Differenciaegyenletek v3riemann.math.klte.hu/~losi/jegyzet/eco/hm_differenciaegy_foliak_v3.… ·...

Differenciaegyenletek v3

Losonczi Laszlo

Debreceni Egyetem, Kozgazdasag- es Gazdasagtudomanyi Kar

Losonczi Laszlo (DE) Differenciaegyenletek v3 1 / 27

3.1 Differenciaegyenlet fogalma, egzisztencia- es unicitastetel

Jelolje by N0 a nemnegatıv egeszek halmazat, azaz N0 = N ∪ {0}.Legyen f : N0 × R→ R adott fuggveny, akkor az

y (n + 1) = f (n, y (n)) (n ∈ N0)

egyenletet elsorendu explicit differenciaegyenletnek nevezzuk.

Vilagos, hogy ha y (0) adott, akkor az egyenletbol egyertelmuenmeghatarozhato az y (n) (n ∈ N0) sorozat valamennyi eleme.

Egzisztencia- es unicitastetelAdott f : N0 × R→ R es a(0) ∈ R eseten egyetlen olyan y (n) (n ∈ N0)sorozat van, melyre

y (n + 1) = f (n, y (n)) (n ∈ N0) es y (0) = a(0)

teljesul.


3.2 Egy egyszeru elsorendu egyenlet

Tekintsuk azy (n + 1) + py (n) = f (n) (n ∈ N0)

differenciaegyenletet, ahol p 6= 0 adott konstans f : N0 → R adottsorozat. Felırva az egyenletet n = 0,1,2 . . . -re kapjuk, hogy

y (1) = −py (0) + f (0)y (2) = −py (1) + f (1) = −p(−py (0) + f (0)) + f (1)

= (−p)2y (0)− pf (0) + f (1)y (3) = −py (2) + f (2) = −p((−p)2y (0)− pf (0) + f (1)) + f (2)

= (−p)3y (0) + (−p)2f (0)− pf (1) + f (2)

Indukcioval igazolhatjuk, hogy

y (n) = (−p)ny (0) +n−1∑k=0

(−p)n−1−k f (k ) (n ∈ N0)

egyenletunk altalanos megoldasa ahol y (0) tetszoleges.


3.3 Egy novekedesi modell

Legyen Y (n) a nemzeti jovedelem, I(n) a teljes beruhazas es S(n) ateljes megtakarıtas az n-edik evben. Tegyuk fel, hogy a megtakarıtasaranyos a nemzeti jovedelemmel, a beruhazas aranyos a nemzetijovedelem novekmenyevel az n-edik evtol az n + 1-edik evre, es aberuhazast a megtakarıtas fedezi (ez egy egyensulyi feltetel amiszerint a teljes megtakarıtast beruhazasra fordıtjuk). Ekkor teljesul akovetkezo egyenletrendszer.

S(n) = αY (n)I(n + 1) = β (Y (n + 1)− Y (n))

S(n) = I(n).

Itt α, β pozitıv konstansok, melyekre β > α > 0. Keressuk meg Y (n)-et,ha Y (0) adott!


3.4 Egy novekedesi modell: a megoldas

A harmadik, majd az elso egyenletet a masodikba helyettesıtvekapjuk, hogy

I(n + 1) = S(n + 1) = αY (n + 1) = β (Y (n + 1)− Y (n))

vagy

Y (n + 1)− β

β − αY (n) = Y (n + 1)−

(1 +

α

β − α

)Y (n) = 0

Felhasznalva az elozokben kapott megoldast −p = 1 + αβ−α , f (n) = 0

adatokkal kapjuk, hogy

Y (n) =(

1 +α

β − α

)n

Y (0) (n ∈ N0).

Ez 100αβ−α% konstans novekedesi ratat ad minden evben, vagy

αβ−α = Y (n+1)−Y (n)

Y (n) konstans relatıv novekedest.


3.5 Pokhalo modell

Ha elsorendu differenciaegyenletunkben az f fuggveny csak amasodik valtozotol fugg azaz kezdetiertek problemank

y (n + 1) = f (y (n)), (n ∈ N0) es y (0) = a(0),

alaku, akkor a megoldast egy un. pokhalo modellel szemleltethetjuk:megrajzoljuk a f fuggveny grafjat, es az y = x egyenest,az (y (0), y (0)) = (a(0),a(0)) pontot egy egyenes szakasszalosszekotjuk az (y (0), f (y (0))) = (y (0), y (1)) ponttal, majd ezt apontot egy egyenes szakasszal osszekotjuk az (y (1), y (1)) ponttal,ismeteljuk az eljarast az (y (1), y (1)) pontbol indulva, es ıgy tovabb.

A fenti algoritmusban az y tengellyel parhuzamos osszekotoszakaszokat az x tengelyig meghosszabbıtva kapjuk e tengelyen asorozat y (0), y (1), . . . elemeit. A kovetkezo peldanal az abrankonezeket a meghosszabbıtasokat nem rajzoltuk be, csupan a sorozatelemeit jeloltuk be az x tengelyen.


3.6 Pokhalo modell: pelda

Abrankon az y (n + 1) =√

4− y (n) (n ∈ N0) differenciaegyenletrevonatkozo pokhalot vazoltuk y (0) = 0 kezdoertek mellett,y (1) = 2, y (2) =

√2 ≈ 1,414, y (3) =

√4−√

2 ≈ 1,608. Az abran af (x) =

√4− x es a h(x) = x fuggvenyek vannak felrajzolva.


3.7 Masodrendu differenciaegyenlet, egzisztencia- es unicitastetel

Legyen f : N0 × R× R→ R adott fuggveny, akkor az

y (n + 2) = f (n, y (n + 1), y (n)) (n ∈ N0)

egyenletet masodrendu explicit differenciaegyenletnek nevezzuk.

Vilagos, hogy ha y (0), y (1) adottak, akkor az egyenletbol egyertelmuenmeghatarozhato az (y (n)) (n ∈ N0) sorozat valamennyi eleme.

Egzisztencia- es unicitastetelAdott f : N0 × R× R→ R es a(0),a(1) ∈ R eseten egyetlen olyan(y (n)) (n ∈ N0) sorozat van melyre

y (n + 2) = f (n, y (n + 1), y (n)) (n ∈ N0) es y (0) = a(0), y (1) = a(1)

teljesul.


3.8 Linearis differenciaegyenletek

Az alabbiakban az attekinthetoseg kedveert masodrendudifferenciaegyenletekkel foglalkozunk, de teljesen hasonloeredmenyek ervenyesek n-edrendu egyenletekre is.

Linearis differenciaegyenletekAdott p,q, f : N0 → R fuggvenyek eseten az

y (n + 2) + p(n)y (n + 1) + q(n)y (n) = f (n) (n ∈ N0) (1)

egyenletet masodrendu linearis differenciaegyenletnek nevezzuk.A p,q fuggvenyek az egyenlet egyutthatoi, f az egyenlet szabad tagja.Feltesszuk, hogy a q egyutthato nem zerus (kulonben egyenletunkmasodrendunel alacsonyabbrendu volna, amint azt egy n→ n − 1index eltolassal lathatjuk). Az (1) egyenletet homogennek nevezzukha f (n) = 0 (n ∈ N0), ellenkezo esetben inhomogen egyenletrolbeszelunk. A homogen egyenletet melyet (1)-bol f (n) = 0helyettesıtessel kapunk az (1) egyenlethez asszocialt (kapcsolt)homogen egyenletnek nevezzuk.


3.8 Linearis differenciaegyenletek

Egzisztencia- es unicitastetel linearis differenciaegyenletekreAdott a(0),a(1) ∈ R eseten egyetlen olyan (y (n)) (n ∈ N0) sorozat vanmelyre

y (n + 2) + p(n)y (n + 1) + q(n)y (n) = f (n) (n ∈ N0)

es y (0) = a(0), y (1) = a(1) teljesul.


3.9 Linearis homogen differenciaegyenletek altalanos megoldasa

A masodrendu linearis homogen differenciaegyenletek altalanos alakja

y (n + 2) + p(n)y (n + 1) + q(n)y (n) = 0 (n ∈ N0), (2)

ahol p,q adott sorozatok, q(n) 6= 0 valamely n ∈ N0-ra.

Konnyu ellenorizni, hogy ha y1(n), y2(n) (n ∈ N0) a (2) egyenletmegoldasai, akkor tetszoleges C1,C2 egyutthatokkal kepezetty (n) = C1y1(n) + C2y2(n) (n ∈ N0) linearis kombinaciojuk is megoldasa(2)-nek, es minden megoldas ilyen alakban kaphato meg (felteve,hogy az y1(n), y2(n) (n ∈ N0) megoldasok linearisan fuggetlenek,azaz fenti linearis kombinaciojuk csak ugy lehet nulla, ha C1 = C2 = 0,vagy maskeppen, e sorozatok nem egymas konstansszorosai). Azt ismondjuk, hogy y (n) = C1y1(n) + C2y2(n) (n ∈ N0) a (2) egyenletaltalanos megoldasa.


3.10 Megoldasok linearis fuggetlensege, Casorati determinans

Nem nehez igazolni, hogy a (2) homogen egyenlety1(n), y2(n) (n ∈ N0) megoldasai linearisan fuggetlenek akkor escsakis akkor ha e sorozatok Casorati determinansa, azaz

Cy1,y2(n) :=∣∣∣∣ y1(n) y2(n)

y1(n + 1) y2(n + 1)

∣∣∣∣ 6= 0

valamely n0 ∈ N0 eseten. Sot, az is igaz, hogy ha Cy1,y2(n0) 6= 0valamely n0 ∈ N0-ra, akkor Cy1,y2(n) 6= 0 minden n ∈ N0 eseten.


3.11 Linearis inhomogen egyenletek: a megoldas szerkezete

Konnyu igazolni, hogy az

y (n + 2) + p(n)y (n + 1) + q(n)y (n) = f (n) (n ∈ N0),

(ahol q(n) 6= 0 valamely n ∈ N0-ra) masodrendu linearis inhomogenegyenlet altalanos megoldasa

y (n) = yh(n) + y (n) (n ∈ N0)

alaku, ahol yh(n) = C1y1(n) + C2y2(n) az asszocialt homogenegyenlet altalanos megoldasa (azaz y1(n), y2(n) linearisan fuggetlenmegoldasai az asszocialt homogen egyenletnek, C1,C2 tetszolegeskonstansok) es y (n) egy u.n. partikularis megoldasa inhomogenegyenletunknek.


3.12 Konstansegyutthatos linearis homogen differenciaegyenletek

Ha az (1) egyenletben p,q ∈ R, q 6= 0 konstans fuggvenyek(sorozatok) es f (n) = 0 (n ∈ N0), akkor masodrendukonstansegyutthatos linearis homogen differenciaegyenletet kapunk:

y (n + 2) + py (n + 1) + qy (n) = 0 (n ∈ N0). (3)

A (3) egyenlettel parhuzamosan tekintsuk aλ2 + pλ + q = 0 (4)

masodfoku algebrai egyenletet (ezt a (3) egyenlet karakterisztikusegyenletenek nevezzuk). (4)-et λn-nel megszorozva kapjuk, hogy

λn+2 + pλn+1 + qλn = 0

amibol lathato, hogy

az y (n) = λn sorozat megoldasa (3)-nak, akkor es csakis akkor, haλ megoldasa a (4) karakterisztikus egyenletnek.

A megoldasok viselkedese a (4) egyenlet D = p2 − 4qdiszkriminansatol fugg.


3.13 A megoldas menete

Ha p2 − 4q > 0, akkor a karakterisztikus egyenletnek ketkulonbozo valos λ1 6= λ2 megoldasa van, es ekkor

y1(n) = λn1, y2(n) = λn

2 (n ∈ N0).

linearisan fuggetlen megoldasai (3)-nak, mivel Casoratideterminansuk a 0 pontban

Cy1,y2(0) =∣∣∣∣ 1 1λ1 λ2

∣∣∣∣ = λ2 − λ1 6= 0.

Ezert most a (3) egyenlet altalanos megoldasa

y (n) = C1λn1 + C2λ

n2 (n ∈ N0)

ahol C1,C2 tetszoleges konstansok.



Ha p2 − 4q = 0, akkor a karakterisztikus egyenletnek egyketszeres valos λ1 == −p

2 megoldasa van, ekkor igazolhato,hogy

y1(n) = λn1, y2(n) = nλn

1 (n ∈ N0)megoldasai (3)-nak. λ1 = −p

2 6= 0 mivel ha −p2 = 0,p2 − 4q = 0

volna, akkor p = q = 0, ami ellentmond a q 6= 0 feltetelnek.y1(n), y2(n) linearisan fuggetlenek, mivel Casorati determinansuka 0 pontban

Cy1,y2(0) =∣∣∣∣ 1 0λ1 λ1

∣∣∣∣ = λ1 6= 0.

Ezert most (3) altalanos megoldasa

y (n) = C1λn1 + C2nλn

1 (n ∈ N0)

ahol C1,C2 tetszoleges konstansok.



Ha p2 − 4q < 0, akkor a karakterisztikus egyenletnek ketkulonbozo komplex gyoke van λ1,2 = α± iβ ahol

α = −p2 , β =

√4q−p2

2 6= 0, vagy trigonometrikus alakbanλ1,2 = r (cosϑ± i sinϑ) ahol (r =

√α2 + β2, cosϑ = α

r ).Ekkor λn

1,2 = rn(cos(ϑn)± i sin(ϑn)), a valos es kepzetes reszeklinearisan fuggetlen megoldasok, mivel Casorati determinansuk a0 pontban

Cy1,y2(0) =∣∣∣∣ 1 0

r cosϑ r sinϑ

∣∣∣∣ = r sinϑ = rβ

r= β 6= 0.

A (3) egyenlet altalanos megoldasa

y (n) = C1rn cos(ϑn) + C2rn sin(ϑn) (n ∈ N0)ahol C1,C2 tetszoleges konstansok.A megoldas atırhato

y (n) = Arn cos(ϑn + ω) vagy y (n) = Arn sin(ϑn + ω) (n ∈ N0)alakba is, ahol A, ω tetszoleges konstansok.


3.14 A hatarozatlan egyutthatok modszere

Az inhomogen egyenlet megoldasanak felbontasaHa y i (n) az y (n + 2) + py (n + 1) + qy (n) = fi (n) (n ∈ N0) egyenletmegoldasa i = 1,2, . . . , k mellett, akkor azy (n) = y1(n) + y2(n) + · · · + yk (n) megoldasa az

y (n+2)+py (n+1)+qy (n) = f1(n)+f2(n)+· · ·+fk (n) (n ∈ N0) egyenletnek.

A hatarozatlan egyutthatok modszereHa az inhomogen egyenlet f (n) szabad tagja az

an, nk , cosβn, sinβn (5)sorozatok linearis kombinacioja (vagy ilyenek szorzata) akkor azinhomogen egyenletnek van olyan y (n) megoldasa, mely az alabbisorozatok linearis kombinacioja

an, (1,n,n2, . . . ,nk ), (sinβn, cosβn), (cosβn, sinβn)

(vagy ilyenek szorzata), felteve hogy az (5)-beli sorozatok egyikesem megoldasa a homogen egyenletnek.



Az alabbi tablazatban lathatjuk az inhomogen egyenlet megoldasanak(probamegoldas) alakjat (amennyiben y (n) egyetlen tagja semmegoldasa az asszocialt homogen egyenletnek):

f (n) y (n)an A1an

nk Aknk + Ak−1nk−1 + · · · + A1n + A0nkan (Aknk + Ak−1nk−1 + · · · + A1n + A0)an

sinβn A1 sinβn + A2 cosβncosβn A1 sinβn + A2 cosβnan sinβn an(A1 sinβn + A2 cosβn)an cosβn an(A1 sinβn + A2 cosβn)annksinβn an(Aknk +. . .+A0)sinβn+an(Bknk +. . .+B1n+B0)cosβnannkcosβn an(Aknk +. . .+A0)sinβn+an(Bknk +. . .+B1n+B0)cosβn



Az elozo tablazatban a probamegoldas nem valtozik, ha barhol f (n)oszlopaban nk -t egy k -adfoku polinomra csereljuk ki.

Ha (az elozo tablazatban szereplo) y (n) valamely tagja megoldasaaz asszocialt homogen egyenletnek, akkor az (uj) probamegoldasnr y (n), ahol y (n) az elozo tablazatban szereplo probamegoldas, r az aminimalis kitevo, amivel teljesul az, hogy nr y (n)-nek mar egyetlentagja sem megoldasa az asszocialt homogen egyenletnek.Masodrendu egyenleteknel r erteke 1 vagy 2 lehet.



Az elozo allıtasokat ugy is megfogalmazhatjuk, hogy ha szabad tag

f (n) = anPk (n) cos(βn) vagy f (n) = anPk (n) sin(βn),

alaku, ahol Pk (n) egy k -adfoku polinom, akkor az inhomogenegyenletnek van

y (n) = nr an(Aknk +. . .+A0)sin(βn)+nr an(Bknk +. . .+B0)cos(βn)

alaku megoldasa, ahol r az asszocialt homogen egyenletλ1,2 = a(cosβ ± i sinβ) megoldasanak multiplicitasa (azaz r = 0, haλ1,2 = a(cosβ ± i sinβ) nem megoldasa a karakterisztikusegyenletnek, r = 1, ha λ1,2 = a(cosβ ± i sinβ) egyszeres megoldasa akarakterisztikus egyenletnek, r = 2, ha λ1,2 = a(cosβ ± i sinβ)ketszeres megoldasa a karakterisztikus egyenletnek.


3.15 A hatarozatlan egyutthatok modszere: peldak

1. PELDA. Az y (n + 2)− 5y (n + 1) + 6y (n) = 0 (n ∈ N0) homogenegyenlet karakterisztikus egyenlete λ2 − 5λ + 6 = 0 aminek ket gyokevan λ1 = 2, λ2 = 3 ıgy altalanos megoldasa yh(n) = C12n + C23n.

2. PELDA. Az y (n + 2)− 5y (n + 1) + 6y (n) = 4n + n2 + 3 (n ∈ N0)inhomogen egyenlet egyenlet altalanos megoldasay (n) = C12n + C23n + y1(n) + y2(n), ahol y1(n) = A 4n a 4n tagnakmegfelelo megoldas, mıg y2(n) = Bn2 + Cn + D a szabad tag n2 + 3reszenek megfelelo megoldas, A,B,C,D hatarozatlan egyutthatok.



Behelyettesıtve y1(n)-et az y (n + 2)− 5y (n + 1) + 6y (n) = 4n

egyenletbe, osztva 4n-nel kapjuk, hogy 42A− 5 · 4A + 6A = 1, amibolA = 1/2, y1(n) = 1/2 · 4n.Ezutan y2(n) = Bn2 + Cn + D-t az y (n + 2)− 5y (n + 1) + 6y (n) = n2 + 3egyenletbe helyettesıtve kapjuk, hogy

B(n+2)2+C(n+2)+D−5(B(n+1)2+ C(n+1)+D

)+6(Bn2 + Cn + D

)= n2 + 3, vagy atrendezes utan

2Bn2 + (−6B + 2C)n + (−B − 3C + 2D) = n2 + 3.

Mivel n2,n,1 linearisan fuggetlen sorozatok, ıgy az egyutthatokosszehasonlıtasabol adodik, hogy2B = 1, −6B + 2C = 0, −B − 3C + 2D = 3. E rendszer megoldasaB = 1/2,C = 3/2,D = 4, ıgy az eredeti inhomogen egyenletunkaltalanos megoldasa

y (n) = C12n + C23n + 4n/2 + 3n2/2 + n/2 + 4 (n ∈ N0).



3. PELDA. Az y (n + 2)− 5y (n + 1) + 6y (n) = 2n(n + 3) (n ∈ N0)inhomogen egyenlet egyenlet altalanos megoldasay (n) = C12n + C23n + y (n), ahol modszerunk alapjany (n) = 2n(An + B)n (n ∈ N0), A,B hatarozatlan egyutthatok.Behelyettesıtve y (n)-t es kiszamolva az egyutthatokat, kapjuk,A = −1

4 ,B = −94 , y (n) = −1

42n(n + 9)n.


3.16 A novekedes multiplikator-akcelerator modellje

Jelolje Y (n) egy orszag n idopontban (evben) megfigyelt nemzetijovedelmet, C(n) a teljes fogyasztasat es I(n) a teljes beruhazast.Tegyuk fel, hogy

Y (n) = C(n) + I(n),C(n + 1) = aY (n) + b,I(n + 1) = c (C(n + 1)− C(n)) , (n ∈ N0),

ahol a,b, c (pozitıv) konstansok. Az elso egyenlet szerint a nemzetijovedelem fogyasztasbol es beruhazasbol all. A masodik egyenletalapjan az n + 1-edik idoszak fogyasztasa az elozo periodus nemzetijovedelmenek linearis fuggvenye. Ez a modell multiplikator oldala.Vegezetul az utolso egyenlet azt allıtja, hogy az n + 1-edik idoszakberuhazasa az elozo idoszak fogyasztasanak novekedesevel aranyos.Ez a modell akcelerator oldala. Az osszevont multiplikator-akceleratormodellt szamos kozgazdasz vizsgalta, akik kozul P. A. Samuelsonnevet emeljuk ki.


3.16 A novekedes multiplikator-akcelerator modellje

Tegyuk fel, hogy C(0),Y (0) ismert, akkor mindharomfuggvenyt/sorozatot ki tudjuk szamolni. Az alabbiakban Y (n)meghatarozas a celunk. Irjunk n helyere n + 2-t az elso egyenletben esn helyere n + 1-t a masodik es harmadik egyenletekben:

Y (n + 2) = C(n + 2) + I(n + 2),C(n + 2) = aY (n + 1) + b,I(n + 2) = c (C(n + 2)− C(n + 1)) .

Az utolso egyenletet atırhatjuk

I(n + 2) = c (aY (n + 1) + b − (aY (n) + b)) = ca (Y (n + 1)− Y (n))

alakba. Ezt es a masodik egyenletet az elsobe helyettesıtve kapjuk,hogy

Y (n + 2)− a(1 + c)Y (n + 1) + acY (n) = b (n ∈ N0).(a) Vizsgalja az asszocialt homogen egyenlet karakterisztikusegyenletet, es a homogen egyenlet megoldasait!(b) Keresse meg az inhomogen egyenlet egy partikularis megoldasat.


3.17 Gyakorlo feladatok

y (n + 2)− 6y (n + 1) + 8y (n) = 0, y (0) = 0, y (1) = 1,y (n + 2) + 2y (n + 1) + 3y (n) = 0,y (n + 2)− 2y (n + 1) + 5y (n) = 0,

y (n + 2)− 8y (n + 1) + 16y (n) = 0,y (n + 2)− 8y (n + 1) + 16y (n) = 2 · 4n + 2n − 3,y (n + 2)− 6y (n + 1) + 8y (n) = 5 · 3n + 2n2 − 1,

3y (n + 2) + 2y (n) = 4n + 6,y (n + 1) + 2y (n) = 5n,

y (n + 3) + y (n + 2)− y (n + 1)− y (n) = 0.


Differenciaegyenletek v3riemann.math.klte.hu/~losi/jegyzet/eco/hm_differenciaegy_foliak_v3.… ·...

Documents

Transcript of Differenciaegyenletek v3riemann.math.klte.hu/~losi/jegyzet/eco/hm_differenciaegy_foliak_v3.… ·...