Vrije Universiteit Faculteit der Economische Wetenschappen en Bedrijfskunde Afdeling Econometrie

Transcriptie

1 Vrije Universiteit Faculteit der Economische Wetenschappen en Bedrijfskunde Afdeling Econometrie Tentamen: Convexe Analyse en Optimalisering Opleiding: Bacheloropleiding Econometrie Vakcode: Datum: 26 oktober 2004 Anvang: 2:00 Tijdsduur: 2 uur Opmerkingen:. Dit tentamen telt in totaal 3 pagina s. 2. Bij de beantwoording van de vragen moet er voldoende toelichting of uitwerking worden gegeven. Alleen een uitkomst is niet voldoende. 3. Dit tentamen zal behoudens calamiteiten op 0 november 2004 zijn nagekeken. Op 5 november 2004 zal van uur gelegenheid tot inzage worden gegeven. 4. De normering van de vragen is als volgt: opgave a b 2a 2b 3 4a 4b 5 punten

2 Opgave De functie f op IR is gedefinieerd door ( e x 2 f(x =. 9 (a Bepaal de extreme waarden van f en de x-waarden waarvan zij worden aangenomen. Stel tevens vast of het om een maximum of een minimum gaat. (b Bepaal de extreme waarden van f en de x-waarden waarvan zij worden aangenomen onder de nevenvoorwaarde x [0, 0]. Stel tevens vast of het om een maximum of een minimum gaat. Antwoord: (a f (x = 2f(x < 0, geen extrema! (b f is continu en [0, 0] compact met Weierstrass volgt dus dat eer een minimum en maximum bestaat. Uit (a volgt veder dat de extrema randextrema zij. Invullen geeft bij x = 0 een maximum met f(0 = en bij x = 0 een minimum 8 met e Opgave 2 De functie f op IR 2 \ {(0, 0} is gedefinieerd door f(x, y = x + x 2 + y 2. (a Bepaal de extrema van f en bepaal tevens de aard van de extrema via de tweede orde voorwaarden. (b Neem aan dat f(0, 0 = 0. Bepaal de extrema van f en bepaal tevens de aard van de extrema met de vier stappen methode. Antwoord: (a De partieële afgeleiden zijn f x = + x 2 + y 2x 2 2 ( + x 2 + y 2 = x2 + y 2 2 ( + x 2 + y 2 2 f y = 2xy ( + x 2 + y 2 2 De gradient is de afgeleide omdat de gradient op IR 2 \ {(0, 0} continu is. 2

3 Berekenen van stationaire punten: f y = 0 x = 0 of y = 0. Zij x = 0 (en y 0, dan volgt met f x = 0 + y 2 ( + y 2 2 = 0 en dat heeft geen oplossing in IR. Zij nu y = 0 (en x 0 dan volgt met f x = 0 en dus x = ±. De Hesse matrix van f is H f (x, y = x 2 ( + x 2 2 = 0 2x( 3+x 2 3y 2 2y( +3x 2 y 2 (+x 2 +y 2 3 (+x 2 +y 2 3 2y( +3x 2 y 2 2x( 3y2 ++x 2 (+x 2 +y 2 3 (+x 2 +y 2 3 Dus ( 0 H f (, 0 = is negatief definiet en (, 0 is een maximumlokatie, en ( 0 H f (, 0 = is positief definiet en (, 0 is een minimumlokatie. (b Voor grote waarden van (x, y geldt dat f(x, y 0. Omdat f positieve en negatieve waarden aanneemt kunnen wij dus met een analyze van f op een gebied [ M, M] 2 voor M groot volstaan. Omdat f continu is en [ M, M] 2 compact volgt dan dat er extrema bestaan (Weierstrass. Stationaire punten kunnen zo als in (a berekend worden. Vergelijken van de functiewaarden levert dan dat hetzelfde resultaat zo als onder (a (uiteraard zonder berekening van de Hesse matrix. Opgave 3 Bepaal de extrema van f 0 (x = 3 i= x i 3

4 onder de nevenvoorwaarden f (x = x x 2 x 3 = 0 en f 2 (x = 3 x 2 i = 6. Antwoord: ( f 0 is continu en f (0 f2 (6 is niet leeg ((2,, en ( 2,, zijn toegestaan punten, afgesloten (inverse van een afgesloten verzameling onder een continu afbeelding en begrensd (( 6, 6, 6 < x < (6, 6, 6. Er bestaan dus extrema (Weierstrass. (2 De Lagrange-functie wordt ( 3 ( ( 3 L(x, y, λ = λ 0 x i + λ x x 2 x 3 + λ 2 x 2 i 6 i= i= i= en L(x, λ x = λ 0 + λ + 2λ 2 x L(x, λ x 2 = λ 0 λ + 2λ 2 x 2 L(x, λ x 3 = λ 0 λ + 2λ 2 x 3 2 (a Stel λ 0 = 0, dan volgt uit L x = 0 3 : Dus en λ 2 = 0 of x = x 2. Verder 0 = λ + 2λ 2 x 0 = λ + 2λ 2 x 2 0 = λ + 2λ 2 x 3 2λ 2 x = 2λ 2 x 2 2λ 2 x 2 = λ 2 x 3 of λ 2 = 0 of x 2 = x 3. Zij λ 2 = 0, dan λ = 0 en dat kan niet omdat λ 0 3. Veronderstel λ 2 0, dan volgt hieruit x = x 2 = x 3. Invullen in f : x + x + x = 0 en dus x = x 2 = x 3 = 0 wat niet toegestaan is omdat f 2 (0, 0, 0 = 6. 4

5 2 (b λ 0 = 0 = + λ + 2λ 2 x 0 = λ + 2λ 2 x 2 0 = λ + 2λ 2 x 3 Dus λ 2 = 0 of x 2 = x 3. Stel x 2 = x 3, dan volgt met f dat x 2x 2 = 0 oftewel x = 2x 2, en uit f 2 : x 2 +2x 2 2 = 6. Invullen in f 2 : 4x x 2 2 = 6 oftewel x 2 = ±. Stationaire punten zijn dan ( 2,, en (2,,. Veronderstel nu dat λ 2 = 0. Dan is λ = λ, dus λ = 0. Invullen in bovenstaande vergelijkingen levert 0 = en dat kan niet. De stationaire punten van Lagrange zijn dus (2,, (met λ = (, /3, /3 en ( 2,, met λ = (, /3, /3. Het punt (2,, is een maximumlokatie een het punt ( 2,, is een minimumlokatie. Opgave 4 Een onderneming heeft de volgende productiefunctie: q(x, y = 4x 2 y 4, waarbij x het kapitaal en y de arbeid representeert. De kosten per eenheid kapitaal bedragen 20 Euro en 0 Euro per eenheid arbeid. (a Bepaal met behulp van de Lagrangemethode de kostenfunctie, met andere woorden bepaal voor hoeveelheid q de minimale kosten om q > 0 te produceren. (b Het product kan worden verkocht voor een prijs van 0 Euro per eenheid. Bepaal hoeveel er moet worden geproduceerd om de winst te maximaliseren. Toon ook aan dat er inderdaad sprake is van maximale winst. Antwoord: Onderdeel [a] Hier dienen dus de productiekosten te worden geminimaliseerd onder een randvoorwaarde: f 0 (x, y = 20x + 0y en f (x, y = 4x 2 y 4 q, met x, y 0 (economische redenen. Pas de vier stappen methode toe. 5

6 f (x, y is continu, de verzameling {(x, y f (x, y = 0} is niet leg en afgesloten. Uit economische reden (de wereld is eindig kunnen wij veronderstellen dat x, y M voor M groot. Dan is {(x, y f (x, y = 0} {(x, y : 0 x, y M} begrensd. Met Weierstrass volgt dan dat er een minimum bestaat. 2 De Lagrange-functie wordt ( L(x, y, λ = λ 0 (20x + 0y + λ 4x 2 y 4 q en x L(x, y, λ = 20λ 0 + 2λ x y L(x, y, λ = 0λ 0 + λ x 2 y 2 y (a Stel λ 0 = 0, dan volgt uit L x,y = 0 2 en λ 0: 2λ x 2 y 4 = 0 en λ x 2 y 3 4 = 0 Dus x = 0 of y = 0 en f (0, y q = f (x, 0 q < 0. λ 0 = 0 is dus niet toegestaan. 2 (b λ 0 = Het geldt dus 0 = λ x 2 y 4 ( 0 = 0 + λ x 2 y 3 4 (2 0 = 4x 2 y 4 q (3 (2 0 = λ x 2 y 3 4 λ x 2 y 4 = λ x 2 y 3 4 oftewel of λ = 0 of x = y en λ 0. Maar λ = 0 is niet toegestaan omdat dit via ( en (2 leidt tot q = 0. Dus x = y en uit (3 volgt ( 4x 3 3 q y 4 = q q = 4x 4 x = 4 en q = 4y 3 4. Het punt ( (q 4 4 ( 3 q 3, 44 6

7 is het enige kandidaat extremum. Aard van het stationaire punt. Het minimum is óf de stationaire punt óf het ligt op de rand van de verzameling {(x, y : 0 x, y M}. Na constructie neemt f 0 op het rand grote waarden aan. Het minimum moet dus een inwendige punt zijn. Dus de stationaire punt is het (unieke minimum. [Alternatief: Herschrijf f 0 als functie van bijvoorbeeld x: Omdat f 0 (x = 20x + 0 q4 4 4 x 2. lim f 0(x = = lim f 0(x x 0 x is f 0 coercief voor minimaliseering. Omdat het stationaire punt een inwendig punt is, is het dus een minimum.] De kostenfunctie wordt dan ( q 3 C(q = 20x(q + 0y(q = Onderdeel [b] ( q 3 Π(q = 0q C(q = 0q Π (q = 0 40 q 3 Π (q = 0 levert q = 4. Π (4 < 0, dus maximum Opgave 5 Bepaal met behulp van Karush-Kuhn-Tucker methode de minimale waarde van onder de nevenvoorwaarden f 0 (x, y = (x 2 + (y 2 4 x + y 4 en y 2 0. Antwoord: Het probleem is convex. 2 (0, 0 is een Slaterpunt. 3 De Lagrange-functie wordt L(x, y, λ = (x 2 + (y λ (x + y 4 + λ 2 (y 2 7

8 met Case I: f = 0 en f 2 = 0. L x (x, y, λ = 2(x + λ L y (x, y, λ = 4(y λ + 2λ 2 y. 0 = 2(x + λ 0 = 4(y λ + 2λ 2 y 0 = x + y 4 0 = y 2. Dus y = ±. Invullen in de 0 = x + y 4 geeft x = 5 voor y = en x = 3 voor y =. Maar dit liedt tot λ < 0 en de punten zijn dus niet toegestaan. Case II: f < 0 en f 2 = 0. 0 = 2(x 0 = 4(y λ 2 y 0 = y 2. Dus x = en y = ±. Zij y =, dan 0 = 4 + 2λ 2 en λ 2 = 2. Zij y =, dan 0 = λ 2 en λ 2 < 0. Het punt (, is dus niet toegestaan. De lokatie van het globaal minimum van f 0 is dus (, en f 0 (, =. 8