Programowanie dynamiczne i modele rekurencyjne w ekonomii Wykład 1 Michał Ramsza 3 marca 2015 Sreszczenie Pierwszy wykład bazuje głównie na [5, roz. 11.1 11.5], [1, roz. 1] oraz [4, roz. 1]. Maeriał obejmuje równania różnicowe liniowe pierwszego rzędu o sałych i zmiennych współczynnikach, równania liniowe o sałych współczynnikach wyższych rzędów, równania nieliniowe pierwszego rzędu, pojęcie równowagi i jej sabilności. Wykład nie obejmuje kwesie cykli okresowych, ogólnego pojęcia arakorów i zagadnień zwiazanych z układami chaoycznymi. 1 Równania różnicowe pierwszego rzędu 1.1 Sformułowanie zagadnienia 1.1.1 Podsawowa noacja Czas: = 0, 1, 2,.... San sysemu w chwili jes opisywane przez liczbę = ) lub wekor = ). Używamy ylko noacji,. Relacja rekurencyjna pierwszego rzędu jes posaci +1 = f, ), 1) gdzie f : N R R jes zadana funkcja. Dodakowo znany jes pierwszy elemen ciagu 0. Równanie różnicowe pierwszego rzędu jes posaci +1 = g, ). Przekszałcanie rownania różnicowego do posaci rekurencyjnej jes rywialne. Zajmujemy się ylko posacia 1). 1.1.2 Pozbywamy się czasu Przyjmujac y T =, ) oraz hy ) = fy ), + 1) T możemy zapisać 1) jako y +1 = [ ] +1 = + 1 [ ] f, ) = + 1 [ ] fyy ) = hy + 1 ). Będziemy rozważali ylko zagadnienia jednorodne w czasie, j. +1 = f ).
1.1.3 Podsawowe pyania Jak możemy obliczyć elemeny ciagu { }? Co możemy powiedzieć o zachowaniu się przy dużych? Co możemy powiedzieć o zachowaniu się ciagu { } w zależności od paramerów? 1.2 Rozwiazanie ogólne 1.2.1 Obliczanie elemenów i rozwiazanie ogólne Prymiywna meoda obliczania elemenów 0 dane 1 = f1, 0 ) 2 = f2, 1 ) = f2, f1, 0 )) 3 = f3, 2 ) = f3, f2, 1 )) = f3, f2, f1, 0 ))) 4 =... Długa i powoduje nawarswianie się błędów numerycznych. Zdecydownaie chcemy znaleźć wyrażenie opisujace posaci = g, A) dla dowolnego N i dowolnej warości A R. Dla dowolnej warości 0 będziemy mieli zazwyczaj jedna warość A, aka że 0 = g0, A). Funkcja g opisuje rozwiązanie ogólne zależności 1). 1.2.2 Przykład: Przykładowe równanie Rozważamy zależność posaci +1 = a, gdzie a R i 0 dane. Obliczamy 1 = a 0 Ogólna posać rozwiazania jes posaci 2 = a 1 = a a 0 ) = a 2 0 3 = a 2 = a a 1 ) = a a a 0 )) = a 3 0 = a 0. Dokładniej g, A) = a A i dla zadanego 0 przyjmujemy A = 0. 1.3 Typowe zasosowania rekurencji w ekonomii 1.3.1 Przykład: Bardzo prosy model wzrosu Przyjmujemy Y dochód narodowy naional income) I inwesycje oal invesmen)
S oszczędności savings) Przyjmujemy zależności S = αy I +1 = β Y +1 Y ) S = I warunek równowagi. Obliczamy S +1 = αy +1 I +1 = αy +1 β Y +1 Y ) = αy +1 β α)y +1 = β Y Y +1 = β β α Y Y +1 = 1 + α ) β α Y. Korzysajac z przykładu 1.2.2 rozwiazanie ogólne jes posaci Y = 1 + α ) Y 0. β α Przyjmujac g = α/β α) mamy Y +1 = 1 + g) Y 0 i zachodzi g = Y +1 Y )/Y. 1.3.2 Przykład: Bardziej ogólny model wzrosu Przykład zaczerpnięy z [4, sr. 4 11]. Oznaczenia Y produkcja oupu) K kapiał capial sock) S oszczędności savings) I inwesycje invesmens) L praca labor) Typowe równanie zakładane w modelach S = I, równanie równowagowe S = sy, oszczędności K +1 = 1 δ)k + I, wzros kapiału z deprecjacja L = L 0 1 + n), wzros siły roboczej rozwiazanie ogólne) Do powyższych dodajemy jedno z dwóch równań
Y = F K, L ), F funkcja produkcji I = ΦY, Y 1,...), inwesycje Typowe modele korzysajace z powyższego układu o Model Harroda, gdzie równanie produkcji jes posaci K Y = min v, L ) α Model Domara, gdzie równanie inwesycji jes posaci I = v Y 1 δ)y 1 ) Model Solowa-Swana, gdzie równanie produkcji jes posaci Y = ak α L 1 α 1 + γ), α 0, 1), a > 0. Model Frankela, gdzie równanie produkcji zawiera funkcje posaci F K, L) = AK, L) K α L 1 α, gdzie AK, L) = a K γ /L γ. 1.4 Równanie liniowe, pierwszego rzędu o sałym współczynniku 1.4.1 Równanie i rozwiazanie ogólne Rozważamy równanie posaci +1 = a + b, 2) gdzie a, b R i 0 dane. Mamy dla a 1 1 = a 0 + b 2 = a 1 + b = a a 0 + b) + b = a 2 0 + 1 + a) b 3 = a 2 + b = a a 1 + b) + b = a a a 0 + b) + b) + b. = a 3 0 + a 2 + a + 1 ) b = a 0 + b j= 1 j=1 a j = a 0 + b 1 a 1 a = a 0 b ) + b 1 a 1 a. Rozwiazanie ogólne równania 2) jes posaci = a 0 b ) + b 1 a 1 a dla a 1 3) oraz = 0 + b dla a = 1.
1.4.2 Przykład: Prose zasosowanie Rozważamy równanie +1 = 1 3 + 3. 4) Korzysajac z 3) rozwiazanie jes posaci = 1 3 0 9 ) 2 + 9 2. _ 2 0 2 4 8 10 0 2 4 8 10 Rysunek 1: Przykładowe rozwiazania szczegółowe równania 4). 1.5 Równowaga i jej sabilność 1.5.1 Równowaga Przez równowagę będziemy rozumieli każdy san spełniajacy a więc sa o punky sałe odwzorowania f. = f ) 1.5.2 Przykład: Równowaga w równaniu liniowym pierwszego rzędu Rozważamy równanie z punku 1.4.1, j. równanie posaci Obliczamy gdzie a 1. +1 = a + b. = a + b = W przykładzie 1.4.2 równowaga wynosi = 9/2. b 1 a,
1.5.3 Sabilność równowagi w równaniu liniowym pierwszego rzędu Rozwiazanie równania 2) jes posaci a 1) = a 0 b ) + b 1 a 1 a. Jeżeli ylko a < 1 o a 0 przy i konsekwennie = b/1 a). Taka równowagę będziemy nazywali globalnie) sabilna. W przypadku gdy a > 1 równowaga nie jes sabilna bo przy. W przypadku gdy a = 1 i b 0 nie mamy punków równowagi. W przypadku gdy a = 1 i b = 0 mamy nieskończenie wiele punków równowagi, żaden nie jes sabilny asympoycznie. W przypadku gdy a = 1 mamy dokładnie jedna równowagę ale rozwiazanie posiada dwuokresowy cykl wo-period cycle). Równowaga nie jes sabilna. 1.5.4 Przykład: Zbieżności Rozważamy równanie +1 = 1 2 + 1 Rozwiazanie ogólne jes posaci = ) 1 0 2) + 2 2 Rozważamy równanie +1 = 1 2 + 1 Rozwiazanie ogólne jes posaci = 1 ) 0 2 ) + 2 2 3 3 Równowaga = 2. Równowaga = 2 3 1.5.5 Przykład: Rozbieżności Rozważamy równanie +1 = 3 2 + 1 Rozwiazanie ogólne jes posaci = ) 3 0 + 2) 2 2 Rozważamy równanie +1 = 3 2 + 1 Rozwiazanie ogólne jes posaci = 3 ) 0 2 ) + 2 2 5 5 Równowaga = 2. Równowaga = 2 5 1.5. Pyanie? Czy równanie różniczkowe może zachowywać się ak jak na rysunkach 2b) lub 3b)?
_ 2 1 0 1 2 _ 2 1 0 1 2 0 5 10 15 0 5 10 15 a) zbieżność monooniczna b) łumione oscylacje Rysunek 2: Różne ypy zbieżności _ 0 100 200 300 400 _ 500 0 500 1000 0 5 10 15 a) rozbieżność monooniczna 0 5 10 15 b) rozbieżność i oscylacje Rysunek 3: Różne ypy rozbieżności 1.5.7 Przykład: Cykl dwuokresowy Rozważamy równanie posaci Rozwiazanie jes posaci Równowaga +1 = 1 + 1 = 1) 0 1 ) + 1 2 2. = 1 2.
_ 2 1 0 1 2 3 0 5 10 15 Rysunek 4: Cykl 1.5.8 Pyanie? Czy równanie różniczkowe może zachowywać się ak jak równanie różnicowe na rysunku 4? Czy równowaga w przykładzie 1.5.7 jes sabilna asympoycznie, niesabilna? 1.5.9 Zmienna prawa srona Rozważamy równanie posaci Mamy 1 = a 0 + b 0 +1 = a + b. 5) 2 = a 1 + b 1 = a a 0 + b 0 ) + b 1 3 = a 2 + b 2 = a a a 0 + b 0 ) + b 1 ) + b 2 = a 3 0 + a 2 b 0 + ab 1 + b 2. j= = a 0 + a j b j 1. j=1 Problem z powyższym rozwiazaniem ogólnym jes zazwyczaj znalezienie zamknięej formuły sumy j= j=1 a j b j 1. 1.5.10 Przykład Rozważamy równanie posaci +1 = a + a, j. b = a Zgodnie z punkem 1.5.9 rozwiazanie ogólne jes posaci a 0) = a 0 + a j a j 1 = a 0 + j=1 a 1 = a 0 + a 1 j=1 j=1 1 = a 0 + a 1 = a 0 + ). a
1. Równanie liniowe, pierwszego rzędu o zmiennym współczynniku 1..1 Równanie i rozwiazanie ogólne Rozważamy równanie posaci Obliczamy +1 = a + b. ) 1 = a 0 0 + b 0 2 = a 1 1 + b 1 = a 1 a 0 0 + b 0 ) + b 1 = a 1 a 0 0 + a 1 b 0 + b 1 3 = a 2 2 + b 2 = a 2 a 1 a 0 0 + a 1 b 0 + b 1 ) + b 2 = a 2 a 1 a 0 0 + a 2 a 1 b 0 + a 2 b 1 + b 2 4 = a 3 a 2 a 1 a 0 0 + a 3 a 2 a 1 b 0 + a 3 a 2 b 1 + a 3 b 2 + b 3. = = 1 ) a j 0 + j=0 1 1 ) a j 0 + j=0 ) a j b 0 + j=1 1 1 k=1 1 ) 1 a j b 1 +... j=2 ) a j b k 1 + b 1 j=k j= 2 a j ) b 3 + 1 j= 1 a j ) b 2 + b 1 Podobnie jak w punkcie 1.5.9 znalezienie zamknięych formuł dla powyższych sum i produków jes zazwyczaj kłopoliwe. Powyższe rozwiazanie można zapisać w nieco bardziej uproszczony sposób jako 1 ) 1 1 ) = a j 0 + a j b k 7) przyjmujac jednak, że 1 j= a j = 1. j=0 k=0 j=k+1 1.7 Przykład zasosowań 1.7.1 Przykład: cobweb model Kosz produkcji Cq) = αq + βq 2, gdzie q > 0, α, β > 0. Rozważamy rynek doskonale konkurencyjny price akers). Srona podażowa maksymalizuje zysk πq) = pq Cq) = pq αq βq 2, gdzie zakładamy, że p > α. Mamy warunek pierwszego rzędu Podaż jes zaem zadana jako dπ dq = 0 p α 2βq = 0 q = p α 2β Sp) = p α 2β
Popy niech będzie zadany funkcja gdzie, γ, δ > 0. Dp) = γ δp, Jako założenie modelowe przyjmujemy, że producenci podejmujac decyzję o wielkości produkcji w chwili jako oczekiwana przyszła cenę przyjmuja obecna p. W chwili sprzedaży na rynku jes równowaga więc Sp ) = Dp +1 ) p α = γ δp +1 2β p +1 = 1 2βδ p + 2βγ + α 2βδ Równowaga wynosi p = 2βγ + α 1 + 2βδ Rozwiazanie ogólne jes zaem posaci p = 1 ) p 0 2βγ + α ) + 2βγ + α 2βδ 1 + 2βδ 1 + 2βδ Równowaga jes sabilna ak długo jak 1 2βδ < 1 2βδ > 1. 0 2 4 8 10 2 4 8 10 12 14 Rysunek 5: Przykładowe zachowanie się modelu cobweb dla paramerów α = β = δ = γ = 1. Cena równowagowa wynosi p = 7. 1.7.2 Przykład: Kredy Klien orzymał kredy na kwoę K > 0 w chwili = 0. Sopa procenowa jes sała i wynosi r > 0. Klien spłaca kredy w równych raach kapiałowo odsekowych w wysokości a > 0. Niech b oznacza san jego kona ousanding balance, principal) spełnia równanie b +1 = 1 + r)b a.
Jes o równanie rozważane w punkcie 1.4.1. Rozwiazanie ogólne jes posaci Typowe pyania: b = 1 + r) K a ) + a r r Ile wynosi pojedyncza raa jeżeli chcemy spłacić kredy w do okresu n-ego, j. b n = 0? Mamy 0 = b n = 1 + r) n K a ) + a r r a r = 1 + r)n K a ) r a r = 1 + r)n K 1 + r) n a r r = 1 + r)n K a a + 1 + r)n r a r 1 + r)n 1) = 1 + r) n K a r = a = 1 + r)n 1 + r) n 1 K rk 1 + r)n 1 + r) n 1 Jaki kredy możemy wziać jeżeli spłacamy raę w wysokości a i na koniec n-ego okresu chcemy mieć spłacony kredy? Mamy 0 = b n = 1 + r) n K a ) + a r r 0 = 1 + r) n K 1 + r) n a r + a r 1 + r) n a r a r = 1 + r)n K 1 + r) n 1) a r = 1 + r)n K K = 1 + r)n 1) 1 + r) n a K = a n k=1 1 1 + r ) k r = 1 r ) 1 1 1 + r) n a 1.7.3 Przykład: Warość bieżaca ze sała sopa procenowa Rozważamy nasępujac a syuację na koncie w chwili = 0 znajduje się kwoa w 0, w okresach = 1, 2,... osoba dokonuje wpła na kono w wysokości y oraz wypła w wysokości c. San kona w jes zadany równaniem różnicowym posaci w +1 = 1 + r)w + y +1 c +1, = 0, 1, 2,...
gdzie r > 0 jes założona sała sopa procenowa. Powyższe równanie jes przykładem równania rozparywanego w punkcie 1.5.9. Rozwiazanie ogólne jes posaci w = 1 + r) w 0 + 1 + r) k y k c k ) Równanie o można przekszałcić do posaci presen value {}}{ 1 1 + r) w = w 0 + k=1 zdyskonowana warość przepływów neo {}}{ k=1 1 + r) k y k c k ) }{{} przepływ neo 1.7.4 Przykład: Warość bieżaca ze zmienna sopa procenowa Rozważamy idenyczna syuację jak w punkcie 1.7.3 zakładajac, że sopa procenowa r > 0 jes zmienna. Syuacja jes opisana przez równanie w +1 = 1 + r +1 )w + y +1 c +1, = 0, 1, 2,... Zgodnie ze wzorem 7) rozwiazanie ogólne jes posaci [ 1 ] [ 1 1 ] w = 1 + r s+1 ) w 0 + 1 + r s+1 ) s=0 k=0 s=k+1 y k+1 c k+1 ) lub przesuwajac indeksy [ ] w = 1 + r s ) s=1 [ w 0 + k=1 s=k+1 ] 1 + r s ) y k c k ) 8) Definiujemy czynnik dyskonujacy discoun facor) D = 1 1 + r s ) s=1 = 1 + r s ) 1 s=1 Mnożac obie srony równania 8) przez D orzymujemy 1 + r s ) s=k+1 D w = w 0 + y k c k ) k=1 1 + r s ) D w = w 0 + D w = w 0 + k=1 s=1 [ ] 1 k s=1 1 + r y k c k ) s) D k y k c k ), = 1, 2,... k=1 Inerpreacja jes idenyczna jak w punkcie 1.7.3.
1.7.5 Podsumowanie Dla równań posaci +1 = a = b. Równowaga seady sae, saionary sae, res poin, fied poin) nazywamy punk spełniajacy = a + b. Równowaga isnieje wedy i ylko wedy gdy a 1 lub a = 1 i b = 0. Równowaga jes dokładnie jedna wedy i ylko wedy gdy a 1. Równowaga jes globalnie asympoycznie sabilna jeżeli dla dowolnego 0 zachodzi dla. Równowaga jes globalnie asympoycznie sabilna ylko wedy gdy jes jedyna unique). Implikacja: równowaga jes globalnie asympoycznie sabilna równowaga jes jedyna. Równowaga jes globalnie asympoycznie sabilna wedy i ylko wedy gdy a < 1. W akim przypadku dla dowolnego 0 zachodzi przy. 1.8 Równania nieliniowe pierwszego rzędu 1.8.1 Posać równania i równowaga Niech dana będzie funkcja f : R R. Rozważamy równanie posaci gdzie 0 R jes zadane. +1 = f ), 9) Rozwiazaniem szczególnym rownania 9), podobnie jak w przypadku równania liniowego, jes ciag 0, 1,... spełniajacy 9) dla dowolnego = 1, 2,.... Rozwiazaniem ogólnym będzie zbiór akich ciagów dla wszyskich możliwych warości 0. Oczywiście w przypadku równania nieliniowego znalezienie zamknięej formuły opisujacej aki zbiór ciagów jes generalnie niemożliwe. Przez równowagę rozumiemy każdy elemen spełniajacy = f ), a więc punk sały odwzorowania f. 1.8.2 Isnienie równowagi Dwa podsawowe wierdzenie wykorzysywane do dowodu isnienia równowagi o wierdzenie Brouwera i wierdzenie Banacha o punkcie sałym. Poniższe wierdzenia sa wersjami dla odwzorowań f : R R. Twierdzenie 1 Brouwera). Niech A będzie zwarym odcinkiem i niech f : A A będzie ciągłą funkcją. Wedy isnieje punk A aki, że = f ). Ogólniejsza wersja wierdzenia Brouwera jes posaci Twierdzenie 2 Brouwer / Schauder). Niech A będzie wypukłym i zwarym podzbiorem przesrzeni skończenie wymiarowej oraz niech funkcja f : A A będzie ciągła. Wedy isnieje elemen A spełniający = f ).
UWAGA: Twierdzenie Brouwera pozwala na swierdzenie, że równowaga isnieje, ale nie daje, żadnych innych informacji o samej równowadze. Aby sformułować wierdzenie Banach o punkcie sałym wprowadzamy nasępujace definicje. Definicja 1. Niepusy zbiór X razem z funkcją ρ : X X R + spełniającą nasępujące warunki dla dowolnych, y, z X 1) ρ, y) = 0 = y 2) ρ, y) = ρy, ) 3) ρ, z) ρ, y) + ρy, z) nazywamy przesrzenią meryczną. Definicja 2. Niech X, ρ) będzie przesrzenią meryczną i niech f : X X będzie zadaną funkcją. Powiemy, że f jes konrakcją jeżeli isnieje liczba α 0, 1) aka, że zachodzi dla dowolnych, X. ρ f), f )) αρ, ). Definicja 3. Przesrzeń meryczną X, ρ) nazywamy zupełną jeżeli każdy ciąg Cauchego jes zbieżny. Twierdzenie 3 Banacha o punkcie sałym). Niech X będzie zupełną przesrzenią meryczną oraz niech f : X X będzie konrakcją. Wedy isnieje dokładnie jeden punk X spełniający = f ). UWAGA: Twierdzenie Banach jes niezwykle mocnym narzędziem. Jeżeli odwzorowanie f w równaniu 9) jes konrakcja o 1) równowaga isnieje 2) równowaga jes dokładnie jedna i 3) równowaga jes globalnie asympoycznie sabilna. 1.8.3 Zadania Zadanie 1. Pokazać, że jeżeli w równaniu +1 = f ) funkcja f jes konrakcja ze sała α o isniejaca jedyna równowaga jes globalnie asympoycznie sabilna a empo zbieżności jes geomeryczne ze sała α. Zadanie 2. Czy jeżeli funkcja f : R R jes różniczkowalna i dla dowolnego R zachodzi f ) < 1 o f o jes ona konrakcja. Uwaga. Być może waro rozważyć funkcję posaci π G) = 2 erf), gdzie erf) = 2 π 0 e 2 d 1.8.4 Dodakowe uwagi o równowadze W przypadku równań nieliniowych mamy więcej możliwych syuacji niż w przypadku równania liniowego a więc albo jedna równowaga albo coninuum albo ich brak). Tuaj możemy mieć skończona dowolna liczbę równowag. Również definicja sabilności wymaga uściślenia. Równowaga jes globalnie asympoycznie sabilna jeżeli przy dla dowolnego 0. Równowaga jes lokalnie asympoycznie sabilna jeżeli isnieje ɛ > 0 aki, że przy dla dowolnego 0 B, ɛ).
1.8.5 Przykłady +1 = 1/2 +1 = + 1 2 sin ) 0.0 0.5 1.0 1.5 2.0 0 2 4 8 10 0 1 2 3 4 0 2 4 8 10 +1 = 2 sin ) +1 = + sin ) + 3 2 0 2 4 8 10 0 5 10 15 20 25 0 2 4 8 10 0 5 10 15 20 25
1.8. Lokalna sabilność Rozważamy równanie +1 = f ) w okolicy punku, kóry jes równowaga punkem sałym odwzorowania f). Mamy +1 = f ) + f ) ) + resza f ) }{{} + f ) f ) }{{} sała a sala b = a + b. W bliskim ooczeniu punku równanie nieliniowe zachowuje się podobnie jakościowo idenycznie) jak równanie liniowe. Twierdzenie 4. Niech +1 = f ) i niech = f ) będzie równowagą. Równowaga jes lokalnie asympoycznie sabilna jeżeli df ) d < 1. Zadanie 3. Udowdnij wierdzenie 4. Co rzeba dokładnie założyć o pochodnej df/d jak musi wygladać jej ciagłość)? Porównaj wierdzenie 4 z zadaniem 2, jakie znaczenie ma wprowadzenie lokalności w wierdzeniu 4? 2 Równania wyższego rzędu 2.1 Równanie i rozwiazanie Rozważamy równanie posaci +n = f,, +1,..., +n 1 ), = 0, 1,... 10) W sandardowy sposób można się pozbyć czasu. Jeżeli funkcja f jes zdefiniowana dla dowolnych warości o rozwiazanie dla zadanych 0,..., n 1 poprzez ierację n = f0, 0, 1,..., n 1 ) n+1 = f1, 1, 2,..., n ) = f1, 1, 2,..., f0, 0, 1,..., n 1 )). Znalezienie zamknięej formy opisujacej rozwiazanie jes w ogólności niemożliwe. W konsekwencji skupiamy się na relaywnie waskich klasach równań, kóre porafimy badać. 2.2 Równania liniowe wyższego rzędu o zmiennych współczynnikach 2.2.1 Równanie jednorodne i jego rozwiazanie Rozważamy równanie posaci +n + a 1 ) +n 1 +... + a n 1 ) +1 + a n ) = 0, 11)
gdzie zakładamy, że a n ) 0. Niech u 1) i u 2) będa rozwiazaniami równania 11), j. sa ciagami spełniajacymi 11). u j) = u j) 0, u j) 1, u j) 2,...), j = 1, 2 Dla dowolnych C 1, C 2 R kombinacja liniowa C 1 u 1) + C 2 u 2) jes rozwiazaniem równania 11) bo 0 = +n + a 1 ) +n 1 +... + a n 1 ) +1 + a n ) [ ] [ ] 0 = C 1 u 1) +n + C 2 u 2) +n + a 1 ) C 1 u 1) +n 1 + C 2 u 2) +n 1 +... [ ] [ ] + a n 1 ) C 1 u 1) +1 + C 2 u 2) +1 + a n ) C 1 u 1) + C 2 u 2) [ ] [ ] [ ] [ ] 0 = C 1 u 1) +n + a 1 ) C 1 u 1) +n 1 +... + a n 1 ) C 1 u 1) +1 + a n ) C 1 u 1) }{{} =0 [ ] [ ] [ ] [ ] + C 2 u 2) +n + a 1 ) C 2 u 2) +n 1 +... + a n 1 ) C 2 u 2) +1 + a n ) C 2 u 2) }{{} =0 0 = 0 Aby sformułować wierdzenie porzebujemy nasępujacej definicji. Definicja 4. Powiemy, że rozwiązania u k), k = 1,..., n są liniowo niezależne, jeżeli wekory [ ] u k) 0,..., u k) n 1, k = 1,..., n są liniowo niezależne. Twierdzenie 5. Rozwiązanie ogólne równania posaci gdzie a n ) 0 jes posaci +n + a 1 ) +n 1 +... + a n 1 ) +1 + a n ) = 0, = C 1 u 1) +... + C n u n), gdzie u k), k = 1,..., n są liniowo niezależnymi rozwiązaniami ego równania a C k, k = 1,..., n są dowolnymi sałymi. 2.2.2 Równanie niejednorodne i jego rozwiazanie Rozważamy równanie posaci gdzie a n ) 0. +n + a 1 ) +n 1 +... + a n 1 ) +1 + a n ) = b, 12) Twierdzenie. Rozwiązanie ogólne równania posaci gdzie a n ) 0 jes posaci +n + a 1 ) +n 1 +... + a n 1 ) +1 + a n ) = b, = C 1 u 1) +... + C n u n) + u, gdzie u k), k = 1,..., n są liniowo niezależnymi rozwiązaniami ego równania jednorodnego, C k, k = 1,..., n są dowolnymi sałymi i u jes szczególnym rozwiązaniem równania niejednorodnego.
2.2.3 Uwagi Dla sprawdzenia niezależności rozwiazań u k) możemy użyć dowolnego fragmenu czasu. Aby sprawdzić niezależność wekorów możemy obliczyć wyznacznik de u 1) 0 u n 1) 0.. u 1) n 1 u n 1) n 1 0. W ogólności, znalezienie rozwiazań u k) jes bardzo rudne. 2.3 Równania liniowe wyższego rzędu o sałych współczynnikach 2.3.1 Równanie Rozparujemy równanie liniowe o sałych współczynnikach jednorodne posaci +n + a 1 +n 1 +... + a n 1 +1 + a n = 0, 13) gdzie a k R i a n 0. 2.3.2 Rozwiazanie: równanie charakerysyczne Poszukujemy rozwiazań równania 13) w posaci = m, gdzie m jes nieznana sała. Podsawiajac ę posać do 13) mamy Wielomian 0 = +n + a 1 +n 1 +... + a n 1 +1 + a n 0 = m +n + a 1 m +n 1 +... + a n 1 m +1 + a n m 0 = m m n + a 1 m n 1 +... + a n 1 m + a n ) wm) = m n + a 1 m n 1 +... + a n 1 m + a n 14) nazywamy wielomianem charakerysycznym. Każdy ciag posaci = m, gdzie wm) = 0 jes rozwiazaniem równania 14). UWAGA: Możemy mieć rzy syuacje 1. Pierwiaski rzeczywise o kroności algebraicznej 1. 2. Pierwiaski rzeczywise o kroności algebraicznej k > 1. 3. Pierwiaski zespolone o kroności algebraicznej większej niż 1). 2.3.3 Rozwiazanie: pierwiaski wielokrone Niech m będzie pierwiaskiem wielomianu charakerysycznego o kroności k. Takiemu pierwiaskowi odpowiadaj dokładnie k rozwiazań posaci j m, j = 0,..., k 1.
2.3.4 Rozwiazanie: pierwiaski zespolone Niech m 1 = a + ib i m 2 = a ib będa pierwiaskami zespolonymi zawsze wysępujacymi w parach sprzężonych). Przez r oznaczymy moduł obu liczb a przez θ [0, π] argumen główny załóżmy) liczby m 1 wedy argumen główny drugiej liczby wynosi θ. Obie liczby możemy wedy zapisać jako m 1 = r cos θ + i sin θ) oraz m 2 = r cos θ i sin θ). Kombinacja liniowa C 1 m 1 + C 2 m 2 jes rozwiazaniem równania 13). Aby wydzielić z niego rozwia- zanie rzeczywise przyjmujemy C 1 = α + iβ oraz C 2 = C 1 = α iβ. Mamy C 1 m 1 + C 2 m 2 = α + iβ) [r cos θ + i sin θ)] + α iβ) [r cos θ i sin θ)] = α + iβ) r cos θ + i sin θ) + α iβ) r cos θ i sin θ) = α + iβ) r e iθ) + α iβ) r e iθ) = α + iβ) r e iθ) + α iβ) r e iθ) = α + iβ) r cos iθ) + i sin iθ)) + α iβ) r cos iθ i sin iθ) = r [α + iβ) cos iθ) + i sin iθ)) + α iβ) cos iθ i sin iθ)] = r [2α cos θ) 2β sin θ)] = 2α r cos θ) + 2β) r sin θ) = }{{} 2α r cos θ) + 2β) r }{{} sin θ) C 1 C 2 = C 1 r cos θ) + C 2 r sin θ). Zaem parze pierwiasków zespolony a + ib i a ib odpowiada para rozwiazań posaci u 1) = r cos θ) i u 2) = r sin θ). Jeżeli para jes kroności q o odpowiada jej 2q rozwiazań posaci r k cosθ) i r k sinθ) dla k = 0,..., q 1. 2.3.5 Warunki poczakowe Jeżeli zadane sa warunki poczakowe posaci 0,..., n 1 ) o sałe C 1,..., C n sa wyznaczone jednoznacznie. Zadanie 4. Udowodnij powyższe swierdzenie. Uwaga. Być może waro zasosować wierdzenie Cramera. 2.3. Sabilność równań Powiemy, że równanie 13) jes globalnie asympoycznie sabilne jeżeli dla dowolnego warunku poczakowego jego rozwiazanie zbiega do 0 przy. Oznacza o, że wszyskie wyrażenia posaci k m j, r k cosθ), r k sinθ) musza zbiegać do 0 przy. Zachodzi o wedy i ylko wedy gdy warości bezwzględne pierwiasków równania charakerysycznego sa mniejsze niż 1. Mamy wierdzenie. Twierdzenie 7. Równanie 13) jes globalnie asympoycznie sabilne wedy i ylko wedy gdy wszyskie pierwiaski równania charakerysycznego mają moduły mniejsze niż 1, j. m < 1 dla każdego m akiego, że wm) = 0.
2.3.7 Warunek Schura Twierdzenie 8. Niech wm) będzie wielomianem o rzeczywisych współczynnikach posaci wm) = m n + a 1 m n 1 +... + a n 1 m + a n. Wszyskie pierwiaski wielomianu mają moduł mniejszy niż 1 wedy i ylko wedy gdy zachodzi nasępujący warunek [ ] 1 an de > 0 a n 1 1 0 a n a n 1 de a 1 1 0 a n a n 0 1 a 1 > 0 a n 1 a n 0 1 de 1 0 0 a n a n 1 a 1 a 1 1 0 0 a n a 2............ a n 1 a n 2 1 0 0 a n a n 0 0 1 a 1 a n 1 a n 1 a n 0 0 1 a n 2............ a 1 a 2 a n 0 0 1. > 0 2.3.8 Równania niejednorodne Rozważamy równanie posaci +n + a 1 +n 1 +... + a n 1 +1 + a n = b, 15) gdzie a n 0. Zgodnie z wierdzeniem musimy znaleźć rozwiazanie szczególne. W przypadku ogólnym jes o rudne, ale jeżeli ciag b jes prosej posaci można użyć meody nieoznaczonych współczynników mehod of undeermined coefficiens). Jeżeli b jes kombinacja liniowa składników a, m, cosq), sinq) o poszukujemy rozwiazania w idenycznej posaci. W przypadku gdy prawa srona równania 15) jes rozwiazaniem równania jednorodnego, procedura komplikuje się, zob. [2, 3]. 2.3.9 Przykład Rozważamy równanie posaci a +2 5 a +1 + 1 a = sin ) π 1) Równanie jednorodne jes posaci a +2 5 a +1 + 1 a = 0.
Równanie charakerysyczne jes posaci wm) = m 2 5 m + 1 = m 1 ) m 1 ) 2 3 skad mamy dwa pierwiaski m 1 = 1/3 i m 2 = 1/2. Zaem rozwiazanie ogólne równania jednorodnego jes posaci ) ) 1 1 = C 1 + C 2. 3 2 Rozwiazania szczególnego poszukujemy w posaci funkcji u = a sinπ/) + b cosπ/). Podsawiajac o do równania niejednorodnego orzymujemy ) [ ) )] π π + 2) π + 2) sin = a sin + b cos 5 [ ) )] π + 1) π + 1) a sin + b cos + 1 [ ) )] π π a sin + b cos ) ) π 2 3 3 2 5 b + 5 3 8 ) ) a ) π sin = sin 12 5 ) ) ) 3 8 b + 5 2 3 3 2 a ) π cos 12 Porównujac współczynniki po obu sronach orzymujemy nasępujacy układ równań liniowych ) 2 3 3 2 5 b + 5 3 8 ) ) a 1 = 12 5 ) ) ) 3 8 b + 5 2 3 3 2 a 0 = 12 Rozwiazuj ac go orzymujemy a = 20 3 3 2 19 379 i b = 233 3 + 290 379 Orzymane rozwiazanie wyglada zaem w nasępujacy sposób = C 1 1 3 ) ) 1 + C 2 + 20 3 3 2 19 2 379 sin ) π + 233 3 + 290 379 cos ) π 2.3.10 Przykład: równania liniowe o sałych współczynnikach drugiego rzędu Zadanie 5. Korzysajac z powyższych wierdzeń wyprowadź ich odpowiedniki w przypadku równania liniowego o sałych współczynnikach drugiego rzędu, j. równania posaci +2 + a +1 + b = 0. Zobacz jak wyglada rozwiazanie i kwesia sabilności. Podaj odpowiednie wzory w erminach sałych a i b. Zobacz [5, roz. 11.4].)
1.5 1.0 0.5 0.0 0.5 1.0 0 5 10 15 20 25 30 Rysunek : Zachowanie się rozwiazania równania 1) dla różnych warości sałych C k, k = 1, 2. Zadanie. Rozwiaż nasępujace równania a) +2 +1 + 8 = 0 b) +2 +1 + 8 = 0 c) +2 + 2 +1 + 3 = 0 d) 3 +2 + 2 = 4 π ) e) +2 + 2 +1 f + = 9 2 f) +2 3 + 1 + 2 = 3 5 + sin 2 Zadanie 7. Model lokalizacji używa nasępujacego równania różnicowego D n+2 4 ab + 1) D n+1 + 4a 2 b 2 D n = 0, gdzie a, b sa sałymi spełniajacymi 1 + 2ab > 0. Podaj rozwiazanie ogólne. Zadanie 8. Rozwiaż nasępujace równania różnicowe a) +3 3 +1 + 2 = 0 b) +4 + 2 +2 + = 8 Zadanie 9. Zbadaj sabilność nasępujacy równań różnicowych a) +2 1 3 = sin) b) +2 +1 = 0 c) +2 1 8 +1 + 1 = 2 e d) +2 + 3 +1 4 = 1 Lieraura [1] O. Galor. Discree dynamical sysems. Springer, 2007. [2] G. Gandolfo. Economic dynamics Mehods and models. Norh-Holland, 2-nd ediion, 1980.
[3] S. Goldberg. Inroducion o difference equaions. John Wiley & Sons, 1958. [4] C. Le Van and R.-A. Dana. Dynamic programming in economics. Kluwer, 2003. [5] K. Sydseaer, P. Hammond, A. Seiersad, and A. Srom. Furher mahemaics for economic analysis. Prenice Hall, 2-nd ediion, 2008.