Jasna Prezelj DIFERENCIALNE ENAČBE. za finančno matematiko

Transcript

1 Jasna Prezelj DIFERENCIALNE ENAČBE za finančno matematiko Ljubljana 211

2 naslov: DIFERENCIALNE ENAČBE ZA FINANČNO MATEMATIKO avtorske pravice: Jasna Prezelj izdaja: prva izdaja založnik: samozaložba Jasna Prezelj, Ljubljana avtor: Jasna Prezelj leto izida: 211 natis: elektronsko gradivo dostop: pdf CIP - Kataložni zapis o publikaciji Narodna in univerzitetna knjižnica, Ljubljana (75.8)(.34.2) PREZELJ-Perman, Jasna Diferencialne enačbe za finančno matematiko [Elektronski vir] / Jasna Prezelj izd. - El. knjiga. - Ljubljana : samozal. J. Prezelj, 211 Način dostopa (URL): difenacbe_book.pdf ISBN

3 Kazalo 1 Diferenčne enačbe 7 1. Linearne diferenčne enačbe in sistemi linearnih diferenčnih enačb s konstantnimi koeficienti Primeri iz ekonomije Primeri navadnih diferencialnih enačb Kaj je navadna diferencialna enačba Najpreprostejša diferencialna enačba Druga najpreprostejša diferencialna enačba Diferencialna enačba z ločljivima spremenljivkama Enačba normalne reprodukcije Eksplozijska enačba Logistična enačba Ribolovna enačba Prosti pad Enačba majhnih oscilacij Obrnjeno nihalo Fizikalno nihalo Enoličnost rešitve diferencialne enačbe y = f(y) Linearne diferencialne enačbe Linearna diferencialna enačba prvega reda DE prvega reda, ki se prevedejo na LDE prvega reda Linearne diferencialne enačbe višjih redov s konstantnimi koeficienti Primer iz ekonomije Eksistenca in enoličnost Eksistenca in enoličnost Gladkost

4 4 KAZALO 5 Sistemi diferencialnih enačb Definicija in primeri Sistemi linearnih diferencialnih enačb Kvalitativna analiza Fazni portreti Stabilnost ravnovesnih rešitev Problem morskih psov med 1. svetovno vojno Lotka-Volterrov model z logistično rastjo Paramecij in didinij Bifurkacije Stabilnost in funkcija Ljapunova Sedla, vozli, vrtinci in centri v R Nehiperbolične kritične točke v R Vedenje rešitev pri velikih časih Lorenzov sistem Navadne diferencialne enačbe višjih redov Definicija in osnovni izreki Primeri Diracova funkcija delta Variacijski račun Primeri Euler-Lagrangeva diferencialna enačba Izoperimetrični problem Parametrični variacijski problem Didin problem Eksistenca minima Investiranje v podjetjih Laplacova in Fourierova transformacija Laplacova transformacija Fourierova transformacija Parcialne diferencialne enačbe Uvod Parcialne diferencialne enačbe 1. reda Nelinarne enačbe Sistemi parcialnih diferencialnih enačb 1. reda in Pfaffova enačba144

5 KAZALO 5 11 Sturm - Liouvillova teorija Lastni problemi za diferencialne operatorje Primeri diferencialnih operatorjev drugega reda LDE 2. reda Kanonična forma Laplacova enačba Toplotna enačba Valovna enačba

6 Predgovor Predavanja so namenjena študentom 3. letnika finančne matematike. Vsebujejo Laplacovo transformacijo, navadne diferencialne enačbe, sisteme diferencialnih enačb, specialne funkcije, parcialne diferencialne enačbe prvega reda, parcialne diferencialne enačbe višjih redov, Laplacovo, difuzijsko in valovno enačbo.

7 1. Diferenčne enačbe Zajci iz Pise. Leonardo iz Pise je študiral naslednji problem. Recimo, da imamo zajce, ki se množijo tako. Vsak mesec skotijo en par zajcev in na novo skoteni par skoti nov par mesec dni po rojstvu. Koliko se jih skoti vsak mesec? Koliko jih je vsak mesec? V biologiji je več primerov te vrste. Eden je tudi vegetativno razmnoževanje zvončkov. Vsako leto se čebulica deli (na dve). Naslednje leto se deli stara čebulica, nova pa eno leto počaka in se deli naslednje leto itd. (Vir: Jože Bavcon, Botanični vrt Ljubljana). Naj bo x n število parov v n-tem mesecu, x n 1 pa število parov v n 1-vem mesecu. Razlika predstavlja število na novo skotenih in ti so lahko prišli le od zajčjih parov iz n 2-koraka, saj je bilo med pari x n 1 natanko x n 1 x n 2 reproduktivno nesposobnih. Za število zajčjih parov dobimo rekurzivno formulo x n+1 = x n + x n 1. Napišimo razpredelnico Mimogrede, očetu Leonarda is Pise je bilo ime Bonacci in Leonarda so pogosto klicali Filius Bonacci ali krajše Fibonacci. Enačba x n+1 = x n + x n 1 je primer linearne diferenčne enačbe. Vsako linearno diferenčno enačbo rešujemo z nastavkom x n = a n. Vstavimo v enačbo in dobimo karakteristični polinom. Njegove ničle nam dajo rešitve, če pa je a večkratna, so rešitve, ki jih ta ničla generira a n, na n, n 2 a n... Njihove linearne kombinacije sestavljajo prostor vseh rešitev sistema. Za dano funkcijo y = f(t) je prva diferenca definirana kot razlika funkcij f(t + h) f(t) za h >, y = f(t + h) f(t)

8 8 1. Diferenčne enačbe ali ekvivalentno (čas gre nazaj) y = f(t) f(t h). Privzeti smemo, da so časovni intervali enaki in da so kar enaki 1. Dogovorimo se, da bomo uporabljali prvi zapis, torej y = f(t + h) f(t). Prve diference lahko izračunamo za zaporedne intervale: y t = f(t + 1) f(t) = y t+1 y t, y t+1 = f(t + 2) f(t + 1) = y t+2 y t+1, y t+2 = f(t + 3) f(t + 2) = y t+3 y t+2, itd. Iz tega lahko izračunamo druge diference in tretje diference 2 y t = y t+1 y t = y t+2 2y t+1 + y t, 2 y t+1 = y t+2 y t+1 = y t+3 2y t+2 + y t+1, 2 y t+2 = y t+3 y t+2 = y t+4 2y t+3 + y t+2, 3 y t = 2 y t+1 2 y t = y t+3 3y t+2 + 3y t+1 y t itd. Po dogovoru je y = y. Definicija 1.1. Navadna diferenčna enačba je enačba, ki vključuje eno ali več diferenc y, 2 y,... F ( y, y, 2 y,..., n y) =. Red diferenčne enačbe je enak redu najvišje diference. diferenčna enačba linearna. Če je F linearna, je Rešitev te enačbe bo definirana samo za diskretne čase t, t + 1, t + 2,.... Ker lahko diference vedno zamenjamo z izrazi y t, y t+1..., lahko diferenčno enačbo zapišemo kot funkcijo takih izrazov. Dobimo rekurzivno enačbo f(y(t),..., y(t + n)) =, ki pa jo tudi imenujemo kar diferenčna enačba. Pogosto je v eksplicitni obliki, y(t + n) = f(y(t),..., y(t + n 1)).

9 1. Diferenčne enačbe 9 Definicija 1.2. Sistem n diferenčnih (rekurzivnih) enačb 1. reda je dan z y 1 (t + 1) = f 1 (y 1 (t),..., y n (t)),... y n (t + 1) = f n (y 1 (t),..., y n (t)). Če so f i linearne funkcije, lahko sistem zapišemo v matrični obliki y(t + 1) = A(t) y(t) + b(t). Če je b(t) =, je sistem homogen, sicer je nehomogen. Red sistema je enak rangu matrike, zato bomo privzeli, da je matrika ranga n (da res imamo sistem n- diferenčnih enačb). Primeri. Diferenčna enačba je ekvivalentna y t = a y t+1 y t = a. Vsi vemo, da so rešitve take diferenčne enačb natanko linearne funkcije oblike y = at + b, kjer je b konstanta, ki jo npr. določimo iz začetne vrednosti y. Iz tega takoj dobimo, da so rešitve diferenčne enačbe 2 y t = natanko vse premice y = at + b, kjer sta a in b konstanti. Podobno velja za tretje diference: 3 y t = pomeni oz. y t = at + b y t = at 2 /2 + (b a/2)t + c. Vidimo, da je rešitev diferenčne enačbe reda 3 odvisna od treh parametrov, rešitev enačbe reda 2 od dveh itd. Pokazali bomo Izrek 1.3. Splošna rešitev linearne diferenčne enačbe reda n je funkcija t, ki vsebuje natanko n prostih parametrov. Najprej si natančneje oglejmo prostor rešitev linearnih diferenčnih enačb.

10 1 1. Diferenčne enačbe 1. Linearne diferenčne enačbe in sistemi linearnih diferenčnih enačb s konstantnimi koeficienti Splošna oblika linearne diferenčne enačbe s konstantnimi koeficienti je c n y t+n + c n 1 y t+n c 1 y t+1 + c y t = g(t), (1.1) kjer je g(t) znana funkcija in c n, c. Enačba 1.1 je nehomogena, enačba pa homogena. 1.1 Homogene enačbe. Označimo c n y t+n + c n 1 y t+n c 1 y t+1 + c y t = (1.2) Dif(y) t = c n y t+n + c n 1 y t+n c 1 y t+1 + c y t. Izrek 1.4. Operator Dif je linearen. Prostor rešitev homogene enačbe 1.2 je zato vektorski prostor. Njegova dimenzija je po izreku 1.3. enaka redu diferenčne enačbe. Dokaz. Očitno velja Dif(ay + bz) t = a Dif(y) t + b Dif(z) t. Definicija 1.5. Funkcije y 1,..., y m so linearno neodvisne, če velja sklep: če je linearna kombinacija funkcij y 1,..., y m trivialna, tj. m a i y i =, 1 so vsi a i =, i = 1,..., m. Funkcije, ki niso linearno neodvisne, so linearno odvisne. Izrek 1.6. Splošna rešitev enačbe (1.2) je dana z f(t, a 1,..., a n ) = a 1 y a n y n, kjer so y 1,..., y n linearno neodvisne rešitve enačbe (1.2).

11 1. Diferenčne enačbe 11 Dokaz. Najprej pokažimo, da imamo n linearno neodvisnih rešitev. Vstavimo v enačbo (1.2) nastavek y t = λ t in dobimo c n λ t+n + c n 1 λ t+n c 1 λ t+1 + c λ t =. Krajšamo λ t+n in dobimo polinom v λ Upoštevamo še, da je c n, pišemo in dobimo enačbo c n λ n + c n 1 λ n c 1 λ 1 + c =. a i = c i /c n λ n + a n 1 λ n a n =. Ta enačba se imenuje karakteristična enačba, polinom P (λ) = λ n + a 1 λ n a n pa karakteristični polinom. Ta ima n kompleksnih ničel štetih z večkratnostjo. Naj bo λ ničla. Potem je λ t rešitev diferenčne enačbe. Vidimo, da nam manjkajo rešitve, če imamo večkratne ničle. Privzemimo, da je λ ničla reda k. Trdimo, da so λ t, tλ t,..., t k 1 λ t tudi rešitve enačbe (1.2). Zamenjajmo z a i še koeficiente v enačbi (1.2) in dobimo enačbo y t+n + a n 1 y t+n a 1 y t+1 + a y t =. (1.3) Vstavimo v enačbo y t = t j λ t, j k 1 in dobimo (t + n) j λ n+t + a n 1 (t + n 1) j λ t+n a 1 (t + 1) j λ t+1 + a t j λ t =. Krajšamo λ t in uredimo člene: t j : λ n + a n 1 λ n a =, ( ) j t j 1 : nλ n + a n 1 (n 1)λ n a 1 λ = P (λ ) =, 1 : λ (nλ n + a n 1 (n 1)λ n a 1 ) = λ P (λ ) =,. 1 : λ j (nj λ n + a n 1 (n 1) j λ n a 1 1 j λ n 1 ) =.

12 12 1. Diferenčne enačbe Da bi dokazali, da je zadnja enakost res izpolnjena, se prepričajmo, da obstajajo b 1,..., b j, tako da je b 1 n + b 2 n(n 1) +... b j n(n 1)(n 2)... (n j + 1) = n j. Takoj vidimo, da je b j = 1. Iz tega izračunamo b j 1 tako, da pogledamo koeficiente pri n j 1, ki se morajo sešteti v. Ta rekurzija ima rešitev za n j. To pomeni, da je n a k k j λ k = b j λ j P (j) (λ ) + n j +b j 1 λ j 1 P (j 1) (λ ) n j b 1 λ P (). Izračunajmo za primer j = 1. Vstavimo v enačbo y t = tλ t, j k 1 in dobimo (t + n)λ n+t + a n 1 (t + n 1)λ t+n a 1 (t + 1)λ t+1 + a tλ t =. Krajšamo λ t in uredimo člene: t : λ n + a n 1 λ n a =, 1 : nλ n + a n 1 (n 1)λ n a 1 λ = = λ (nλ n 1 + a n 1 (n 1)λ n a 1 ) = λ P (λ ) =. Dokazati še moramo, da so to vse rešitve. V ta namen si bomo pomagali s sistemi diferenčnih enačb 1. reda. Vsaki diferenčni enačbi n-tega reda lahko priredimo sistem diferenčnih enačb 1. reda s predpisom: y k (t) := y(t + k 1). Potem je y k (t) = y k 1 (t + 1). Za zadnjo funkcijo dobimo y n (t + 1) = y(t + n) in to količino izrazimo iz enačbe. Tako dobimo sistem y 1 (t + 1) y 2 (t + 1)... y n (t + 1) = c c n c 1 c n... c n 1 c n y 1 (t) y(t)... y n (t) Označimo matriko sistema z A in naj bo y(t) = [y (t),..., y n 1 (t)] T. Po privzetku na koeficiente c, c n ima A poln rang.začetni pogoji y(i) = y i,, i =,..., n 1 se prenesejo na začetni vektor y() = y = [y,..., y n 1 ] T. Zato sta nalogi.

13 1. Diferenčne enačbe 13 Reši c n y t+n + c n 1 y t+n c 1 y t+1 + c y t = pri pogojih y(i) = y i,, i =,..., n 1 in Reši y(t + 1) = A y(t) pri pogoju y() = y ekvivalentni in rešitev prvotne diferenče enačbe je kar prva komponenta rešitve sistema. Obratno, če je y(t) rešitev enačbe, je vektor y(t) = [y(t),..., y(t + n 1)] T rešitev pripadajočega sistema. Rešitev vsakega sistema je dana s formulo y(n) = A n y(), kjer je y začetni pogoj. Iz te formule takoj opazimo naslednje: Izrek 1.7. Prostor rešitev homogenega sistema je n-dimenzionalen vektorski prostor Dve rešitvi linearno neodvisni v času t + n natanko tedaj, ko sta neodvisni v času t. Recimo, da imamo danih n rešitev sistema enačb, y 1,..., y n. Potem so linearno neodvisne v času t natanko tedaj, ko je matrika C(t) = [ y 1 (t),..., y n (t)] nedegenerirana in je njena determinanta c(t) = det C(t) neničelna. Ker velja C(t + 1) = AC(t), je c(t + 1) = (det A)c(t) in ker je det A po privzetku, so rešitve linearno neodvisne v času t+n natanko tedaj, ko so take v času t. Matrika C se imenuje Casoratijeva matrika, njena determinanta pa Casoratijeva determinanta. V primeru diferenčne enačbe n-tega reda je determinanta A enaka det A = c c n ( 1) n+1, Casoratijeva matrika pa je C(t) = 1.2 Nehomogene enačbe. y 1 (t) y 2 (t)... y n (t) y 1 (t + 1) y 2 (t + 1)... y n (t + 1) y 1 (t + n 1) y 2 (t + n 1)... y n (t + n 1) Izrek 1.8. Naj bo y p partikularna rešitev enačbe (1.1) in y h rešitev homogene enačbe (1.2). Potem je tudi y p + y h rešitev (1.1). Natančneje, splošna rešitev diferenčne enačbe je dana s formulo y(t) = y p (t) + f(t, α 1,..., α n ), kjer je f(t, α 1,..., α n ) splošna rešitev homogene enačbe. Konstante določimo iz začetnega pogoja y() = y,..., y(n 1) = y n 1..

14 14 1. Diferenčne enačbe Dokaz. Dif(y p (t) + f(t, α 1,..., α n )) = Dif(y p (t)) + Dif(f(t, α 1,..., α n )) = Dif(y p (t)) = g(t). Začetni pogoj nam da naslednji sistem enačb za koeficiente α i : y 1 () y 2 ()... y n () α 1 y 1 (1) y 2 (1)... y n (1) α = y 1 (n 1) y 2 (n 1)... y n (n 1) α n y y p () y 1 y p (1)... y n 1 y p (n 1). Ker so rešitve y i (t) neodvisne, ima sistem rešitev. Partikularne rešitve poiščemo z metodo inteligentnega ugibanja (če so funkcije g(t) ali konstante, polinomi, eksponentna funkcija ali njihove kombinacije - za partikularno rešitev vzamemo nastavek, ki je kar istovrstna funkcija) ali z uporabo operatorja zamika L, Oglejmo si še enkrat enačbo Ly t = y t 1. y t+n + a n 1 y t+n a 1 y t+1 + a y t = g(t). Z uporabo operatorja zamika jo lahko zapišemo kot ( n ) a i L i y t+n = g(t). 1 Če znamo za operator n 1 a il i poiskati inverz, je rešitev dana z To znamo npr. v primeru y t+n = ( n a i L i ) 1 g(t). 1 y t + by t 1 = g t.

15 1. Diferenčne enačbe 15 Dobimo oz. y t = (1 + bl) 1 g t = (1 + bl)y t = g t, ( b) i L i g t = ( b) i g t i. (1.4) To funkcionira za b < 1 in omejene funkcije g. Če je b > 1, si pomagamo s trikom ( (1 + bl) = bl 1 1 ) bl zato je Imamo ( 1 1 ) 1 = bl ali Potem je ( (1 + bl) 1 = (bl) ) 1. bl (1 + bl) 1 = y t = (1 + bl) 1 g t = (bl) i = (bl) i 1 = 1 b i L i g t = 1 1 b i L i, 1 b i L i. b i g t+i. (1.5) Poiščimo še rešitev nehomogenega sistema z uvedbo operatorja zamika L. Kot pri enačbah imamo zato je y(t + 1) = A y(t) + b(t) = AL y(t + 1) + b(t), oziroma če je I AL obrnljiva imamo (I AL) y(t + 1) = b(t) y(t + 1) = (I AL) 1 b(t). Druga metoda je variacija konstante. Matrika rešitev homogenega sistema je dana z matriko C(k) = A k in splošna rešitev pri začetnem pogoju z() je A k z(). Poskusimo kako rešitev najti z nastavkom y(k) = A k z(k) 1

16 16 1. Diferenčne enačbe z() =. Vstavimo v našo enačbo in dobimo A k+1 z(k + 1) = A k+1 z(k) + b(k). Ker je A obrnljiva, imamo z(k + 1) = z(k) + A k 1 b(k), torej je in z(k + 1) = y(k + 1) = k A (i+1) b(i) k A k i) b(i). 2. Primeri iz ekonomije 2.1 Izrek o pajčevini. To je model, ki izhaja iz statičnega modela ponudbe in povpraševanja. Privzemimo, da ponudba S reagira na povpraševanje z zamikom ene enote, da je povpraševanje D odvisno od trenutne cene p in da sta obe funkciji linearni. Dobimo enačbi D t = a + bp t, S t = a 1 + b 1 p t 1. Zakaj je model smiseln? Model se nanaša na dobrine, katerih produkcija ni zvezna ali takojšnja (npr. poljedeljstvo (Kaldor)), ampak zahteva določeno količino časa, kar bo naša enota (perioda) za merjenje časa. Privzetek proizvajalcev je, da bo cena trenutne enote ostala enaka do začetka naslednje enote, zato je njihova proizvodnja odvisna od trenutne cene. Ko se proizvodnja materializira v času t, je cena, ki je določala njen obseg, cena v času p t 1. Naslednja predpostavka predpostavka o izravnavi ponudbe in povpraševanja: v vsaki časovni enoti trg določi ceno na način, da povpraševanje absorbira vso ponudbo, torej D t = S t, oziroma bp t b 1 p t 1 = a 1 a.

17 1. Diferenčne enačbe 17 Rešimo enačbo. Homogeno enačbo zapišimo v obliki ( ) b1 p t p t 1 =. b Karakteristični polinom je z ničlo Rešitve homogene enačbe so P (λ) = λ b 1 b = p h = A λ = b 1 b. ( ) t b1. b Ker je desna stran linearna, poiščemo rešitev nehomogene enačbe z nastavkom Vstavimo v enačbo in dobimo p p = C. bc b 1 C = a 1 a oziroma Rešitev celotne enačbe je C = a 1 a b b 1. Označimo s p e konstanto p t = A ( ) t b1 + a 1 a. b b b 1 p e = a 1 a b b 1. Naj bo p začetna cena. Potem lahko izračunamo A iz enačbe ( ) b1 p = A + p e = p. b Dobimo A = p p e

18 18 1. Diferenčne enačbe oziroma ( ) t b1 p t = (p p e ) + p e. b Takoj opazimo, da v primeru, ko je p = p e, dobimo za reštev konstanto p t = p e. V običajnih primerih ima ponudba pozitiven b 1 in povpraševanje negativen b, saj običajno višja cena implicira manjše povpraševanje in obratno. Oglejmo si najprej vedenje rešitev za različne vrednosti kvocienta b 1 /b. 1. Naj bo b 1 /b < 1. Potem je graf cene stopničasta funkcija, katere stopnice gredo proti konstanti p e (slika 1.1). Dinamiko povpraševanja in Slika 1.1: Graf cene pri b 1 < b ponudbe popisuje graf S D Slika 1.2: Povpraševanje in ponudba pri b 1 < b 2. Naj bo b 1 /b = 1. Potem je graf cene stopničasta funkcija, katere stopnice zavzemajo vrednosti p in 2p e p (slika 1.3). Dinamiko povpraševanja

19 1. Diferenčne enačbe Slika 1.3: Graf cene pri b 1 = b in ponudbe popisuje graf S D Slika 1.4: Povpraševanje in ponudba pri b 1 = b 3. Naj bo b 1 /b > 1. Potem je graf cene stopničasta funkcija, katere stopnice vedno bolj oscilirajo (slika 1.5). Dinamiko povpraševanja in ponudbe Slika 1.5: Graf cene pri b 1 > b

20 2 1. Diferenčne enačbe popisuje graf S 4 2 D Slika 1.6: Povpraševanje in ponudba pri b 1 > b Privzemimo, da sta b in b 1 pozitivna. 4. Naj bo b 1 /b < 1. Potem je graf cene stopničasta funkcija, katere stopnice gredo proti konstanti p e (slika 1.7). Dinamiko povpraševanja in ponudbe Slika 1.7: Graf cene pri b 1 < b popisuje graf Naj bo b 1 /b > 1. Potem je graf cene stopničasta funkcija, katere stopnice gredo proti (slika 1.9). Dinamiko povpraševanja in ponudbe popisuje graf Poglejmo še primer b 1 = b. Za ceno dobimo p h (t) = A, kjer je A prosta konstanta. Partikularno rešitev iščemo z nastavkom p(t) = Ct. Vstavimo v enačbo in dobimo bp t bp t 1 = b(ct Ct + C) = a 1 a,

21 1. Diferenčne enačbe 21 2 D 15 1 S Slika 1.8: Povpraševanje in ponudba pri b 1 < b Slika 1.9: Graf cene pri b 1 > b 2 S 15 1 D Slika 1.1: Povpraševanje in ponudba pri b 1 > b oziroma Skupna rešitev je p p (t) = a 1 a t. b p(t) = A + a 1 a t. b

22 22 1. Diferenčne enačbe Graf cene je na sliki Dinamiko povpraševanja in ponudbe popisuje graf Slika 1.11: Graf cene pri b 1 = b Če je a 1 = a, je rešitev p(t) konstantna in tudi ponudba in povpraševanje S D Slika 1.12: Povpraševanje in ponudba pri b 1 = b sta konstantni. Vsak začetni pogoj je ravnovesna točka. Take vrste primer je nafta, ce za ponudbo in povpraševanje vzamemo regresijski premici (diploma Alenke Turk). Opazimo, da je stacionarna točka v normalnih primerih bolj stabilna v smislu, da če podatke modela malo spremenimo, se točka malo premakne. To npr. ne drži za primere od 4 do 6, kjer majhne spremembe v podatkih modela povzročijo veliko spremembo lege presečne točke. 2.2 Prva izboljšava modela.

23 1. Diferenčne enačbe 23 Opisani model je posebni primer splošnejšega modela: D t = a + bp t, S t = a 1 + b 1 p e t, S t = D t, kjer je p e t pričakovana cena. Privzemimo, da je b < in b 1 >. V prejšnjem modelu je bila pričakovana cena p e t = p t 1. Pričakovanje, da bo cena ostala enaka, je nerealno. Bolj realno je pričakovati, da se bo med periodo (časovno enoto) spreminala glede na razne okoliščine. Prva možna izboljšava je uvedba normalne cene, to je cene, za katero proizvajalec meni, da bo na trgu prej ali slej dosežena. Označimo z p N to ceno in formalizirajno naše predpostavke v p e t = p t 1 + c(p N p t 1 ), < c < 1. Pri c = dobimo prejšnji model. To, da je c < 1 pomeni, da proizvajalci ne mislijo, da bo normalna cena dozežena takoj (kar bi bilo v primeru c = 1, saj bi bila p t = p N ), ampak pričakujejo, da bo to vzelo nekaj časa, ki je več kot perioda (čas je merjen z c 1 ). Manjši, kot je c, manjši bodo popravki v smeri prave cene in zato bo dlje trajalo, da bo cena dosežena. Kaj pa bi človek izbral za normalno ceno? Če bi imeli proizvajalci popolne informacije, bi bila to ravno cena, pri kateri imamo ravnovesno točko. Privzemimo torej, da je p N = p e. Iz zadnje enačbe dobimo Preuredimo in dobimo a + bp t = a 1 + b 1 (p t 1 + c(p e p t 1 )). b 1 (1 c)p t 1 bp t = a a 1 b 1 cp e. Ker smo privzeli, da obstaja ravnovesna rešitev p t = p e, mora veljati oziroma Ravnovesje je pri ceni b 1 (1 c)p e bp e = a a 1 b 1 cp e (b 1 b)p e = a a 1. p e = a a 1 b 1 b in je enako ravnovesju pri prejšnjem primeru. Rešitev je ( ) b1 (1 c) t p = A + p e. b

24 24 1. Diferenčne enačbe Vidimo, da je dinamika enaka kot prej, le da je potrebno b 1 nadomestiti z b 1 (1 c). Ker je 1 c < 1, bodo primeri, ki so bili prej konvergentni, še vedno taki. Primer, ko smo imeli oscilacijo, postane konvergenten, prav tako bo del primerov, ki so divergirali postal konvergenten, pri tistih, ki pa ostanejo divergentni, pa je divergenca počasnejša, saj je b 1 (1 c) b < b 1 b. 2.3 Druga izboljšava modela. Naša pričakovanja o ceni niso vedno enaka. Bolj realistično je vpeljati pričakovane cene, ki se spreminjajo od periode do periode in sicer glede na razliko med vrednostjo v nekem trenutku in pričakovano vrednostjo: p e t p e t 1 = β(p t 1 p e t 1), < β < 1. To ni običajna diferenčna enačba, ker v njej nastopata dve funkciji, p t in p e t. Poglejmo to enačbo kot enačbo za funkcijo p e t : Splošna rešitev pripadajoče homogene enačbe je p e t (1 β)p e t 1 = βp t 1. (1.6) p e t,h = A(1 β)t. Ker je (1 β) < 1, pride pri reševanju nehomogene enačbe v poštev formula 1.4, zato dobimo p e t,p = β (1 β) i p t 1 i. Splošna rešitev je p e t = A(1 β) t + β (1 β) i p t 1 i. Za velike čase je prvi člen majhen in je zato pričakovana cena skoraj enaka uteženemu povprečju po vseh preteklih opazovanih cenah. Če opazovanj od nekega časa nazaj ni, postavimo vrednosti na. Po pričakovanju imajo cene v bližnji preteklosti večjo težo od tistih v bolj oddaljeni. Na ta način smo diferenčno enačbo spremenili v dif. enačbo neskončnega reda. Poskusimo do rešitve priti drugače. Izrazimo p e t in p e t 1 iz enačb za S t in S t 1 po vrsti p e t = S t a 1 b 1, p e t 1 = S t 1 a 1 b 1,

25 1. Diferenčne enačbe 25 in če ju vstavimo v enačbo 1.6, dobimo ali S t a 1 b 1 (1 β) S t 1 a 1 b 1 = βp t 1 S t = (1 β)s t 1 + a 1 β + b 1 βp t 1. Ker je S t = D t = a + bp t za vsak t lahko to vstavimo v gornjo enačbo in dobimo a + bp t = (1 β)a + (1 β)bp t 1 + a 1 β + b 1 βp t 1. Preuredimo in dobimo p t [( ) ] b1 b 1 β + 1 p t 1 = (a 1 a)β. b Partikularna rešitev je p e, rešitev enačbe pa [( ) t b1 p t = A b 1 β + 1] + p e, kjer je A = p p e. Pogoj za stabilno rešitev je ( ) b1 b 1 β + 1 < 1. Preuredimo ( ) b1 1 < b 1 β + 1 < 1, ( ) b1 2 < b 1 β <, 2 β < b 1 b 1 <, Ker je imamo pri pogoju 1 2 β < b 1 b < 1. 2 β > 2, 1 < b 1 b < 1

26 26 1. Diferenčne enačbe stabilnost. 2.4 Tretja izboljšava modela. Pri tej izboljšavi privzemimo, da je pričakovana cena enaka p e t = p t 1 + ρ(p t 1 p t 2 ), kjer je ρ koeficient pričakovanja. Če je ρ >, govorimo o ekstrapolativnih pričakovanjih, če pa je ρ <, o regresivnih. Pri ρ = dobimo osnovni model. Ko to vstavimo v enačbo D t = S t, dobimo p t b 1 b (1 + ρ)p t 1 + b 1 b ρp t 2 = a 1 a. b Ničli karakterističnega polinoma sta λ 1,2 = b (b1 ) 1(1 + ρ) (1 + ρ) 2 ± b 1ρ 2b 2b b. Partikularna rešitev je p p = a 1 a b b 1 (1 + ρ) + b 1 ρ če nobena ničla karakterističnega polinoma ni 1. Analiza stabilnosti je tu precej bolj komplicirana. Poglejmo najprej splošni primer. Zanima nas, kdaj so ničle karakterističnega polinoma po absolutnih vrednosti pod 1. Izpeljimo pogoje za splošen monični polinom druge stopnje λ 2 + a 1 λ + a 2 =. Ničli sta λ 1,2 = 1 2 ( a 1 ± a 2 1 4a 2). Ločimo primere glede na znak diskriminante. Naj bo a 2 1 4a 2 >. Ničli sta realni, imamo območje a 2 < a 2 1 /4. Če naj bo absolutna vrednost pod ena, mora veljati λ 1,2 = a 1 ± a 2 1 4a 2 2 < 1, 2 + a 1 < ± a 2 1 4a 2 < 2 + a 1.

27 1. Diferenčne enačbe 27 Če naj bo to sploh mogoče, mora biti levi izraz negativen, desni pa pozitiven: 2 + a 1 < in 2 + a 1 >, torej a 1 < 2. Iz leve neenačbe zgoraj dobimo a 2 1 4a 2 < 2 a 1, a 2 1 4a 2 < 4 4a 1 + a 2 1, 1 a 1 + a 2 >. Podobno iz druge neenačbe. 2 + a 1 < a 2 1 4a a 1 > a 2 1 4a 2 Območje prikazuje slika a 1 + a 2 1 > a 2 1 4a a 1 + a 2 > Slika 1.13: Območje pri pozitivni diskriminanti Če je diskriminanta negativna, mora biti kvadrat absolutne vrednosti pod 1, 1 4 (a2 1 a a 2 ) < 1, torej a 2 < 1. Območje prikazuje slika Zadnji pogoj skupaj s pogojema 1 a 1 + a 2 > in 1 + a 1 + a 2 > implicira pogoj a 1 < 2. Skupaj dobimo tri pogoje: 1 a 1 + a 2 >, 1 + a 1 + a 2 >, a 2 < 1.

28 28 1. Diferenˇcne enaˇcbe Slika 1.14: Obmoˇcje pri negativni diskriminanti Slika 1.15: Stabilnostni pogoji Obmoˇcje prikazuje slika V naˇsem primeru dobimo naslednje stabilnostne pogoje, ˇce vstavimo a1 = b1 b1 (1 + ρ), a2 = ρ : b b b1 (1 + ρ) + b b1 1 (1 + ρ) + b b1 ρ < 1. b 1+ b1 ρ >, b b1 ρ >, b Piˇsimo κ = b1 /b. Dobimo 1 + κ(1 + 2ρ) >, κ < 1, κρ < 1.

29 1. Diferenčne enačbe 29 Območje prikazuje slika Spremenljivka ρ je na osi y. H:\pedagosko delo\predmeti\dif. enacbe financna\obmocjehicks3.e Slika 1.16: Stabilnostni pogoji Primer. Izberimo konstante a = 1, b = 1, a 1 = 2, b 1 = 1 in ρ =.5. Ničli sta (.5 λ 1,2 =.5 ) 2 2 ±.5 = ± i Absolutna vrednost je λ 1,2 = < 1. Cena oscilira okoli partikularne rešitve z amplitudo, ki se eksponentno manjša. Cena se približuje partikularni rešitvi. Oglejmo si še en primer. Naj bo a = 1, b = 2, a 1 = 2, b 1 = 1 in ρ = 2. Ničli sta λ 1,2 = 1 4 ± 1 ( 4) = 1 4 ± i Njuna absolutna vrednost je λ 1,2 = = 1. Rešitev oscilira okoli partikularne rešitve s fiksno amplitudo. 2.5 Hansen-Samuelsonov model. Model je po teoriji Alvina Hansena definiral ameriški ekonomist Paul Samuelson. Samuelsonov multiplikator-akcelerator model (ali kasneje Hansen- Samuelsonov model) temelji na mehanizmu multiplikatorja, ki izvira iz Keynesijanske potrošne funkcije z zamikom. Keynesijanska teorija poslovnih ciklov

30 3 1. Diferenčne enačbe razlaga poslovne cikle s pomočjo delovanja akceleratorja in multiplikatorja ter temelji na vzrokih v gibanju agregatnega povpraševanja. Hansen-Samuelsonov model sestoji iz funkcije potrošnje, investicijske funkcije in relacije, ki definira ravnotežno vrednost dohodka. V modelu imamo naslednje enačbe; kjer je Y : dohodkovna funkcija, C : funkcija potrošnje, I : investicijska funkcija, b : nagnjenost k potrošnji, C t = by t 1, < b < 1 I t = I t + I t, I t = G, I t = k(c t C t 1 ), I I : avtonomne investicije, : inducirane investicije. Potrošnja je torej odvisna od dohodka v prejšnjem obdobju. Razlikujemo med induciranimi in avtonomnimi investicijami. Avtonomne investicije oz. javni izdatki so konstantni po stopnji G, kjer je G pozitivna konstanta, inducirane investicije pa so odvisne od sprememb v povpraševanju po potrošnji, v skladu z načelom akceleratorja, kjer je k koeficient akceleratorja oz. relacija, kakor jo imenuje Samuelson. Ravnotežni pogoj, ki velja v modelu: Y t = C t + I t S preprosto substitucijo dobimo diferenčno enačbo drugega reda. Y t Y t 1 (1 + k)b + bky t 2 = G. Zanima nas vedenje rešitve te diferenčne enačbe za velike čase. Karakteristični polinom je λ 2 b(1 + k)λ + bk =.

31 1. Diferenčne enačbe 31 Preverimo najprej stabilnostne pogoje. Lastni vrednosti sta Naši stabilnostni pogoji so λ 1,2 = b(1 + k) ± b 2 (1 + k) 2 4bk. 2 1 b(1 + k) + bk = 1 b >, 1 bk >, 1 + b(1 + k) + bk >. Območje prikazuje slika Prvi je izpolnjen po predpostavkah modela, b k Slika 1.17: Stabilnostni pogoji modela zadnji prav tako, saj so količine pozitivne, zato je nov samo drugi pogoj. Za stabilnost moramo zato dodatno zahtevati, da je bk < 1. Partikularna rešitev je konstanta Y p = G/(1 b), zato bodo pri pogoju bk < 1 vse rešitve konvergirale k njej.

32

33 2. Primeri navadnih diferencialnih enačb 1. Kaj je navadna diferencialna enačba Privzeli bomo, da so funkcije definirane na odprtih množicah in odvedljive tolikokrat, kolikor je potrebno, ne da bi to vsakič eksplicitno povedali. Da bi razumeli, kaj je diferencialna enačba, se najprej spomnimo, kaj pove odvod. Naj bo f odvedljiva, Γf njen graf in p tangenta na Γf v točki (x, y ). Potem je smerni koeficient p enak f (x ), enotski smerni vektor na p pa je (1, f (x ))/ 1 + f (x ) 2. Funkcija f je rešitev diferencialne enačbe y = f (x). Iz analize 1 vemo, da je rešitev tudi vsaka funkcija f(x) + c, kjer je c konstanta. Tangenta na graf te funkcije v (x, y + c) ima enak enotski smerni vektor kot p. Če na ta način vsaki točki pripnemo enotski smerni vektor tangente na graf rešitve diferencialne enačbe, dobimo vektorsko polje smeri in rešitve diferencialne enačbe so tokovnivce tega polja (to so krivulje, ki so tangentne na dano vektorsko polje). Definicija 2.1. Navadna diferencialna enačba je vsaka enačba oblike f(x, y(x), y (x),..., y (n) (x)). Stopnja najvišjega odvoda je red diferencialne enačbe. Najprej nas bodo zanimale diferencialne enačbe prvega reda, ki so oblike y = f(x, y). Definicija 2.2. Naj bo D R odprta množica. Funkcija ϕ : D R je rešitev enačbe y = f(x, y) na D, če je ϕ (x) = f(x, ϕ(x)) (2.1) za vsak x D. Rešitev ϕ zadošča začetnemu pogoju (x, y ), če je ϕ(x ) = y.

34 34 2. Primeri navadnih diferencialnih enačb 2. Najpreprostejša diferencialna enačba Ena od najpreprostejših diferencialnih enačb je enačba oblike y = f(x) z začetnim pogojem (x, y ). Njena rešitev je dana z (Barrowovo) formulo: ϕ(x) = y + x f(t) dt. Ob tem smo privzeli, da je f zvezna. Če vzamemo npr. f(x) = sin(x) dobimo rešitve y = y cos x + cos x. Diferencialna enačba 2.1 določa vektorsko polje smeri v ravnini. Vsaki točk (x, y) pripnemo enotski vektor v smeri (dx, dy) = (1, f(x, y))dx. To vektorsko polje imenujemo polje smeri in za primer f(x, y) = sin x je prikazano na sliki 1. Funkcija ϕ bo rešitev diferencialne enačbe pri začetnem pogoju (x, y ), če bo njen graf v vsaki točki tangenten na polje smeri in bo potekal skozi točko (x, y ). Za naš primer enačbe y = f(x) so rešitve pri različnih začetnih pogojih prikazane na sliki Slika 2.1: Polje smeri enačbe y = sin x Opomba. Ker je polje smeri invariantno za translacije v smeri osi y, bo to veljalo tudi za rešitve pripadajoče diferencialne enačbe. 3. Druga najpreprostejša diferencialna enačba Malenkost manj preprosta diferencialna enačba je enačba oblike y = f(y). Privzemimo, da f nima ničel. Potem polje smeri v(x, y) = (1, f(y))/ 1 + f(y) 2

35 2. Primeri navadnih diferencialnih enačb Slika 2.2: Rešitve enačbe y = sin x pri različnih začetnih pogojih te enačbe sovpada s poljem smeri enačbe x = 1 f(y) ; w(x, y) = (1/f(y), 1)/ 1/f 2 (y) + 1. Zato imata polji enake tokovnice. Ker pa so tokovnice druge enačbe dane z Barrowovo formulo, dobimo Tako smo dokazali prvi x x = y y 1 f(t) dt. (2.2) Izrek 2.3. Naj bo f neničelna zvezna funkcija. Rešitev y = ϕ(x) enačbe y = f(y), ki zadošča začetnemu pogoju (x, y ), je dana s formulo (2.2). Opomba. Ker je polje smeri invariantno za translacije v smeri osi x, bo to veljalo tudi za rešitve pripadajoče diferencialne enačbe. 4. Diferencialna enačba z ločljivima spremenljivkama Definicija 2.4. Naj bosta f in g gladki neničelni funkciji, definirani vsaka na svojem odprtem intervalu I x, I y R. Diferencialna enačba z ločljivima spremenljivkama je enačba oblike y = g(y) f(x). (2.3)

36 36 2. Primeri navadnih diferencialnih enačb Kot navadno pridemo do njene rešitve z integriranjem: x x ds f(s) = y y dt g(t). V splošnem dobimo implicitno podano krivuljo. Diferencialni enačbi z ločljivima spremenljivkama priredimo polje smeri v(x, y) = (1, y ) (1 + y 2 ) = Enačbi priredimo še sistem diferencialnih enačb (f(x), g(y)) f 2 (x) + g 2 (y). ẋ = f(x), ẏ = g(y); (2.4) pika se nanaša na odvod po času. Naj bosta ϕ x : I I x in ϕ y : I I y rešitvi sistema enačb (2.4) z istim začetnim časom, ki sta dani z izrekom 2.7. Krivuljo, ki jo popiše pot ϕ = (ϕ x, ϕ y ) v ravnini za t I, imenujemo fazna krivulja. Trditev 2.5. Fazne krivulje sistema (2.4) sovpadajo z grafi rešitev (integralskimi krivuljami) enačbe (2.3). Dokaz. Ker imata krivulji ϕ(i) in rešitev enačbe (2.3) enako polje smeri, je ϕ(i) tokovnica polja, torej rešitev. Predpostavimo obratno. Naj bo γ integralska krivulja enačbe (2.3) in naj bo (γ x, γ y ) : J R 2 njena parametrizacija. Privzeti smemo, da γ x reši prvo enačbo sistema (2.3), γ x = f(γ x ); na tem mestu smo uporabili dejstvo, da je f brez ničel, kar pomeni, da ima krivulja lokalno bijektivno projekcijo na os x. Dokazati moramo, da je γ y reši drugo enačbo sistema, γ y = g(γ y ). Krivulja γ ima nagib y, zato komponenti ustrezata enačbi γ y (t) γ x (t) = g(γ y(t)) f(γ x (t)). Ker je γ x (t) = f(ϕ x (t)), mora biti tudi γ y (t) = f(γ y (t)), torej par funkcij reši sistem (2.4). Zdaj pa lahko formuliramo analog izreka 2.7. za ta primer. Izrek 2.6. Rešitev enačbe (2.3) pri začetnem pogoju (x, y ) obstaja, je enolična in dana s formulo x ds y x f(s) = dt y g(t).

37 2. Primeri navadnih diferencialnih enačb 37 Dokaz. Eksistenca in enoličnost sledita iz trditve 2.5. in iz izreka 2.7. za enačbi ẋ = f(x) in ẏ = g(y) pri začetnih pogojih (t, x ), (t, y ) po vrsti. 5. Enačba normalne reprodukcije Naj bo y(t) velikost dane populacije v času t. Naj bo število novih osebkov linearno odvisno od velikosti populacije. To je npr. res, če je dovolj hrane in ni drugih dejavnikov. Označimo proporcionalnostni faktor rasti s k >. Potem lahko reprodukcijo popišemo z naslednjo diferencialno enačbo y (t) = ky(t), k >. Imenuje diferencialna enačba normalne reprodukcije. Ker izraz y = dy/dt pomeni spremembo y glede na x, lahko diferencialno enačbo predstavimo tudi z vektorskim poljem enotskih vektorjev v smeri (dt, dy) = (1, y )dt. Če sledimo Slika 2.3: Polje smeri enačbe y = y puščicam, vidimo, kako bo izgledal graf rešitve. Ta enačba je preprosto rešljiva z integriranjem. Delimo z y y (t) y(t) = k, integriramo od t do t in dobimo t t y (t) t y(t) dt = k dt, t oziroma ln(y(t)/y(t )) = k(t t ).

38 38 2. Primeri navadnih diferencialnih enačb Antilogaritmiramo, množimo z y(t ) in dobimo y(t) = y(t )e k(t t ). Iz rešitve vidimo, da populacija eksponentno narašča Slika 2.4: Rešitve enačbe y = y pri različnih začetnih pogojih Ker smo delili z y, je potrebno posebej pogledati primer y =. Vidimo, da tudi ta reši enačbo. Taki rešitvi bomo rekli singularna. Glede na različne vrednosti v t dobimo rešitve kot na grafu. Podoben problem je radioaktivni razpad, kjer je delež razpadlih atomov proporcionalen številu vseh, le da je proporcionalnostni faktor negativen: y (t) = ky(t), k >. Izračunajmo razpolovni čas, to je čas, v katerem se količina radioaktivne snovi zmanjša za polovico glede na vrednost na začetku, torej y(t r + t ) = 1 2 y(t ). Na enak način kot prej dobimo rešitev enačbe Za razpolovni čas dobimo enačbo oziroma t r = k 1 ln 2. ln(y(t)/y(t )) = k(t t ). ln(1/2) = kt r,

39 2. Primeri navadnih diferencialnih enačb Eksplozijska enačba Privzemimo, da je reprodukcija proporcionalna številu vseh možnih parov. Popisuje jo eksplozijska enačba, y (t) = ky 2 (t), k >. Ta situacija se pogosto pojavlja v kemiji, ko je reakcija odvisna od koncentracije dveh reagentov. Pripadajoče vektorsko polje je predstavljeno na sliki Slika 2.5: Polje smeri enačbe y = y 2 /1 Z integracijo dobimo rešitev Premečemo in dobimo t t y (t) t y 2 (t) dt = k dt, t 1 y(t) + 1 y(t ) = k(t t ). y(t) = y(t ) 1 k(t t )y(t ). Opazimo, da imamo pol v t t = (ky(t )) 1 (od tod ime enačbe). Takemu času pravimo kritični čas. Za čase, blizu kritičnemu času, poenostavitev, ki je pripeljala do diferencialne enačbe, ni več uporabna (umestna), zato je naš model v bližini kritičnih časov neustrezen. Tudi ta enačba ima rešitev y =.

40 4 2. Primeri navadnih diferencialnih enačb Slika 2.6: Rešitve enačbe y = y 2 /1 pri različnih začetnih pogojih 7. Logistična enačba V realnem svetu seveda reprodukcija ni odvisna le od trenutnega števila osebkov, temveč tudi od zunanjih faktorjev, npr. količine hrane. Primer so ribe v končnem ribniku, kjer ni plenilcev. S povečanjem števila osebkov se poveča tekmovanje za hrano, zato je do hrane težje priti, kar doprinese k padcu rasti števila osebkov v populaciji. Najenostavnejši privzetek je, da je faktor rasti linearna funkcija števila osebkov, k = a by. Ob upoštevanju tega privzetka pridemo do logistične enačbe y (t) = ay(t) by 2, a, b >. Pripadajoče vektorsko polje smeri je prikazano na sliki 7. Iz slike razberemo, da bo za nekatere začetne vrednosti populacija naraščala, za nekatere padala, pri nekaterih pa bo konstantna Slika 2.7: Vektorsko polje logistične enačbe y = 3y y 2 Z integracijo dobimo rešitev t y (t) ay(t) by 2 (t) dt = t t t dt,

41 2. Primeri navadnih diferencialnih enačb 41 Pišimo a/b = c in razcepimo ay by 2 = by(c y). Razstavimo integral na parcialne ulomke 1 by(c y) = 1 ( 1 bc y + 1 ). c y Integriramo in dobimo oziroma 1 bc ln y c y = t t ln y(t)(a by(t ) y(t )(a by(t)) = a(t t ). Vidimo, da je rešitev odvisna od znaka izraza a by(t ). Če je ali a by(t ) = ali y(t ) =, smo delili z. Očitno sta tudi y = in y = b/a rešitvi dane enačbe. Pri y = populacije ni, pri y = b/a pa je število konstantno. Naj bo t =. Naj bo začetna velikost populacije enaka a/(2b). Potem je ln y(t)(a/2) (a/2b)(a by(t)) = ln by(t) a by(t) = at, oziroma y(t) = a b e at 1 + e at = a ( 1 1 ) b 1 + e at. Velikost populacije narašča in je v limiti enaka a/b. Kaj pa se zgodi, če je velikost začetne populacije večja od limitne, npr. y() = 2a/b? V tem primeru je ln y(t)( a) (2a/b)(a by(t)) = ln by(t) by(t) a = at, oziroma y(t) = a b Funkcija je padajoča z limito a/b. e at e at 1 = a b (1 + 1 e at 1 ). 2.1 Naj bosta y 1 in y 2 rešitvi dane logistične enačbe y (t) = ay(t) by 2, a, b >, pri začetnih pogojih y i () = c i (, a/b). Dokaži, da je y 1 (t) = y 2 (t α). Premik α izrazi s količinami a, b, y 1, y 2. Interpretiraj to lastnost.

42 42 2. Primeri navadnih diferencialnih enačb Slika 2.8: Rešitve logistične enačbe y = 3y y 2 pri različnih začetnih pogojih 2.2 Naj bo c = a/b fiksen in y() = a/(2b). Kako se spreminja rešitev logistične enačbe y (t) = ay(t) by 2, a, b >, ko pošljemo a (oz. b) proti neskončno? Kaj to pomeni za populacijo? Rezultat interpretiraj. 8. Ribolovna enačba Poglejmo spet naše ribe v ribniku, ki jih lovimo za prodajo. Naj bo stopnja ulova konstantna, c. Imenujemo jo kvota. Pripadajoča diferencialna enačba je y = ay by 2 c, a, b, c >. Ločiti moramo primere, ko ima enačba ay(t) by 2 c = eno, dve ali nobene realne rešitve. Če enačba nima nobene realne rešitve, potem je odvod vedno negativen in število osebkov v populaciji pada. Ali populacija izumre? Da bi odgovorili na to vprašanje, moramo najprej rešiti enačbo. Ker kvadratna enačba nima realnih rešitev, lahko diferencialno enačbo zapišemo v obliki y = b((y α) 2 + β 2 ), β >. Vzemimo kar t =. Z integriranjem dobimo 1 β ( arctg α y() arctg α y(t) β β ) = bt. Vstavimo y(t) = in izračunamo čas izumrtja. Če ima kvadratna enačba ay(t) by 2 c = eno realno rešitev, bo število osebkov v populaciji padalo, razen v primeru, ko je začetna vrednost

43 2. Primeri navadnih diferencialnih enačb 43 enaka ničli enačbe; v tem primeru bo število osebkov kostantno. Diferencialna enačba ima potem obliko y = b(y α) 2 za nek α > in je enaka eksplozijski enačbi, če uvedemo spremenljivko u = y α. Če je y() α, lahko enačbo delimo in integriramo. Dobimo Izrazimo y(t) 1 α y(t) 1 α y() = bt. y(t) = αbt(α y()) y(). bt(α y()) 1 Spet nas zanima, pri katerih začetnih pogojih bo populacija izumrla (takrat je y(t) =. Gornji izraz ima ničlo za pozitivne t le, če je α y() >, torej mora biti začetno število osebkov populaciji manjše od α. Če ima kvadratna enačba dve (pozitivni) realni ničli, dobimo pravzaprav premaknjeno logistično enačbo. Naj bosta α < β različni (pozitivni) realni ničli. Z razcepom na parcianle ulomke dobimo 1 α β log (y(t) α)(y() β) (y(t) β)(y() α) = bt. Glede na lego začetnega pogoja dobimo štiri različne tipe rešitev. Če je y < α, bo populacija v končnem času izumrla. Če je y = α ali y = β, bo populacija konstantna, če je α < y < β, bo število osebkov v populaciji naraščalo in v limiti doseglo β, če pa je y > β, bo bo število osebkov v populaciji padalo in v limiti doseglo β. Ilustrirajmo našo teorijo še s primerom. Poglejmo, kako so rešitve odvisne od c in začetne količine za primer a = 3 in b = 1. Začetno vrednost y() označimo z y. Naj bo c > 9/4. Potem je rešitev enaka y(t) = Za c = 9/4 dobimo 2 (arctg 2y 3 arctg 2y 3 ). 4c 9 4c 9 4c 9 y(t) = (9t 4y 6ty )/( 4 + 6t 4ty ). in za c < 9/4 y(t) = 2 log ( 2y c)( 2y c) 9 4c ( 2y c)( 2y c)

44 44 2. Primeri navadnih diferencialnih enačb (a) (b) Slika 2.9: Polje smeri in rešitve enačbe y = 3y y (a) (b) Slika 2.1: Polje smeri in rešitve enačbe y = 3y y 2 9/ (a) 1 (b) Slika 2.11: Polje smeri in rešitve enačbe y = 3y y 2 2 Slike pripadajočih polj in smeri so prikazane spodaj (slike 2.9,2.1,2.11). Soroden primer je ribolovna enačba z relativnimi kvotami, to pomeni, da je stopnja uliva enaka cy. Enačba ima potem obliko y = ay by 2 cy, a, b, c >.

45 2. Primeri navadnih diferencialnih enačb Analiziraj ribolovno enačbo z relativnimi kvotami pri a = 3, b = Prosti pad Naj bo y višina, na kateri se nahaja telo. Diferencialna enačba, ki popisuje prosti pad je y = g, kjer je g težnostni pospešek. Minus dobimo, ker je smer gibanja nasprotna smeri naraščanja višine. Z uvedbo nove spremenljiv. Pišimo x 1 = y. Tej enačbi lahko priredimo sistem enačb: x 1 = x 2, x 2 = g. Temu sistemu priredimo vektorsko polje smeri, ki ga določa polje (x 1, x 2 ). Tokovnice tega polja so parabole. 1. Enačba majhnih oscilacij To enačbo dobimo, če zapišemo npr. Hookov zakon za nihalo (pospešek je premo sorazmeren odmiku iz mirovne lege) ali pa enačbo nihanja za nitno nihalo, če so odmiki majhni. y = ky, k >. Podobno kot v prejšnjem primeru priredimo tej enačbi sistem enačb x 1 = x 2, x 2 = kx 1. in vektorsko polje smeri, ki ga določa polje (x 1, x 2 ). Tokovnice tega polja so za k = 1 krožnice.

46 46 2. Primeri navadnih diferencialnih enačb (a) (b) Slika 2.12: Polje smeri in fazne krivulje za enačbo y = g (a) (b) Slika 2.13: Polje smeri in fazne krivulje za enačbo y = y 11. Obrnjeno nihalo To enačbo dobimo, če je nihalo obrnjeno na glavo (utež nad osjo vrtenja). y = ky, k > Podobno kot v prejšnjem primeru za k = 1 priredimo tej enačbi sistem enačb x 1 = x 2, x 2 = x 1.

47 2. Primeri navadnih diferencialnih enačb (a) (b) Slika 2.14: Polje smeri in fazne krivulje za enačbo y = y in vektorsko polje smeri (x 2, x 1 )/ x x2 2. Tokovnice tega polja so hiperbole. 12. Fizikalno nihalo Utež z maso m je obešena na drog dolžine l. Kotni pospešek zadošča enačbi Iy = mgl sin y; I = ml 2 je vztrajnostni moment. Če damo konstante na eno stran in pišemo k = mgl/i dobimo y = k sin y Slika 2.15: Polje smeri in fazne krivulje za enačbo y = sin y

48 48 2. Primeri navadnih diferencialnih enačb Pripadajoč sistem enačb je x 1 = x 2, x 2 = k sin x 1, Vektorsko polje smeri prikazuje slika Enoličnost rešitve diferencialne enačbe y = f(y). Vse dosedanje rešitve diferencialnih enačb so imele lastnost, da je za vsak začetni pogoj obstajala natanko ena rešitev. To žal ni vedno res. Oglejmo si rešitve diferencialne enačbe y = 2 y. Pripadajoče polje smeri je prikazano na sliki Po običajnem postopku Slika 2.16: Polje smeri enačbe y = 2 y dobimo rešitev Za pozitivne y dobimo y 2 y = 1. y = (x c), oziroma y = (x c) 2. Preverimo, ali ustreza začetnim pogojem. Naša enačba predpostavlja, da je y, zato je rešitev dobra le za x c. Ker smo delili z, dobimo tudi rešitev

49 2. Primeri navadnih diferencialnih enačb 49 y =. Za negativne y dobimo oziroma y 2 y = 1, y = ( x + c). Rešitev je y = (x c) 2 za x < c. Vidimo, da imamo pri vsakem začetnem pogoju (x, ) tri rešitve: y 1 =, y 2 = (x x ) 2 za x x in y 3 = (x x ) 2 za x x. Sestavimo lahko še četrto, če definiramo y 4 = y 1 za x x in y 4 = y 3 za x x. Razlog za propad enoličnosti je v dejstvu, da funkcija 2 y ni zvezno odvedljiva v ; odvod ima tam pol, kar pomeni, da singularno rešitev dosežemo v končnem času (z leve). Napišimo zdaj še splošno verzijo izreka 2.3. Izrek 2.7. Naj D R odprt interval in naj bo f C 1 (D). Rešitev ϕ enačbe y = f(y) pri začetnem pogoju (x, y ) obstaja za vsak x R, y D in je ena sama v naslednjem smislu: vsaki dve rešitvi enačbe pri danem začenem pogoju se ujemata na neki okolici y. Za f(y ) je rešitev dana z Barrowovo formulo ϕ(x) dt x x = f(t), če pa je f(y ) =, je rešitev ϕ(x) = y. Dokaz. Dokazali smo že vse, razen enoličnosti v primeru, ko je f(y ) =. Dokaz bo s protislovjem. Naj bo ϕ nekonstantna rešitev enačbe y = f(y), ki zadošča ϕ(x ) = y. Naj bo (x 1, ϕ(x 1 )) neravnovesna točka, tj. točka v kateri je f(ϕ(x 1 )). Naj bo x 2 = max{x < x 1, f(ϕ(x)) = } (obstaja zaradi zveznosti funkcij). Torej je f(ϕ(x)) za vsak x (x 2, x 1 ]. Za vsak tak x pa velja Barrowova formula: x x 1 = y ϕ(x) ϕ(x 1 ) dt f(t). Uvedimo oznake y = ϕ(x), y 1 = ϕ(x 1 ) in y 2 = ϕ(x 2 ) in privzemimo, da je y 1 y 2. Ker je funkcija f zvezno odvedljiva, na intervalu [y 1, y 2 ] velja ocena f(y) k y y 2. Pravimo, da je funkcija Lipschitzova s konstanto k. Ocenimo integral: ϕ(x) dt y x x 1 = f(t) dt k t y 2. ϕ(x 1 ) y 1

50 5 2. Primeri navadnih diferencialnih enačb Zadnji integral gre proti neskončno, ko pošljemo x proti x 2 (in s tem y proti y 2 ), kar nas privede v protislovje. To pa pomeni, da rešitev, če je rešitev v začetku ravnovesni točki, tam vedno ostane.

51 3. Linearne diferencialne enačbe 1. Linearna diferencialna enačba prvega reda Definicija 3.1. Homogena linearna diferencialna enačba prvega reda je enačba oblike y = f(x)y. (3.1) Opomba. Enačba je poseben primer enačbe z ločljivima spremenljivkama. Izrek 3.2. Naj bo f zvezna. Rešitev enačbe (3.1) pri začetnem pogoju (x, y ) je dana s formulo y = y e x x f(t) dt. Dokaz. Delimo z y, integriramo in antilogaritmiramo. Trditev 3.3. Naj bosta y 1 in y 2 rešitvi enačbe (3.1). Potem je za vsaka a, b C tudi ay 1 + by 2 rešitev enačbe. Vektorski prostor vseh rešitev je enodimenzionalen. Dokaz. Linearnost preverimo z računom: (ay 1 + by 2 ) = ay 1 + by 2 = = af(x)y 1 + bf(x)y 2 = f(x)(ay 1 + by 2 ). Dimenzija vektorskega prostora sledi iz izreka 3.2. Definicija 3.4. Nehomogena linearna diferencialna enačba prvega reda je e- načba oblike y = f(x)y + g(x). (3.2) (Splošna) rešitev enačbe je vsaka funkcija ϕ, ki zadošča ϕ (x) = f(x)ϕ(x) + g(x) na preseku definicijskih območij funkcij f in g. Posamezno rešitev enačbe (3.2) imenujemo partikularna.

52 52 3. Linearne diferencialne enačbe Trditev 3.5. Naj bo y p partikularna rešitev enačbe (3.2). Potem je vsaka druga rešitev te enačbe oblike y = y p + y h, kjer je y h rešitev pripadajoče homogene enačbe y = f(x)y. Dokaz. Preverimo z računom. Naj bosta y 1 in y 2 dve različni rešitvi enačbe (3.2). Potem razlika y 1 y 2 reši diferencialno enačbo y = f(x)y. Izrek 3.6. Rešitev enačbe (3.2) pri začetnem pogoju (x, ) obstaja, je ena sama in je dana s formulo y = x x e x s f(t) dt g(s) ds. Dokaz. Rešitev iščemo z metodo variacije konstant. Naj bo x ϕ(x) = Ce x f(t) dt rešitev homogene enačbe. Rešitev bomo iskali s podobnim nastavkom, le da bomo konstanto C spremenili v funkcijo x (konstanto bomo variirali). Pišimo y = C(x)ϕ(x), odvajajmo in vstavimo v enačbo (3.2): C (x)ϕ(x) + C(x)ϕ (x) = f(x)c(x)ϕ(x) + g(x). Ker funkcija ϕ reši homogeno enačbo, sta drugi in tretji člen enaka, je Upoštevamo definicijo ϕ in dobimo Integriramo: Rešitev osnovne enačbe je C (x)ϕ(x) = g(x). C (x) = e x x f(t) dt g(x). C(x) = y = C(x)ϕ(x) = = = x e x x e x x x x e x e s x f(t) dt g(s) ds. s x f(t) dt g(s) ds e x x f(t) dt = s x f(t) dt+ x x f(t) dt g(s) ds = x s f(t) dt g(s) ds.