Wiskunde AEO V. Afdeling Kwantitatieve Economie. Uitwerking tentamen 6 januari 2010

Transcriptie

1 Afeling Kwantitatieve Economie Wiskune AEO V Uitwerking tentamen 6 januari 00 Een stelling ( punten) Laat c een ifferentieerbare kromme zijn, ie op een niveauverzameling van een ifferentieerbare functie g loopt Formuleer een stelling over raakvectoren aan c en graiënten van g Als g : R n R en c : R R n ifferentieerbare functies zijn, zoanig at g(c(t)) = 0 voor alle t R, an is voor elke t R e graiënt grag(c(t)) loorecht op e raakvector c (t): grag(c(t)), c (t) = 0 Winstmaximalisatie (6 punten) De marginale opbrengst van een bepaal prouct is r(q) = ( + q) 3, e marginale prouctiekosten k(q) = cq Voor c = /3 en q = 6 is marginale opbrengst gelijk aan marginale kosten; q = 6 is in it geval e optimale prouctiehoeveelhei a Laat zien: voor waaren van c in e buurt van /3 hangt e optimale prouctiehoeveelhei ifferentieerbaar af van c Marginale opbrengst gelijk aan marginale kosten: oftewel ( + q) 3 = cq, f(c, q) = ( + q) 3 cq = 0 Uit eze vergelijking kunnen we ron het punt (c, q) = (/3, 6) e variabele q als functie van c oplossen, als q (/3, 6) 0 We hebben: en q (c, q) = 3 ( + q) 3 c q (/3, 6) = 3 = 4 Met e impliciete functiestelling conclueren we at q uit f(c, q) = 0 kan woren opgelost als een ifferentieerbare functie

2 b Bereken e eerste afgeleie van q(c) voor c = /3, en geef een economische interpretatie van het resultaat q (/3) = c q (/3, 6) 6 = (/3, 6) /4 = 4 Ineraa: e optimale prouctiehoeveelhei aalt als e marginale prouctiekosten stijgen 3 Optimalisatie oner nevenvoorwaaren (56 punten) Laat a R een vaste constante zijn, en laat f, g, g : R R gegeven zijn oor f(x) = x + x, g (x) = x, g (x) = (x a) x Laat verer e verzamelingen V en V gegeven zijn oor { } V j = x R gj (x) 0 a Bewijs voor alle a R at e verzameling gesloten is Schets V als a = 0 Omat V = V V V = g ( ) (, 0], omat g continu is en omat e verzameling (, 0] in R gesloten is, volgt at V ook gesloten is Op ezelfe manier laat je zien at V = g ( ) (, 0], gesloten is De oorsnee van twee gesloten verzamelingen is ook gesloten Conclusie: V = V V is gesloten Zie figuur voor een schets b Laat voor alle a R zien at e verzameling V compact is, en at e functie f beperkt tot V een (globaal) maximum m(a) heeft Uit g (x) 0 volgt at x (x a) 0 voor x V Uit g (x) 0 volgt at x ; we krijgen at 0 x Gebruik makene van x en weer van g (x) 0, volgt at (x a) x x a, zoat + a x a + We conclueren at x ( + a ) (Merk op at e ongelijkhei x ( + a) niet gelt voor negatieve a) Conclusie: als x V, an is x = x + x + ( a + )

3 Figuur : Schets voor 3a) Maar an is V begrens Volgens e stelling van Weierstraß (Extreme-waaren stelling) neemt een continue functie op een compacte verzameling een maximale en een minimale waare aan De functie f is continu en e verzameling V is compact (gesloten en begrens) Daarom heeft e functie f beperkt tot V een globaal maximum m(a) c (6 punten) Zet a = 0 Bepaal alle kaniaatextrema (kritieke punten) van f beperkt tot V De Lagrangefunctie van it probleem (met a = 0) is: L(λ, λ ; x, x ) = x + x λ (x ) λ ( x x ) Inwenige Geen restrictie binen, λ = λ = 0 De functie f is overal ifferentieerbaar Verer is 0 = (D x L(0; x)) T = graf(x) = Dit levert x = (0, 0) Maar omat g (0, 0) = 0 ligt it punt niet in het inwenige van V Ranen Eén restrictie binen g (x) = 0, λ = 0 Nietgeegenereerheisconitie Dg (x) = ( 0) Deze matrix heeft rang in ieer punt van V ( x Conities van Lagrange: ( ) 0 = (D x L(λ, 0; x)) T x λ = graf(x) λ grag (x) = Dit levert x = 0 en x = λ Uit e restrictie g = 0 vinen we het kritieke punt (0, ) V bij λ = x ) x

4 g (x) = 0, λ = 0 Nietgeegenereerheisconitie eze matrix heeft altij rang Dg = ( x ); Conities van Lagrange: ( ) 0 = (D x L(0, λ ; x)) T x + λ = graf(x) λ grag (x) = x λ x De tweee component levert x = 0 of λ = In het eerste geval levert e restrictie g = 0 het kritieke punt (0, 0) V bij Lagrangevermenigvuliger λ = x = 0 In het tweee geval vinen we at x = λ =, maar V bevat geen punten met x < 0 Hoekpunten Twee restricties binen Nietgeegenereerheisconitie: ( ) ( ) Dg 0 Dg = = Dg x De rang van eze matrix is an en slechts an gelijk aan als x = 0; aners is e rang gelijk aan Als x = 0 hebben we x = 0, maar het punt (0, 0) is geen hoekpunt Conclusie: in e hoekpunten is aan e nietgeegenereerheisconitie volaan Het stelsel 0 = g (x) = x, 0 = g (x) = x x, heeft als oplossingen x + = (, ) en x = (, ) De bijbehorene Lagrangevermenigvuligers zijn oplossingen van 0 = D x L(λ; x ± ) = ( λ + λ x λ x ) We vinen at λ = en λ = 3 in beie hoekpunten De lijst van alle kritieke punten in V wort gegeven in tabel Tabel : Overzicht van e resultaten x f(x) λ λ L x L x (0, 0) (, 0) (, ) 3 (, )

5 (6 punten) Zet a = 0 Bepaal van e kaniaatextrema van f beperkt tot V V e lokale geaarhei met behulp van Lagrangevermenigvuligers en gerane hessianen We zullen hier e volgene hessianen gebruiken: ( ) 0 Hf(x) = en Hg 0 (x) = ( ) Analyse van het kritieke punt (0, 0) Omat f(x) 0 op V (en ook in R ) en f(0, 0) = 0, neemt f in het punt (0, 0) een globaal minimum aan We kunnen ook e hessiaan gebruiken De restrictie g = 0 is binen in (0, 0), maar λ = 0 Daarom passen we het vrije optimalisatie criterium toe We beschowen H = Hf(x) met e leiene hoofminoren H = en H = Het patroon +, + impliceert at e functie f in het punt (0, 0) een lokaal minimum aanneemt Analyse van het kritieke punt (, 0) De restrictie g = 0 is binen in (, 0) en e bijbehorene Lagrangevermenigvuliger λ = > 0 De laatste m = hoofminoren van HL(λ, λ ;, 0) zijn van belang We beschouwen 0 g (, 0) T HL = = g (, 0) T Hf(, 0) λ Hg (, 0) De laatste leiene hoofminor is H 3 = et = De laatste leiene hoofminor is negatief maar e Lagrangevermenigvuliger is positief Conclusie: geen maximum en geen minimum Analyse van e kritieke punten (, ) en (, ) Voor eze twee hoekpunten zijn alleen e vermenigvuligers van belang In beie punten zijn beie vermenigvuligers positief Daarom zijn beie punten lokale maxima Met behulp van (3b) kunnen we conclueren at e functie f beperkt tot V met a = 0 zowel een globaal maximum m(0) = in het punt (, ) als ook in het punt (, ) aanneemt e Gebruik e enveloppestelling om het antwoor op e volgene beie vragen te geven i Als we a vanaf a = 0 laten toenemen, stijgt of aalt m(a)? De Lagrangefunctie van it probleem (met parameter a) is: L(λ, λ ; x, x ) = x + x λ (x ) λ ( (x a) x ) Volgens e enveloppestelling L f(m(a)) = a a (λ, λ ; x, x ) = λ (x a)

6 Als a = 0 hebben we twee punten van een globaal maximum gevonen: (, ) en (, ) bij vermenigvuliger λ = We conclueren at waarin x = of x = Als we nu a laten toenemen, vinen we at Conclusie: m(a) stijgt a f(m(a)) a=0 = x, a f(m(a)) a=0,x = = > 0 ii Als we a vanaf a = 0 laten afnemen, stijgt of aalt m(a)? Als we nu a laten afnemen, vinen we at Conclusie: m(a) stijgt a f(m(a)) a=0,x = < 0 = 4 Topologie (6 punten) Laat g : R m R continu zijn, en laat V = {x R m g(x) 0} a Geef e efinities van e begrippen ranpunt en inwenig punt Het punt a R m is ranpunt van een verzameling V, als voor elke r > 0 gelt at e bol B r (a) punten met V en met het complement van V gemeen heeft b Is e volgene stelling waar of niet waar: Als g(a) = 0, an is a een ranpunt van V Zo ja, geef een bewijs, zo nee, geef een tegenvoorbeel De stelling is niet waar: als g(x) = x, an is V = R Het punt a = 0, waarvoor gelt at g(0) = 0, is an geen ranpunt van V