt ¨osszeg diszkont´alt jelen´ert´eke (PDV) a´ll. Ez teh´ a t id˝ opontig t¨ ort´en˝o ¨osszes befizet´es jelen´ert´ek´eb˝ol ´es az ¨osszes kifizet´es jelen´ert´ek´eb˝ol alakul ki. Lak´ ask¨ olcs¨ on visszafizet´ese Tegy¨ uk fel, hogy felvesz¨ unk egy B ¨osszeg˝ u lak´ ask¨ olcs¨ont ´es azt havonk´ent t¨ orlesztj¨ uk; a havi kamatl´ ab legyen r. Minden h´ onapban ugyanannyi a t¨ orleszt˝ or´eszlet, ´es T h´ onap alatt kell a k¨ olcs¨ont visszafizetni. K´erd´es: mennyi a t¨ orleszt˝ or´eszlet? alis egyenleg (ennyivel tartozunk m´eg a t-edik h´ onapban) bt : az aktu´ z: egy havi t¨ orleszt˝ or´eszlet Ekkor:  bt = (1 + r)bt−1 − z (t = 1, 2, . . . , T b0 = B, bT = 0. A differenciaegyenlet megold´ asa:  bt = (1 + r)t Mivel bT = 0 :

 0 = (1 + r)

T

z B− r

z B− r

11





z + . r

z + , r

amit B-re megoldva a k¨ovetkez˝ot kapjuk: B=

T
z (1 + r)−t . [1 − (1 + r)−T ] = z r t=1

(∗)

Teh´at a k¨ olcs¨ on egyenl˝ o a havi r´eszleteket diszkont´ alt jelen´ert´ek´evel. Az ¨osszef¨ ugg´est z-re megoldva: (1 + r)−T rB rB = rB + . z= 1 − (1 + r)−T 1 − (1 + r)−T Ebb˝ ol l´ atszik, hogy a fizet˝ or´eszlet nagyobb, mint az eredeti B k¨ olcs¨onre egy peri´ o dus alatt fizetend˝ o rB kamat, ami ´erthet˝o, hiszen a kamatok befizet´es´en t´ ul a t˝ ok´et is t´er´ıteni kell. A k´et ¨osszetev˝o elk¨ ul¨ on´ıt´ese fontos, mert sok orsz´agban (pl. USA) a t¨ orleszt´es o az ad´oalapb´ ol, de a t˝ oket¨ orleszt´es nem. Sz´ am´ıtsuk kamattartalma, teh´ at rbt−1 levonhat´ ki a kamattartalmat ´es a t˝oket¨ orleszt´est, mint a t id˝ o ´es a z fizet˝or´eszlet f¨ uggv´eny´et. A (∗) o¨sszef¨ ugg´esb˝ol: z z B − = − (1 + r)−T . r r Ezt a megold´ asba helyettes´ıtve: bt =

z [1 − (1 + r)t−T ]. r

Teh´at a t − 1 id˝ oszaki tartoz´ asra es˝ o kamatfizet´es rbt−1 = z[1 − (1 + r)t−1−T ], a t id˝ oszakra es˝o t˝ oket¨ orleszt´es pedig z − rbt−1 = z(1 + r)t−1−T . Teh´at a t˝ oket¨ orleszt´es kezdetben kicsi, de exponenci´alisan n˝ o. V´ altoz´ o egy¨ utthat´ os line´ aris egyenlet xt = at xt−1 + bt

(t = 1, 2, . . .).

Ugyan´ ugy sz´amolunk, mint a konstans egy¨ utthat´ os egyenlet eset´eben: x1 = a 1 x0 + b 1 x2 = a 2 x1 + b 2 = a 2 a 1 x0 + a 2 b 1 + b 2 x3 = a 3 x2 + b 3 = a 3 a 2 a 1 x0 + a 3 a 2 b 1 + a 3 b 2 + b 3 . A sejt´es:  xt =

t  s=1

 as

 x0 +

t  s=2

 as

 b1 +

t  s=3

12

 as

 b2 + . . . +

t  s=t

 as

bt−1 + bt

vagyis

 xt =

t 

 a s x0 +

s=1

t




k=1



t 

as bk

s=k+1

(A nullat´enyez˝os szorzat ´ert´eke defin´ıci´ o szerint 1). A formul´ at ugyan´ ugy teljes indukci´ oval kell bizony´ıtani, mint a konstans egy¨ utthat´ ok eset´eben (ezt elv´egezni k¨otelez˝o feladat!) Kamatos kamat v´ altoz´ o kamatl´ abakkal wt = (1 + rt )wt−1 + yt − ct

(t = 1, 2, . . .)

ahol wt : a sz´amla egyenlege a t-edik id˝oszakban rt : a kamatl´ ab a t-edik id˝oszakban yt : bet´et a t-edik id˝oszakban ct : kiv´et a t-edik id˝oszakban K´eplet¨ unk szerint:  wt =

t 

(1 + rs ) w0 +

s=1

t




k=1

t 

1

s=1 (1

(1 + rs ) (yk − ck ).

s=k+1

Vezess¨ uk be a Dt := t



+ rs )

=

t 

1 1 + rs s−1

u ´.n. diszkontt´enyez˝ ot. Ezzel k´eplet¨ unk a Dt wt = w0 +

t
k=1

 t

s=k+1 (1 + rs )

t s=1 (1 + rs )

(yk − ck )

alakot o¨lti. Egyszer˝ u sz´amol´as szerint

t

s=k+1 (1

+ rs )

(1 + rk+1 ) . . . (1 + rt ) (1 + r1 ) . . . (1 + rk )(1 + rk+1 ) . . . (1 + rt ) s=1 (1 + rs ) 1 = = Dk . (1 + r1 )(1 + r2 ) . . . (1 + rk )

t

=

Teh´at Dt wt = w0 +

t


Dk (yk − ck ).

k=1

Ez azt a j´ ol ismert elvet r¨ ogz´ıti, hogy a megtakar´ıt´ asunk jelen´ert´eke az indul´ o t˝ oke + a bev´etelek ¨osszead´o d´ o jelen´ert´ekei - a kiv´etek ¨osszead´o d´ o jelen´ert´ekei. 13

Vezess¨ uk be az

t  Dk Rk = = (1 + rs ) Dt s=k+1

u ´n. kamatt´enyez˝ ot, ami azt fejezi ki, hogy h´ anyszoros´ara n¨ ovekedett a k-adik id˝ oszakban betett ¨osszeg a t-edik id˝oszakra. K´epleteink o¨sszefoglalva: wt = R0 w0 +

t


Rk (yk − ck )

k=1

Dt wt = w0 +

t


Dk (yk − ck ), (t = 1, 2, . . .)

k=1

Dk :=

1 , (1 + r1 ) . . . (1 + rk )

Rk := (1 + rk+1 ) . . . (1 + rt )(k = 1, 2, . . .) Feladat: Ha lak´ ask¨ olcs¨ont vesz¨ unk fel v´ altoz´o rt kamatl´ abak mellett, ´es havonta zt a t¨ orleszt˝ or´eszlet, akkor a kor´abban t´ argyalt modell a 

bt = (1 + rt )bt−1 − zt b0 = B,

(t = 1, 2, . . . , T )

bT = 0

alakot o¨lti. Tegy¨ uk fel, hogy ismertek az rt kamatl´ abak, ´es a zt t¨ orleszt˝ or´eszlet a zt = r1 B + (t − 1)γ

(z1 > 0, γ > 0, t = 1, 2, . . . , T )

szab´aly szerint v´ altozik, vagyis a t¨ orleszt˝ or´eszletek egyenletesen n˝onek. Hat´ arozzuk meg a γ n¨ oveked´es m´ert´ek´et. M´ asodrend˝ u line´ aris egyenletek Homog´en egyenlet (H)

xt+2 + at xt+1 + bt xt = 0 (t = 0, 1, 2, . . .)

at , bt adott.

Az xt+2 = −at xt+1 − bt xt

(t = 0, 1, 2, . . .)

ol alakb´ ol l´ atszik, hogy ez az egyenlet egy olyan iter´ aci´ o, amely az x0 , x1 kezdeti ´ert´ekekb˝ kiindulva meghat´ arozza az x2 , x3 , . . . , xt , . . . mennyis´eget. (1) (2) K´et megold´as, xt , xt line´ arisan f¨ ugg˝ o, ha l´etezik k´et olyan c1 , c2 konstans, hogy 2 2 c1 + c2 > 0, ´es (1) (2) c1 xt + c2 xt = 0 (t = 0, 1, 2, . . .). 14

Ha k´et megold´as nem line´arisan f¨ ugg˝ o, akkor line´ arisan f¨ uggetleneknek h´ıvjuk o˝ket. Nyil(1) (2) arisan f¨ uggetlenek, ha az v´ anval´ oan, az xt , xt megold´asok akkor ´es csakis akkor line´ (1) (1) (2) (2) (x0 , x1 ) ´es (x0 , x1 ) k´etdimenzi´os vektorok line´arisan f¨ uggetlenek. Mivel a k´etdimenzi´os vektorok k¨ oz¨ott mindig van k´et line´ arisan f¨ uggetlen (pl. (1, 0) ´es (0, 1)), ez´ert mindig l´etezik az egyenletnek k´et line´ arisan f¨ uggetlen megold´asa. Ezt az egyenlet alaprendszer´enek nevezz¨ uk. (1)

(2)

T´ etel. Ha xt , xt

az egyenlet egy alaprendszere, akkor az egyenlet ´ altal´ anos megold´ asa: (1)

(2)

xt = c1 xt + c2 xt

(c1 , c2 = konst.).

Ez azt jelenti, hogy a) ez a k´eplet a c1 ´es c2 konstansok tetsz˝oleges ´ert´ekein´el megold´as´at adja az egyenletnek b) b´ armely x ˆt megold´ashoz l´eteznek olyan cˆ1 , cˆ2 konstansok, hogy (1)

(2)

x ˆt = cˆ1 xt + cˆ2 xt

(t = 0, 1, 2, . . .).

Bizony´ıt´ as. a) Helyettes´ıts¨ uk be az xt sorozatot az egyenletbe: (1)

(2)

(1)

(1)

(1)

(2)

(1)

(2)

xt+2 + at xt+1 + bt xt = (c1 xt+2 + c2 xt+2 ) + at (c1 xt+1 + c2 xt+1 ) + bt (c1 xt + c2 xt ) (1)

(2)

(2)

(2)

= c1 (xt+2 + at xt+1 + bt xt ) + c2 (xt+2 + at xt+1 + bt xt ) = 0, (1)

(2)

hiszen xt ´es xt megold´asai a (H) egyenletnek. (1) (2) (1) (2) b) Mivel (x0 , x0 ), (x1 , x1 ) line´ arisan f¨ uggetlenek, b´azist alkotnak R2 -ben, teh´ at ´gy, hogy l´eteznek cˆ1 , cˆ2 konstansok u 

Ekkor

x ˆ0 x ˆ1



 = cˆ1

(1) 

x0

(1)

x1

 + cˆ2

(1)

(2) 

x0

(2)

x1

(2)

.

(1)

(2)

x ˆ2 = −a1 x ˆ1 − b 2 x ˆ0 = −a2 (ˆ c1 x1 + cˆ2 x1 ) − b2 (ˆ c1 x0 + cˆ2 x0 ) (1)

(2)

(2)

(1)

(2)

= cˆ1 (−a2 x1 − b2 x10 ) + cˆ2 (−a2 x1 − b2 x0 ) = cˆ1 x2 + cˆ2 x2 , ami azt jelenti, hogy az a´ll´ıt´ as igaz t = 2 eset´en. Ebb˝ ol bizony´ıthat´ o ugyanaz az egyenl˝ os´eg t = 3-ra, majd teljes indukci´ oval tetsz˝oleges t ∈ N-re. A t´etel azt mutatja, hogy a homog´en egyenlet teljes megold´as´ahoz elegend˝o tal´ alni k´et line´ arisan f¨ uggetlen megold´ast. Inhomog´en egyenlet (IH)

xt+2 + at xt+1 + bt xt = jt at , bt , jt adott sorozatok.

T´ etel.Az (IH) egyenlet ´altal´ anos megold´ asa: 15

(1)

(1)

(2)

xt = c1 xt + c2 xt + x ˜t

(2)

(t = 0, 1, 2, . . .),

ahol xt , xt alaprendszere az inhomog´en (IH) egyenlethez tartoz´o (H) homog´en egyenaris) megold´ asa az inhomog´en egyenletnek. letnek, ´es x ˜t egy tetsz˝oleges (partikul´ Bizony´ıt´ as. a) Helyettes´ıts¨ uk be xt -t az (IH) egyenletbe: (1)

(1)

(1)

xt+2 + at xt+1 + bt xt = c1 (xt+2 + at xt+1 + bt xt (2)

(2)

(2)

+ c2 (xt+2 + at xt+1 + bt xt ) + x ˜t = 0 + 0 + x ˜t = x ˜t , (1)

(2)

hiszen xt ´es xt megold´asai a (H) egyenletnek. ˆt − x ˜t megold´asa b) Legyen x ˆt tetsz˝oleges megold´asa az (IH) egyenletnek. Ekkor x a (H) egyenletnek (ellen˝ orizz¨ uk behelyettes´ıt´essel!), teh´at az el˝ oz˝o t´etel szerint l´eteznek olyan cˆ1 , cˆ2 konstansok, hogy (1)

x ˆt − x ˜t = cˆ1 xt teh´ at

(1)

(2)

+ cˆ2 xt (2)

˜t x ˆt = cˆ1 xt + cˆ2 xt + x

(t = 0, 1, 2, . . .), (t = 0, 1, 2, . . .),

amit bizony´ıtani kellett. Konstans egy¨ utthat´ os homog´en egyenlet xt+2 + a xt+1 + b xt = 0

(KH) Keress¨ unk megold´ asokat

xt = λt

(a, b ∈ R).

(λ ∈ R)

alakban. Behelyettes´ıtve kapjuk: λt+2 + a λt+1 + b λt = 0, vagyis λ2 + a λ + b = 0.

(k)

alis f¨ uggv´eny akkor ´es csakis akkor megold´asa az egyenletnek, ha a Az xt = λt exponenci´ λ hatv´ anyalap megold´ asa a (k) karakterisztikus egyenletnek. Ennek megold´ asai: a a 1 2 1 2 a − b, λ2 = − − a − b. λ1 = − + 2 4 2 4 anos megold´ asa: T´ etel. 1. Ha a2 − 4b > 0, akkor a (KH) egyenlet ´altal´  xt = c1

a − + 2

1 2 a −b 4

t

 + c2

16

a − − 2

1 2 a −b 4

t

(c1 , c2 ∈ R). 2. Ha a2 = 4b = 0, akkor a (KH) egyenlet ´altal´ anos megold´ asa:  xt = c1

a − 2

t



a + c2 t − 2

t (c1 , c2 ∈ R).

anos megold´ asa: 3. Ha a2 − 4b < 0, akkor a (KH) egyenlet ´altal´ xt = A r t cos(ϕ t + ω) (A > 0, ω ∈ [0, π]), ahol r=

√





a ϕ = arccos − √ 2 b

b,

.

Bizony´ıt´ as. Azt kell bebizony´ıtani, hogy mindh´ arom esetben a defini´ alt f¨ uggv´enyek t´enyleg 2 o szabadon v´ alaszthat´ o konstansok megold´asok, ´es az (x0 , x1 ) ∈ R vektor a benne szerepl˝ 2 azis´at, hiszen ekkor ezekhez a konstanmegfelel˝o megv´alaszt´as´aval el˝ o´all´ıtja az R egy b´ sokhoz tartoz´ o megold´ asok alaprendszert adnak. ad 1. Az o¨sszeg tagjai k¨ ul¨ on-k¨ ul¨ on megold´ asok (mi´ert?), tov´ abb´ a a c1 = 1, c2 = 0, alaszt´as eset´en illetve a c1 = 0, c2 = 1 v´ 

(1) 



x0

=

(1)

x1

 1 , λ1

 (2)  x0 (2)

x1



 1 , λ2

=

azist alkotnak R2 -ben (mi´ert?). ´es ezek λ1 = λ2 miatt b´ (1) ad 2. Az xt = (−a/2)t megold´as, hiszen −a/2 gy¨ oke a (k) karakterisztikus egyen(2) t letnek. Bizony´ıtsuk be, hogy xt = t(−a/2) is megold´ as. Val´oban, ha λ := −a/2, akkor (2)

(2)

(2)

xt+2 + a xt+1 + b xt

= (t + 2)λt+2 + a(t + 1)λt+1 + b λt

= λt {(t + 2)λ2 + a(t + 1)λ + b} = λt {t(λ2 + aλ + b) + (2λ2 + aλ)} = λt {t(λ2 + aλ + b) + λ(2λ + a)} = 0, hiszen λ gy¨ oke a karakterisztikus egyenletnek, ´es 2λ + a = 2(−a/2) + a = 0. M´ asr´eszt, ⎞ ⎞ ⎛ ⎛  (2)   (1)  x0 x0 ⎜ 1 ⎟ ⎜ 0 ⎟ , = = ⎠ ⎝ ⎝ a⎠ a (1) (2) x1 x1 − − 2 2 b´ azist alkotnak, hiszen a = 0. ad 3. Ebben az esetben is behelyettes´ıt´essel lehet meggy˝ oz˝o dni arr´ ol, hogy xt megold´as (Feladat!). M´ asr´eszt, az A = 1, ω = 0, illetve az A = 1, ω = π/2 v´ alaszt´assal ad´o d´ o 

(1) 

x0

(1)

x1

 =

 1 , r cos ϕ

 (2)  x0 (2)

x1 17

 =

 0 −r sin ϕ

vektorok b´ azist alkotnak (mi´ert?). 1. P´elda. Hat´ arozzuk meg az xt+2 − 3xt+1 + 2xt = 0 egyenlet ´altal´ anos megold´ as´at ´es az x0 = 0,

x1 = 3

kezdeti felt´etelnek megfelel˝o megold´ as´at. A karakterisztikus egyenlet ´es gy¨okei: λ2 − 3λ + 2 = 0 λ1,2 = Az ´altal´ anos megold´ as:

3±

√

9−8 3 1 = ± ; 2 2 2

xt = c1 + c2 2t

λ1 = 1,

λ2 = 2.

(t = 0, 1, 2, . . .).

Ha x ˆt jel¨ oli a megadott kezdeti felt´eteleket kiel´eg´ıt˝ o megold´ ast, akkor x ˆ0 = cˆ1 + cˆ2 = 0 x ˆ1 = cˆ1 + cˆ2 · 2 = 3, teh´ at cˆ1 = −3, cˆ2 = 3, vagyis x ˆt = −3 + 3 · 2t = 3(2t − 1). 2. P´elda. Az egyenlet: xt+2 − 4xt+1 + 4xt = 0. A karakterisztikus egyenlet ´es gy¨okei:

λ1,2 Az ´altal´ anos megold´ as:

λ2 − 4λ + 4 = 0 √ 4 ± 16 − 16 = 2. = 2

xt = c1 2t + c2 t2t = (c1 + c2 t)2t .

3. P´elda. Az egyenlet: xt+2 + 4xt = 0. A λ2 + 1 = 0 karakterisztikus egyenletnek nincs val´os gy¨oke. Teh´at az ´altal´ anos megold´ as: r=

√

b = 2,

ϕ = arccos 0 = 18

π 2

 xt = A 2t cos

 π t+ω . 2

Konstans egy¨ utthat´ os inhomog´en egyenlet xt+2 + a xt+1 + b xt = dt .

(KIH)

N´eh´any speci´ alis dt jobboldal eset´en tal´ alhatunk partikul´ aris megold´ ast a hat´ arozatlan egy¨ utthat´ ok m´ o dszer´evel. 1. Szab´ aly. Az xt+2 + a xt+1 + b xt = λt∗ p(t) egyenlet (0 = λ∗ ∈ R, p(t) adott s-edfok´ u polin´ om, 0 ≤ s = eg´esz) partikul´ aris megold´ as´at x ˜t = λt∗ tm (es ts + es−1 ts−1 + · · · + e1 t + e0 ) alakban keress¨ uk, ahol az m ≥ 0 eg´esz sz´am azt mutatja, hogy λ∗ h´ anyszoros gy¨ oke a utthat´ okat behekarakterisztikus egyenletnek (m lehet 0, 1 vagy 2). Az e0 , e1 , . . . , es egy¨ lyettes´ıt´essel hat´ arozzuk meg. 2. Szab´ aly. Az xt+2 + a xt+1 + b xt = Rt cos φ t ´es az

xt+2 + a xt+1 + b xt = Rt sin φ t √ √ egyenlet (R = b, vagy φ = arccos(−a/2 b)) egyenlet partikul´ aris megold´ as´at x ˜t = Rt (e1 cos φ t + e2 sin φ t)

utthat´ okat behelyettes´ıt´essel hat´ arozzuk meg. alakban keress¨ uk. Az e1 , e2 egy¨ Ezen szab´alyok megalapoz´ asa ´es ´altal´ anosabb alakja a [2] tank¨ onyvben megtal´alhat´ ok. t 1. P´elda. xt+2 − 5xt+1 + 6xt = 2 . A karakterisztikus egyenlet ´es gy¨okei

λ1,2

λ2 − 5λ + 6 = 0 √ 5 ± 25 − 24 = ; λ1 = 2, λ2 = 3. 2

ast Mivel λ∗ = 2 egyszeres megold´asa a karakterisztikus egyenletnek, a partikul´aris megold´ x ˜t = e t 2t alakban keress¨ uk. Behelyettes´ıtve: az e(t + 2)2t+2 − 5e(t + 1)2t+1 + 6e t 2t = 2t {e t(22 − 5 · 21 + 6) + e(2 · 22 − 5 · 2)} = 2t e(−2) ≡ 2t 19

azonoss´agnak kell teljes¨ ulni, ahonnan e = −1/2. Teh´at az ´altal´ anos megold´ as: 1 xt = c1 2t + c2 3t − t 2t 2   1 = − t + c1 2t + c2 3t . 2 2. P´elda. Hat´ arozzuk meg a 8xt+2 − 6xt+1 + xt = 5 sin

π t 2

egyenlet ´altal´ anos megold´ as´at. A karakterisztikus egyenlet ´es gy¨okei:

λ1,2

8λ2 − 6λ + 1 = 0 √ 6 ± 36 − 32 1 1 ; λ1 = , λ2 = . = 16 4 2

Az egyenlet egy partikul´aris megold´ as´at a 2. Szab´ aly szerint x ˜t = A cos

π π t + B sin t 2 2

alakban keress¨ uk. Behelyettes´ıt´es, az add´ıci´ os t´etelek alkalmaz´asa ´es ¨osszevon´as ut´ an kapjuk, hogy a  π π 8˜ xt+2 − 6˜ xt+1 + x ˜t = 8 A cos (t + 2) + B sin (t + 2) 2 2  π π π π − 6 A cos (t + 1) + B sin (t + 1) + A cos t + B sin t 2 2 2 2 = (−7A − 6B) cos

π π π t + (6A − 7B) sin t ≡ 5 sin t 2 2 2

azonoss´agnak kell teljes¨ ulni, azaz a 7A + 6B = 0 6A − 7B = 5 egyenletrendszert kell megoldani. Az egyenl˝ o egy¨ utthat´ ok m´ o dszer´evel az A = 6/17, B = −7/17 ad´ o dik, vagyis a keresett a´ltal´ anos megold´ as:    t  t 1 π π 1 1 6 cos t − 7 sin t . + c2 + xt = c1 2 4 17 2 2 20

Egy m´ asodrend˝ u multiplik´ ator-akceler´ ator-modell. Tegy¨ uk fel, hogy egy orsz´ ag arom o¨sszetev˝ore bomlik ´evenk´enti nemzeti j¨ovedelme (xt ) h´ (1) fogyaszt´ as (ct ) (2) egy´eni beruh´ az´as (t˝okeeszk¨ oz¨ok, g´epek v´as´arl´ asa a termel´es n¨ovel´ese ´erdek´eben) (it ) (3) k¨ ozponti kiad´ asok (korm´ anyzati kiad´ asok) (gt ), teh´ at

xt = ct + it + gt .

(E)

Az itt szerepl˝o mennyis´egek k¨oz¨ott Samuelson a k¨ ovetkez˝o ¨osszef¨ ugg´eseket felt´etelezte: (a) a fogyaszt´ as ar´ anyos az el˝oz˝o ´evi nemzeti j¨ovedelemmel (multiplik´ator-szab´aly), (b) a beruh´ az´as ar´ anyos a fogyaszt´ asnak az el˝ oz˝o ´evi fogyaszt´ ashoz viszony´ıtott n¨ oveked´es´evel (akceler´ator-szab´aly) (c) a k¨ozponti kiad´ as ´evr˝ ol ´evre ´alland´ o. Formul´ akkal: ct = α xt−1 it = β(ct − ct−1 ) gt = 1

(0 < α = a´lland´ o) (0 < β = a´lland´ o) .

Ezeket az ¨osszef¨ ugg´eseket ´es az (E) egyenletet haszn´alva kapjuk:

xt = α xt−1 + β(ct − ct−1 ) + 1 = α xt−1 + β[α xt−1 − α xt−2 ] + 2 = α(1 + β)xt−1 − α β xt−2 + 1,

vagyis az xt nemzeti j¨ovedelem kiel´eg´ıti az

(DE)

xt+2 − α(1 + β)xt+1 + α β xt = 1 (t = 0, 1, 2, . . .)

line´ aris inhomog´en differenciaegyenletet. Tegy¨ uk fel, hogy x0 = 2, x1 = 3. Ha az egyenlet ´altal el˝ o´ırt iter´ aci´ ot elv´egezz¨ uk az α = 0, 5, β = 1, illetve az α = 0, 8, β = 2 esetben, akkor a t´ abl´ azatban 21

k¨ oz¨olt adatok szerint mindk´et esetben oszcill´aci´ o megold´ ast kapunk. ´ Eszre kell venn¨ unk azonban, hogy am´ıg az els˝o esetben az oszcill´aci´ o csillapodik, xt 2-h¨ oz tart (stabilis oszcill´aci´ o), addig a m´ asodik esetben sz´etrobban´ o (instabilis) oszcill´ aci´ ot tapasztalunk. Felmer¨ ul a k´erd´es: hogyan f¨ ugg a stabilit´ as az α, β konstansokt´ ol? Egy´ altal´ an, mindig oszcill´ al a nemzeti j¨ ovedelem? Adjuk meg a (DE) egyenlet ´altal´ anos megold´ as´at, majd az adott kezdeti felt´etelnek megfelel˝o megold´ as´at a k´et konkr´et esetben. A karakterisztikus egyenlet ´es gy¨okei a k´et konkr´et esetben: 1. α = 0, 5, β = 1 xt+2 − xt+1 + 0, 5xt = 1, λ2 − λ +

1 = 0, 2

´ teh´ at a karakterisztikus egyenletnek nincs val´ os gy¨oke. Altal´ anos t´etel¨ unk 3. esete szerint a homog´en egyenlet ´altal´ anos megold´ asa: r=

√

  π 1 2 a = arccos √ = b= , ϕ = arccos − √ 2 4 2 2 b √

  √ t  π 2 t + ω , (A > 0, ω ∈ [0, π]). xt = A cos 2 4 22

Az inhomog´en egyenlet partikul´aris megold´ as´at x ˜t = c alakban keresve behelyettes´ıt´essel ashoz jutunk, teh´ at az ´altal´ anos megold´ as: az x ˜t = 2 megold´  √ t   π 2 xt = x0t + x ˜t = A cos t + ω + 2. 2 4 o megold´ as param´etereinek az Az x0 = 2, x1 = 3 kezdeti felt´etelt kiel´eg´ıt˝ x0 = A cos ω + 2 = 2    √ √ √ √ π 2 2 2 2 x1 = A cos +ω +2 =A cos ω − sin ω + 2 = 3, 2 4 2 2 2 vagyis a cos ω = 0, −A sin ω = 2 felt´etelt kell kiel´eg´ıteni, azaz ω =

(1)

xt

π , A = −2. A keresett megold´as: 2

 √ t 2 π = −2 cos (t + 2) + 2 (t = 0, 1, 2, . . .). 2 4

Ez val´ oban a 2 k¨ or¨ ul oszcill´al ´es 2-h¨oz tart, ha t → ∞, ´es sz´amszer˝ uen is igazolja az el˝ oz˝o t´ abl´ azatot. 2. α = 0, 8, β = 2 xt+2 − 2, 4xt+1 + 1, 6xt = 1 os gy¨ok λ2 − 2, 4λ + 1, 6 = 0 − nincs val´ r=

√  1, 2 . b = 1, 6 ϕ = arccos  1, 6

Az inhomog´en egyenlet ´altal´ anos megold´ asa:    1, 2 xt = A( 1, 6)t cos arccos  t + ω + 5. 1, 6 √ Teh´at a m´asodik esetben is minden megold´ as oszcill´al, most az 5 k¨ or¨ ul, ´es 1, 6 > 1 miatt egyre n¨ovekv˝ o amplit´ ud´ oval, ami ism´et igazolja a t´abl´ azatot. Magyar´ azatot kaptunk a k´et megold´asban tapasztalt viselked´esre. Hogy a felvetett stabilit´ asi probl´em´ara is tudjunk v´ alaszolni, t´ argyalnunk kell a stabilit´ as ´altal´ anos felt´eteleit. Stabilit´ as 23

Az (IH)

xt+2 + a xt+1 + b xt = d

egyenletnek x = x∗ egyens´ ulyi helyzete, ha az {xt } = {x∗ }∞ asa t=0 konstans sorozat megold´ az egyenletnek: x∗ + a x∗ + b x∗ = d ⇒

x∗ =

d a+b+1

felt´eve, hogy a + b + 1 = 0. Ugyan´ ugy, mint az els˝ orend˝ u egyenletekn´el, az x∗ egyens´ ulyi helyzetet stabilisnak nevezz¨ uk, ha b´ armely megold´as ehhez az ´ert´ekhez tart, ha t → ∞ : lim xt = x∗

t→∞

∀{xt } eset´en.

Szeml´eletes jelent´es: ha a rendszer valamilyen zavar´ o t´enyez˝o miatt kibillen egyens´ uly´ ab´ ol, akkor aszimptotikusan (hossz´ u id˝ o eltelt´evel) visszat´er az egyens´ ulyi m˝ uk¨ o d´eshez. ulyi helyzete akkor ´es csakis akkor stabilis, T´ etel. Az (IH) inhomog´en egyenlet x∗ egyens´ ha a hozz´ a tartoz´ o xt+2 + a xt+1 + b xt = 0

(H)

homog´en egyenlet x = 0 egyens´ ulyi helyzete stabilis, vagyis a (H) homog´en egyenlet ´altal´ anos megold´ as´ara (∗)

(1)

(2)

lim (c1 xt + c2 xt ) = 0 (c1 , c2 ∈ R)

t→∞

teljes¨ ul. anos Bizony´ıt´ as. Mivel xt = x∗ megold´asa az (IH) egyenletnek, az (IH) egyenlet ´altal´ megold´asa (1) (2) xt = c1 xt + c2 xt + x∗ . Ebb˝ ol l´ atszik, hogy lim xt = x∗ akkor ´es csakis akkor teljes¨ ul minden megold´ asra, ha (∗) t→∞ teljes¨ ul. T´ etel. Az (IH) egyenlet egyens´ ulyi helyzete stabilis akkor ´es csakis akkor, ha az a, b param´eterek kiel´eg´ıtik a −a + b + 1 > 0, a + b + 1 > 0, b < 1 egyenl˝otlens´egek mindegyik´et. A stabilit´ as csillap´ıtott oszcill´ aci´ o form´a j´ aban jelentkezik 2 akkor ´es csakis akkor, ha b > a /4. Bizony´ıt´ as. El˝ oz˝o t´etel¨ unk szerint csak a homog´en egyenlet stabilit´ as´at kell vizsg´ alni. 2 ul¨ onb¨ oz˝o val´ os karakterisztikus gy¨ ok l´etezik: 1. a > 4b, k´et k¨ a a 1 2 1 2 λ1 = − + a − b, λ2 = − − a − b. 2 4 2 4 24

Azt kell biztos´ıtani, hogy

lim λt1 = 0, lim λt2 = 0

t→∞

t→∞

osz¨or oldjuk meg a −1 < λ2 egyenl˝otteljes¨ ulj¨ on, vagyis −1 < λ2 < λ1 < 1 legyen igaz. El˝ lens´eget: a 1 2 a − b, −1 < − − 2 4  a2 − 4b < −a + 2. Ez csak akkor teljes¨ ulhet, ha a < 2. Ekkor a megold´ as a2 − 4b < a2 − 4a + 4, 0 < −a + b + 1. Teh´at −1 < λ2 ⇔ a < 2 ´es − a + b + 1 > 0. Most oldjuk meg a λ1 < 1 egyenl˝ otlens´eget: 1 2 a a − b < 1, − + 2 4  a2 − 4b < a + 2. Ez csak akkor teljes¨ ulhet, ha a > −2. Ekkor a2 − 4b < a2 + 4a + 4 0 < a + b + 1. Teh´at λ1 < 1 ⇔ a > −2 ´es a + b + 1 > 0. Teh´at az 1. esetben a stabilit´ashoz pontosan a −2 < a < 2, −a + b + 1 > 0, a + b + 1 > 0 egyenl˝otlens´egeknek kell egy¨ utt teljes¨ ulni. Az a − b param´eters´ıkon ez azt jelenti, hogy a 2 b = a /4 parabola alatt az ABC idom a stabilit´ asi tartom´any (ld. a´bra). 2. a2 = 4b = 0. Ekkor a  lim

t→∞

a − 2

t



a = 0, lim t − t→∞ 2

t =0

egyenl˝os´egeknek, vagyis az |a/2| < 1, azaz az |a| < 2 rel´ aci´ onak kell teljes¨ ulni. Az a´br´ an ez azt jelenti, hogy a 25

b = a2 /4 parabol´ anak az AOC ´ıve a stabilit´ asi tartom´anyhoz tartozik. 3. a2 < 4b. Ekkor az √ xt = A( b)t cos(ϕ t + ω) √ ´altal´ anos megold´ as pontosan akkor tart 0-hoz, ha b < 1, vagyis b < 1. Geometriailag, asi tartom´anyhoz, tov´ abb´ a a b = a2 /4 parabola felett az AOC idom tartozik a stabilit´ pontosan ekkor oszcill´ alnak a megold´ asok. A h´ arom esetet ¨osszefoglalva, a stabilit´asi tartom´anyt a −a + b + 1 > 0, a + b + 1 > 0, b < 1 egyenl˝otlens´egek egy¨ uttes teljes¨ ul´ese jellemzi, ami az a − b param´eters´ıkon az ABC besat´ırozott h´ aromsz¨oget jelenti. Alkalmaz´ as a multiplik´ ator-akceler´ ator-modellre xt+2 − α(1 + β)xt+1 + α β xt = 1, a = −α(1 + β), b = α β, 1 (α = 1). egyens´ ulyi helyzet: x∗ = 1−α Az egyens´ ulyi helyzet az el˝ oz˝o t´etel szerint pontosan akkor stabilis, ha a + b + 1 = −α(1 + β) + α β + 1 = −α + 1 > 0 −a + b + 1 = α(1 + β) + α β + 1 = 2α β + α + 1 > 0 1−b = 1−αβ > 0 26

egy¨ utt teljes¨ ulnek. Mivel a k¨ oz´eps˝o egyenl˝ otlens´eg

automatikusan teljes¨ ul, a stabilit´ asi tartom´anyt az α < 1 ´es α β < 1 felt´etel jellemzi (ld. az ´abr´ an a besat´ırozott tartom´anyt). K¨ ozgazdas´agilag: (1) a fogyaszt´ asi hat´ arhajland´ os´ag (α) nem lehet 1-n´el nagyobb, hiszen a nemzeti j¨ovedelemn´el t¨obbet nem lehet fogyasztani. (2) adott α fogyaszt´ asi hat´ arhajland´ os´ag mellett a β akceler´ aci´ os t´enyez˝o nem lehet nagy, nevezetesen a β < 1/α felt´etelnek kell teljes¨ ulni. K¨ ul¨ onben a gazdas´ag sz´etrobban´ o (instabilis) oszcill´ aci´ oba ker¨ ul. Vizsg´aljuk most meg azt a k´erd´est, milyen α, β eset´en oszcill´alnak a megold´ asok. Ez k´et esetben lehets´eges: os, λ2 ≤ λ1 < 0, (1) λ1 , λ2 val´ (2) λ1 , λ2 nem val´ os. Az (1) akkor a´ll el˝ o, ha

−a +

1 2 a −b <0⇔ 4

1 2 a − b < a = −α(1 + β), 4

ami lehetetlen. A (2) felt´etele a2 < 4b, vagyis α2 (1 + β)2 < 4α β ⇔ α <

4β . (1 + β)2

uggv´enygrafikon Az α−β param´eters´ıkon ez a tartom´any a β-tengely ´es az α = 4β/(1+β)2 f¨ k¨ oz¨otti r´esz. Ezzel megkaptuk a Samuelson-modell teljes stabilit´ asi ´es oszcill´aci´ os ”t´erk´ep´et”. An´elk¨ ul, hogy az iter´ aci´ o egyetlen l´ep´es´et elv´egezn´enk, tudjuk, hogy a k´etszeresen sat´ırozott 27

tartom´ anyban stabilis oszcill´ aci´ o t¨ ort´enik, az egyszeresen sat´ırozott tartom´anyban oszcill´ aci´ o n´elk¨ ul tart a gazdas´ ag az egyens´ ulyhoz, a k´et g¨orbe k¨ oz¨otti tartom´ anyban instabilis oszcill´aci´ o t¨ ort´enik (a gazdas´ag felrobban), felette ugyanez oszcill´ aci´ o n´elk¨ ul. Goodwin piacmodellje. A p´ okh´ al´ omodelln´el abb´ ol indultunk ki, hogy a termel˝ o a j¨ ov˝ o ´evi k´ın´ alatot az idei ´ar alapj´ an kalkul´ alja: St+1 = −c + dpt . Rugalmasabb reag´ al´ ast jelent, ha a termel˝o nem csak az idei a´rat, de a tavalyit is figyelembe veszi, ´es a tavalyi–idei tendencia alapj´ an d¨ ont a p˜t+1 = pt + ρ(pt − pt−1 ), ahol ρ =konst. az u ´.n. v´ arhat´ os´agi t´enyez˝o (lehet pozit´ıv ´es negat´ıv is; ρ = 0, akkor a alt j¨ ov˝ o ´evi ´ar. Ekkor a modell a p´ okh´ al´ o-modellt kapjuk vissza); p˜t+1 kalkul´  Dt = a − b pt St+1 = −c + d[pt + ρ(pt − pt−1 )] ony¨ ortelen Dt = St felt´etel´eb˝ol alakul ki: alakot o¨lti. A pt ´ar most is a piac k¨ a − b pt = −c + d[(1 + ρ)pt−1 − ρ pt−2 ], vagyis pt +

d(1 + ρ) dρ c+a pt−1 − pt−2 = (t = 2, 3, . . .). b b b

Ez egy m´ asodrend˝ u differenciaegyenlet: pt+2 + α pt+1 + β pt = γ (t = 0, 1, 2, . . .), ahol α=

dρ c+a d(1 + ρ) mS mS c+a (1 + ρ), β = − ργ= . = =− = b mD b mD b mD

Az egyens´ ulyi a´r: p∗ =

γ c+a . = 1+α+β mD + mS

Az egyens´ ulyi a´r stabilit´ as´anak sz¨ uks´eges ´es elegend˝o felt´etele a α+β+1 =

mS +1 >0 mD

−α + β + 1 = 1 − (1 + 2ρ) 1−β =1+ 28

mS >0 mD

mS ρ>0 mD

egyenl˝otlens´egek teljes¨ ul´ese. Az els˝o automatikusan teljes¨ ul. Az utols´ o k´et egyenl˝otlens´egb˝ ol a´ll´ o rendszer megold´asa a ρ-tengelyt h´ arom r´eszre osztjuk: I. ρ > 0. Ekkor 1 + 2ρ > 0, ez´ert mS 1 1 mS ´es < >− . mD 1 + 2ρ mD ρ A m´asodik egyenl˝ otlens´eg automatikusan teljes¨ ul, ´ıgy az els˝o adja

a megold´ ast (ld. a´bra). 1 II. − < ρ < 0. Ekkor m´eg mindig 1 + 2ρ > 0, teh´ at 2 mS mS 1 1 ´es < <− . mD 1 + 2ρ mD ρ A ρ > −1/3 esetben elegend˝o az els˝ot, a ρ ≤ −

1 esetben a m´asodikat teljes´ıteni (ld. a´bra). 3

1 at III. ρ < − . Ekkor 1 + 2ρ < 0, teh´ 2 mS 1 1 mS ´es > <− . mD 1 + 2ρ mD ρ Az els˝o automatikusan teljes¨ ul, teh´ at csak a m´ asodik sz´ am´ıt (ld. a´bra). Eml´ekezz¨ unk r´ a: a ρ = 0 v´ alaszt´asnak megfelel˝o p´ okh´ al´ omodellben a stabilit´ as felallap´ıthatjuk az a´bra alapj´ an, t´etele: mS /mD < 1 (ld. a´bra kivastag´ıtott szakasz). Meg´ 29

hogy az u ´j a´rkalkul´ aci´ os strat´egia a −1 < ρ < 0 v´ alaszt´assal stabiliz´ alja a piacot, mivel a anyadosra t´ agabb felt´etelt szab. A legjobb a ρ = −1/3 v´ alaszt´as, stabilit´ as az mS /mD h´ amikor a stabilit´ as felt´etele: mS /mD < 3. ´ FELHASZNALT IRODALOM [1] Hatvani L´ aszl´o, Krisztin Tibor, Makay G´eza, Dinamikus modellek a k¨ ozgazdas´ agban, Polygon, 2001. [2] Sydsaeter-Hammond, Matematika k¨ ozgazd´ aszoknak, Aula, 1998.

30