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: 25 oktober 2005 Anvang: 8:45 Tijdsduur: 2 uur Opmerkingen:. Dit tentamen telt in totaal pagina s. 2. Bij de beantwoording van de vragen moet er voldoende toelichting of uitwerking worden gegeven. Alleen een uitkomst is niet voldoende.. Dit tentamen zal behoudens calamiteiten op 9 november 2005 zijn nagekeken. Op 4 november 2005 zal van uur gelegenheid tot inzage worden gegeven. 4. De normering van de vragen is als volgt: opgave a b c 2a 2b 4a 4b 5 punten

2 Opgave (a) Zij A R. Geef een wiskundige definitie van de uitdrukking inf(a). (b) Is er een verschil tussen sup(a) = max(a)? Verandert dit als A N? (c) De rij {x n } voldoet aan lim sup x n 2 en lim inf x n 2. Wat is dan bekend over lim n x n? Antwoord: (a) inf(a) voldoet aan x A : inf(a) x (inf(a) is ondergrens) en ɛ > 0 x A : inf(a) + ɛ > x (het is de kleinste ondergrens). Voor ieder x A geldt x sup(a). Verder bestaat voor ieder ɛ > 0 een ɛ zó dat x ɛ + ɛ > sup(a). (b) Zij A = {x < } dan bestaat het maximum van A niet en het supremum wél (het supremum bestaat altijd). Voor A zij voor eindige verzamelingen sup(a) = max(a). Anders is sup(a) = en het maximum bestaat niet. (c) Uit de definitie volgt Onder de voorwaarden in (c) geldt dus De limiet bestaat dus en is gelijk aan 2. lim inf x n lim sup x n. lim inf x n = lim sup x n. Opgave 2 De functie f op IR is gedefinieerd door f(x, y, z) = x 2 + 2y 2 + z 2 + 2xy + 2xz. 2

3 (a) Bepaal de extrema van f en bepaal tevens de aard van de extrema via de tweede orde voorwaarden. (b) 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 f y f z = 2x + 2y + 2z = 4y + 2x = 6z + 2z. De gradient is de afgeleide omdat de gradient op IR continu is. De einige stationaire punt is (0, 0, 0). De Hesse matrix van f is H f = en hangt niet van (x, y, z) af. Voor de aard van het extremum berekenen we x (x, y, z) H f y z (x, y, z) 2x + 2y + 2z 2x + 4y 2x + 6z = 2x 2 + 2xy + 2xz + 2xy + 4y 2 + 2xz + 6z 2 = (x 2 + 4xy + 4y 2 ) + (x 2 + 4xz + 4z 2 ) + 2z 2 = (x + 2y) 2 + (x + 2z) 2 + 2z 2. Deze uitdrukking is positief voor x, y, z > 0 en wordt 0 voor x = y = z. H f is dus positief semi-definiet en (0, 0, 0) is een minimumlokatie. (b) Voor grote waarden van (x, y, z) geldt dat f(x, y, z) naar gaat de functie is dus coercief voor minimaliseering. Omdat f continu is heeft f een globaal

4 minimum (Corollary ). Stationaire punten kunnen zo als in (a) berekend worden. Omdat f(0, 0, 0) = 0 en bijvoorbeeld f(,, ) > 0 is het stationair punt een minimum. We hebben hetzelfde resultaat zo als onder (a) (uiteraard zonder berekening van de Hesse matrix. Opgave Bepaal de extrema van onder de nevenvoorwaarden f 0 (x, y, z) = x + 2z f (x) = x + y + z = en f 2 (x) = x 2 + y 2 + z = 2. Antwoord: () f 0 is continu en f () f2 (2) is niet leeg ((,, 0) is toegestaan punt), afgesloten (inverse van een afgesloten verzameling onder een continu afbeelding). Wij tonen aan dat f () f2 (2) begrensd is. Uit f = en f 2 = 2 volgt x 2 + y 2 + x y = 2 x 2 x y2 y + 4 = 2 (x 2 )2 + (y 2 )2 = 5 2 Omdat de kwadratische termen altijd positief zijn volgt hieruit ( x ) 2 5 ( en y ) Hieruit volgt, bijvoorbeeld, dat 5 x, y 5 en uit x + y + z = volgt dat z ook begrensd is. Omdat f () f2 (2) begrensd is, bestaan er dus extrema (Weierstrass). (2) De Lagrange-functie wordt en L(x, y,, zλ) = λ 0 (x + 2z) + λ (x + y + z ) + λ 2 (x 2 + y 2 + z 2) x L(x, y, z, λ) = λ 0 + λ + 2λ 2 x y L(x, y, z, λ) = λ + 2λ 2 y z L(x, y, z, λ) = 2λ 0 + λ + λ 2 4

5 2) (a) Stel λ 0 = 0, dan volgt uit L x = 0 en λ 0 : 2λ 2 x = 2λ 2 y = λ 2 x = y = 2 en met f volgt z = 0. Maar f (/2, /2, 0) = / (b) Zij λ 0 =, dan Invullen na λ 2 oplossen geeft + λ + 2λ 2 x = 0 λ + 2λ 2 y = λ + λ 2 = 0 λ = λ λ 2 + 2λ 2 x = 0 + (2x )λ 2 = 0 2 λ 2 + 2λ 2 y = (2y )λ 2 = 0 λ 2 = 2x en λ 2 = 2 2y. Uit volgt 2x = 2 2y y = 2x 2. Uit de nevenvoorwaarden volgt x 2 x + y 2 y = en invullen van de uitdrukking voor y geeft ( x 2 x + 2x ) 2 2x = x 2 x + 4x 2 2x + 4 2x + 2 = 5x 2 5x = 4 5

6 oftewel x 2 x + 4 = ( x ) 2 = = 0 x = 2 + x 2 = De bijbehorende waarde voor y, y 2 en z, z 2 zijn Dus y = z = 0 f 0 (x, y, z ) = y 2 = f 0 (x 2, y 2, z 2 ) = z 2 = 0. Het punt (x, y, z ) is een minimumlokatie een het punt (x 2, y 2, z 2 ) is een maximumlokatie. Opgave 4 Gegeven zij de functie f 0 (x, y) = x 2 y 4 (a) Onderzoek f 0 op S = {(x, y) : x > 0, y > 0} op convexiteit resp. concaviteit. (b) Bepaal de maximale waarde van f 0 (x, y) onder de nevenvoorwaarden x + y 4 en y 2 0. en Uitwerking Deel (a): Er geldt: ( Hf = 4 x 2 y 4 8 x 2 y 4 8 x 2 y 4 x 2 y x Hfx = 6 x 2 y 9 8 < 0. ) 6

7 Dus Hf is negatief semi-definiet en het volgt met Theorem 9 (d) dat f concaaf is. Uitwerking Deel (b): Uit deel (a) weten wij dat f concaaf is. Wij bestuderen het volgende probleem: onder f 0 (x, y) = x 2 y 4 min f (x, y) = x + y = 4 en f 2 (x, y) = y 2 = 0. Het probleem is convex. 2) (0, 0) is een Slaterpunt. ) De Lagrange-functie wordt met L(x, y, λ) = x 2 y 4 + λ (x + y 4) + λ 2 (y 2 ) L x (x, y, λ) = 2 x 2 y 4 + λ L y (x, y, λ) = 4 x 2 y 4 + λ + 2λ 2 y. Case I: f = 0 en f 2 < 0 (λ 0 en λ 2 = 0). 0 = 2 x 2 y 4 + λ 0 = 4 x 2 y 4 + λ 0 = x + y 4. Hieruit volgt 2 x 2 y 4 = 4 x 2 y 4 en dat geeft 2y = x. Dus y = 4/ en x = 8/. Check geeft λ > 0. Het punt (8/, 4/) is het globaal minimum van de hulpfunctie f 0. De functie f 0 heeft dus een globaal maximum bij (8/, 4/). Let op: bij f = 0 en f 2 = 0 vindt men de oplossing x = en y = maar hiervoor geldt λ < 0 en dat is geen toegestaan oplossing. Opgave 5 Bepaal met behulp van Karush-Kuhn-Tucker methode de minimale waarde van f 0 (x, y) = (x 2) 4 + (y ) 7

8 onder de nevenvoorwaarden x + y en y 2 0. Het mag hierbij veronderstelt worden dat het probleem convex is. Antwoord: ) Het probleem is convex. 2) (0, 0) is een Slaterpunt. ) De Lagrangefunctie wordt met L(x, y, λ) = (x 2) 4 + (y ) + λ (x + y ) + λ 2 (y 2 ) Case I: f < 0 en f 2 = 0. L x (x, y, λ) = 4(x 2) + λ L y (x, y, λ) = (y ) 2 + λ + 2λ 2 y. 0 = 4(x 2) 0 = (y ) 2 + 2λ 2 y 0 = y 2. Dus y = ± en x = 2. Zij y = dan volgt λ 2 = 0. Omdat f (2, ) = 0 (en wij verondersteld hebben dat f < 0) is dit geen toegestaan oplossing. Zij y = dan volgt λ 2 = 6 en f (2, ) < 0. De lokatie van het globaal minimum van f 0 is dus (2, ) en f 0 (2, ) = 8. In het oorspronkelijke probleem is (2, ) die locatie van het globaal maximum. Let op: f < 0 en f 2 < 0 geeft y = ± en x = 2. Maar f (2, ) = 0 en f 2 (2, ) = 0 en dit is tegenspraak met de veronderstelling dat f, f 2 < 0. 8