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: 24 oktober 2006 Anvang: 8:45 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 2005 zijn nagekeken. Op woensdag 5 november 2006 zal van uur gelegenheid tot inzage worden gegeven. 4. De normering van de vragen is als volgt: opgave punten

2 Opgave De functie f op IR is gedefinieerd door f(x) = x x3 4x (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) = 4x 3 + 4x 2 8x. De stationaire punten zijn waarden van x waar deze afgeleide nul is. Los de vergelijking op: 4x 3 + 4x 2 8x = 0 oftewel 4x(x + 2)(x ) = 0. Geeft x = 0, x = 2 en x =. De tweede afgeleide is f (x) = 2x 2 +8x 8. Er geldt f (0) = 8 dus maximum met waarde 0, voor x = 2 is f ( 2) = 24 dus een minimum met waarde 2/3 en voor x = is f () = 2 dus een maximum met waarde 25/3. Het globale minimum is dus 2/3 voor x = 2 en er bestaat geen globaal maximum. (b) De functie voldoet aan lim f(x) = + lim x f(x) = + x Er bestaat dus geen globaal maximum en de functie is coercief voor minimalisering. Met Weierstrass volgt dan dat er een uniek globaal minimum bestaat. Stationaire punten worden zo als in (a) berekend worden. Vergelijken van de functiewaarden levert dan dat hetzelfde resultaat zo als onder (a). Opgave 2 De functie f op IR is gedefinieerd door f(x) = ln(x 2 + 3). (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. 2

3 (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) = Dus x = 0. Invullen in 2x. Los x uit f (x) = 0: x x x = 0 2x = 0. f (x) = 2 x x2 (x 2 + 3) = 6 2x2 2 (x 2 + 3) 2 geeft f (0) = 2/3 > 0 dus x = 0 is minimum met waarde f(0) = ln(3) = Er bestaat geen maximum (lim x f(x) = +.) (b) f is continu en [ 0, 0] compact met Weierstrass volgt dus dat er een minimum en maximum bestaat. Uit (a) volgt veder dat het maximum op de rand zit en x = 0 het minimum is. De functie is symmetrisch in nul, dus x = 0, x = 0 zijn de locaties van het maximum met de waarde f(0) = ln(03) Opgave 3 De functie f op IR 2 is gedefinieerd door f(x, y) = (x + 2) 2 (y + ) 2. (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 = 2(x + 2)(y + )2 f y = 2(x + 2)2 (y + ). 3

4 De gradïent is de afgeleide omdat de gradïent op IR 2 continu is. Berekenen van stationaire punten: f x = 0 en f y = 0 geeft ( 2, y) en (x, ) als oplossingen. De Hesse matrix van f is ( ) 2(y + ) H f (x, y) = 2 4(x + 2)(y + ) 4(x + 2)(y + ) 2(x + 2) 2 en H f ( 2, y) = ( 2(y + ) ) H f (x, ) = ( (x + 2) 2 Dus, voor y is H f ( 2, y) en voor x 2 is H f (x, ) positief definiet. Dit zijn dus minimum locaties. In het punt ( 2, ) is H f nóg positief nóg negatief definiet. Geen uitspraak over de aard van het stationaire punt mogelijk. (b) Voor grote waarden van (x, y) geldt dat f(x, y) na oneindig gaat, de functie is dus coercief voor minimalisering en er bestaat geen globaal maximum. We kunnen dus met een analyse 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. We concluderen dat ( 2, ) een minimumlocatie is met waarde f(0, 0) = 0. ). Opgave 4 Een onderneming heeft de volgende productiefunctie: q(x, y) = 2x 2 y 2, waarbij x het kapitaal en y de arbeid representeert. De kosten per eenheid kapitaal bedragen 3 Euro en 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. De maximale productiehoeveelheid is q = 0. Toon ook aan dat er inderdaad sprake is van maximale winst. 4

5 Antwoord: Onderdeel [a] Hier dienen dus de productiekosten te worden geminimaliseerd onder een randvoorwaarde: f 0 (x, y) = 3x + y en f (x, y) = 2x 2 y 2 q, met x, y 0 (economische redenen). Pas de vier stappen methode toe. ) f (x, y) is continu, de verzameling {(x, y) f (x, y) = 0} is niet leeg 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 (3x + y) + λ 2x 2 y 2 q en x L(x, y, λ) = 3λ 0 + λ x y L(x, y, λ) = λ 0 + λ x 2 y 2 y ) (a) Stel λ 0 = 0, dan volgt uit L x,y = 0 2 en λ 0: λ x 2 y 2 = 0 en λ x 2 y 2 = 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 = 0 = 3 + λ x 2 y 2 () 0 = + λ x 2 y 2 (2) 0 = 2x 2 y 2 q (3) Hieruit volgt dus x 2 y 2 = λ = 3x 2 y 2 3x = y. 5

6 Met (3) volgt 2x 2 y 2 = q q = 2 3x. Het punt ( q 2 3, ) 3 2 q 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. De kostenfunctie wordt dan C(q) = 3x(q) + y(q) = 3 q q = 3q. Onderdeel [b] Π(q) = 0q C(q) = 0q 3q = ( 0 ) 3 q. De functie is lineair in q dus het maximum wordt bij het punt q = 0, de maximale productiehoeveelheid, bereikt. Opgave 5 Bepaal met behulp van Karush-Kuhn-Tucker methode de minimale waarde van f 0 (x, y) = (x 2 + y 2 ) 2 onder de nevenvoorwaarden x + y en y 2 2. Antwoord: ) Het probleem is convex. 2) (0, 0) is een Slaterpunt. 3) De Lagrange-functie wordt L(x, y, λ) = (x 2 + y 2 ) 2 + λ (x + y ) + λ 2 (y 2 2) met L x (x, y, λ) = 4(x 2 + y 2 )x + λ L y (x, y, λ) = 4(x 2 + y 2 )y + λ + 2λ 2 y. 6

7 Case I: f < 0 en f 2 = 0. 0 = 4(x 2 + y 2 )x 0 = 4(x 2 + y 2 )y + 2λ 2 y 0 = y 2 2. Dit geeft y = ± 2 en 0 = 4(x 2 + 2)x met als gevolg x = 0. Voor y = 2 en x = 0 berekenen we λ 2 als volgt: 0 = 4(x 2 + y 2 )y + 2λ 2 y = λ 2 Dit leverd een negatieve waarde voor λ 2 op. Hetzelde geld voor y = 2. Case II: f < 0 en f 2 < 0. 0 = 4(x 2 + y 2 )x 0 = 4(x 2 + y 2 )y. Oplossingen zijn x = 0 en y = 0. Het unieke minimum van f 0 is dus f 0 (0, 0) = 0. 7