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: 17 december 00 Aanvang: 1:00 Tijdsduur: uur Opmerkingen: 1. Dit tentamen telt in totaal 3 pagina s.. 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 10 januari 005 zijn nagekeken. Op 17 januari 00 zal van uur gelegenheid tot inzage worden gegeven.. De normering van de vragen is als volgt: opgave 1a 1b a b 3a 3b 5 punten

2 Opgave 1 De functie f op IR is gedefinieerd door f(x) = x 3 + 3x + 1x 939. (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. Pas hiervoor de tweede orde voorwaarden voor maximum/minimum toe. (b) Pas de vier stappen methode toe en 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. Antwoord: (a) De eerste afgeleide is f (x) = 6x + 6x + 1. De stationaire punten zijn waarden van x waar deze afgeleide nul is. Los de vierkantsvergelijking op: x x = 0 oftewel (x )(x + 1) = 0. Geeft x = 1 en x =. De tweede afgeleide is f (x) = 1x + 6. Deze heeft waarde 18 als x =, dus hier bereikt de functie een maximum met de waarde 9 en deze heeft waarde 18 als x = 1, dus hier bereikt de functie een minimum met de waarde 1. (b) De functie voldoet aan lim f(x) = lim x f(x) = + x Wij mogen dus M groot kiezen en f(x) extr. onder de nevenvoorwaarde x [ M, M] analyseren. Omdat f continu is en [ M, M] compact volgt dan dat er extrema bestaan (Weierstrass). Door M groot te kiezen zijn er geen randextrema, extrema zij dus altijd stationaire punten. Stationaire punten kunnen zo als in (a) berekend worden. Vergelijken van de functiewaarden levert dan dat hetzelfde resultaat zo als onder (a). Opgave Zij D = {(x, y) IR : x 0}. De functie f op D is gedefinieerd door f(x, y) = 1 x x + y. (a) Bereken de gradient en de Hesse matrix van f.

3 (b) Neem aan dat f(0, y) = 0 voor iedere y IR. Is f differentieerbaar op IR? Zo ja, geef een bewijs; zo nee, leg uit waarom niet. Antwoord: (a) Zij x 0 dan zij de partieële afgeleiden f x = 1 x + y x + y x De Hesse matrix van f is H f (x, y) = f y = y x + y x y = x + y x y (3x +y ) y(x +y ) (x +y ) 3 x 3 (x +y ) 3 x y(x +y ) (x +y ) 3 x x (x +y ) 3 (b) Direct: In (0, y) bestaat de partieële afgeleide voor x = 0 niet want de limiet f(, y) 0 = 1 + y bestaat niet. Indirect: f is niet continu in (0, y) voor iedere y IR, dus is f niet differentieerbaar. Opgave 3 Een onderneming heeft de volgende productiefunctie: q(x, y) = x 1 y 1 6. De kosten per eenheid kapitaal bedragen v = 3 en w = per eenheid arbeid. (a) Bepaal met behulp van de Lagrangemethode de kostenfunctie, met andere woorden bepaal voor hoeveelheid q de minimale kosten om q te produceren. (b) Het product kan worden verkocht voor een prijs van 10 euro per eenheid. Bepaal hoeveel er moet worden geproduceerd om de winst te maximaliseren. Toon ook aan dat er inderdaad spraak is van maximale winst. 3

4 Antwoord: (1) Hier dienen dus de productiekosten te worden geminimaliseerd onder een randvoorwaarde: f 0 (x, y) = 3x + y en f 1 (x, y) = x 1 y 1 6 q, met x, y 0 (economische redenen). Pas de vier stappen methode toe. 1) f 1 (x, y) is continu, de verzameling {(x, y) f 1 (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 1 (x, y) = 0} {(x, y) : 0 x, y M} begrensd. Met Weierstrass volgt dan dat er een minimum bestaat. ) De Lagrange-functie wordt ( ) L(x, y, λ) = λ 0 (3x + y) + λ 1 x 1 1 y 6 q L x = λ λ 1 x 1 y 1 6 (1) L y = λ 0 + λ 1 3 x 1 5 y 6 () x 1 1 y 6 = q (3) ) (a) λ 0 = 0 (λ 1 0): geeft x = 0 of y = 0 en dus q = 0. Geen economisch relevante oplossing. ) (b) λ 0 = 1, L x = 0 geeft en L y = 0 () en (5) geeft x = y. Invullen in (3) geeft q = 3 y 3 verder 3x 1 y 1 6 = λ1 () 6x 1 y 5 6 = λ1 (5) en x(q) = 1 q 3 5 y(q) = 1 q 3 9 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

5 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: f 0 (x) = 3x x 3 q6 Omdat 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 () C(q) = 3x(q) + y(q) = q 3 1 Π(q) = 10q C(q) = 10q q 3 1 Π (q) = 10 3 Π (q) = 0 levert q = 3 0. Π ( 3 0) < 0, dus maximum. q 1 1 5

6 Opgave Bepaal met behulp van de Lagrange-methode de extrema van onder de nevenvoorwaarde f 0 (x, y) = xy f 1 (x, y) = x + y = 1. Antwoord: (1) f 0 is continu en f1 1 (0) is niet leeg ((1/, 1/ ) is een toegestaan punt), afgesloten (inverse van een afgesloten verzameling onder een continu afbeelding) en begrensd (( 1, 1) < (x, y) < (1, 1)). Er bestaan dus extrema (Weierstrass). () De Lagrange-functie wordt ( L(x, y, λ) = λ ) ) 0 xy + λ 1 (x + y 1 en x L(x, λ) = λ 0y + λ 1 x y L(x, λ) = λ 0xy + λ 1 y ) (a) Stel λ 0 = 0, dan volgt uit L x = 0 : 0 = λ 1 x 0 = λ 1 y Dus of λ 1 = 0 of x = y = 0. λ 1 = 0 kan niet omdat dan (λ 0, λ 1 ) = 0 x = y = 0 voldoet niet aan f 1 (x, y) = 1. Dus λ 0 = 1. ) (b) λ 0 = 1 en 0 = y + λ 1 x 0 = xy + λ 1 y De bovenste vergelijking mal y en de onderste vergelijking mal x levert 0 = y 3 + λ 1 xy 0 = x y + λ 1 xy 6

7 oftewel y 3 = x y Zij y 0, dan volgt y = x en invullen in f 1 geeft x = ± 1 en y = ± 3 3 Voor y = 0 volgt uit f 1 : x = ±1. Invullen van de stationaire punten van Lagrange-functie in f 0 : ( ) ( ) 1 1 f 0, = f 0, = maximumlocaties (λ 1 = 1/ 3), ( f 0 1 ) (, = f 0 1 ), minimumlocaties (λ 1 = 1/ 3), en geen maximum of minimum (λ 1 = 0). f 0 (1, 0) = f 0 (0, 1) = 0 = 3 3 Opgave 5 Toon met behulp van Karush-Kuhn-Tucker methode aan dat max{x + y : x + y 1} =. Antwoord: Het probleem kan herschrijven worden als minimaliseeringsprobleem: f 0 (x, y) = x y onder de nevenvoorwaarde f 1 (x, y) = x + y ) Het probleem is convex. ) (0, 0) is een Slaterpunt. 3) De Lagrange-functie wordt L(x, y, λ) = x y + λ(x + y 1) 7

8 met L(x, y, λ) x = 1 + λx3 y L(x, y, λ) = 1 + λy3. Case I: f 1 < 0 (en dus λ = 0) geeft 0 = 1 en dat kan niet. Case II: f 1 = 0. 0 = 1 + λx 3 (1) 0 = 1 + λy 3. λ = 0 kan niet, zie boven. Hieruit volgt x = y. Invullen in f 1 geeft x + x = 1 en dus x = y = ± 1. Zij x = y = 1 dan volgt uit (1) dat λ < 0 en dat kan niet. Dus alleen de oplossing x = y = 1 is toegelaten. Invullen in f 0 geeft ( ) 1 f 0, 1 = = In het oorspronkelijke probleem is de functie f 0 dus het maximum is. 8