ΤΕΣΤ Β2.λύσεις ΟΜΑΔΑ Ι

Transcript

1 Η εξίσωση ΤΕΣΤ Β.λύσεις ΟΜΑΔΑ Ι αβ+ α = ορίζει πλεγμένα το ως συνάρτηση των {α,β}. Να βρεθούν η παράγωγος και η ελαστικότητα του ως προς β, στις τιμές: {α=,β =, = }. Λύση. Ο τύπος πλεγμένης παραγώγισης μας δίνει για την παράγωγο: (α,β,) = αβ+ α = D = = = = = β α Στη συνέχεια η ελαστικότητα δίνεται από τον τύπο: β α β (,,) ββ ( ) Eβ= = = Μια συνάρτηση (,) είναι φθίνουσα, με ισοσταθμικές όπως στο σχήμα παραπλεύρως. Να προσδιοριστεί η μονοτονία της ως προς, και να διερευνηθεί αν η συνάρτηση οιονεί κυρτή ή οιονεί κοίλη. Λύση. Οι ισοσταθμικές έχουν αρνητική κλίση και επομένως οι μερικές παράγωγοι έχουν το ίδιο πρόσημο, διότι: d = < > d Δίνεται <, οπότε θα έχουμε και <, δηλαδή η είναι επίσης = c c φθίνουσα, όπως φαίνεται και από την κατεύθυνση της διανυσματικής παραγώγου στο σχήμα. Από το σχήμα επίσης διαπιστώνουμε ότι η πάνω σταθμική περιοχή είναι κυρτή και επομένως η συνάρτηση είναι οιονεί κοίλη. 3 Να βρεθεί και να χαρακτηριστεί το (ελεύθερο) στάσιμο της συνάρτησης: θετική περιοχή: {, }. Λύση. Οι συνθήκες στασιμότητας μας δίνουν, στη θετική περιοχή, μοναδική λύση: { = =, = = } {=, = } με: { = = >, =, = = } Δ = = () = 4< Έχει αρνητική διακρίνουσα και επομένως είναι σαγματικό. Ειδικότερα δεν είναι ακρότατο. 4 Το περιορισμένο στάσιμο της συνάρτησης (, ) =, στη = + με τον περιορισμό g= + = 5, είναι (=, = ). Να χαρακτηριστεί το στάσιμο ως ακρότατο, αναλυτικά και γραφικά στο επίπεδο. Λύση. Ο γραμμικός περιορισμός βρίσκεται εξολοκλήρου στην πάνω σταθμική της αντικειμενικής συνάρτησης και επομένως η λύση δίνει περιορισμένο γνήσιο ολικό ελάχιστο. Για τον αναλυτικό χαρακτηρισμό υπολογίζουμε την πλαισιωμένη εσσιανή ορίζουσα της συνάρτησης Lagrange: L = λ L = L = = + = + + L = λ L = L = L λ(c g) λ(5 ) Hɶ L = με Hɶ L = + = (4) + ( ) = <, (αναπτύξαμε ως προς την πρώτη γραμμή) Είναι αρνητική και επομένως το σημείο χαρακτηρίζεται ως περιορισμένο γνήσιο τοπικό ελάχιστο. min

2 Παρατήρηση. Δεν χρειαστήκαμε ούτε το σημείο της λύσης ούτε τον πολλαπλασιαστή, διότι η αντικειμενική συνάρτηση είναι οιονεί κυρτή και ο περιορισμός γραμμικός. Σε κάθε περίπτωση ο πολλαπλασιαστής μπορεί να βρεθεί από τη σχέση: λ= / g = / = = 5 Στο γράφημα παραπλεύρως δίνονται δύο ισοσταθμικές μιας συνάρτησης (,). Να εκτιμηθεί η μερική παράγωγος στο σημείο A. Λύση. Μεταβάλλοντας μόνο το, πηγαίνουμε από το σημείο A στο σημείο B, και βρίσκουμε: Δ = (B) (A) = 4 6= Δ = = Δ Δ B A = = 6 Θεωρούμε τη σύνθεση συναρτήσεων: {w = w(z), z= z(, ), = (), = (t)}. Να δοθεί το δέντρο εξάρτησης, και να διατυπωθούν οι τύποι αλυσωτής παραγώγισης. Λύση. {w = w(z), z= z(, ), = (), = (t)} w = w((t), ((t))) = w(t) w Έχουμε τελικά μόνο μια ανεξάρτητη μεταβλητή, την t, με δύο διαδρομές. Επομένως θα έχουμε έναν τύπο για ολική παράγωγο με δύο προσθετικούς όρους t z t dw dw z d dw z d d = + d dz dt dz d dt ή w t = w zzt + w zzt ΟΜΑΔΑ ΙΙ 7 Να σκιαγραφηθεί η ισοσταθμική μιας συνάρτησης (,) που είναι φθίνουσα και:. οιονεί κοίλη. ορίζει αύξοντα ρυθμό υποκατάστασης του από το Λύση. Η συνάρτηση έχει αρνητικές μερικές παραγώγους: { <, < }. Επομένως η ισοσταθμική θα έχει αρνητική κλίση: = / <. Η διανυσματική παράγωγος κατευθύνεται προς κάτω αριστερά, δείχνοντας την πάνω σταθμική.. Αν η συνάρτηση είναι οιονεί κοίλη τότε η πάνω σταθμική θα είναι κυρτή και βρίσκουμε το παραπλεύρως γράφημα.. Το ίδιο γράφημα μας δίνει αύξοντα ρυθμό υποκατάστασης, διότι το μέτρο της κλίσης αυξάνει με το. 8 Να διαπιστωθεί ότι η (,) = (+ ) / είναι ομογενής και να επαληθευτεί η αντίστοιχη εξίσωση Euler. + Λύση. Η (, ) = = + = +, είναι ομογενής βαθμού, διότι ικανοποιεί: t+ t + (t) t (t, t) = = = t (, ) Επαληθεύεται και η εξίσωση Euler βαθμού : ( ) 3 + = + = = (, ) = 6 A c = 4

3 9 Να χαρακτηριστεί ως προς το πρόσημο η τετραγωνική μορφή: Q= +, και να δοθεί ο αντίστοιχος συμμετρικός πίνακας. Επίσης να χαρακτηριστεί ως προς το πρόσημο η περιορισμένη τετραγωνική μορφή: Q ɶ = { + = }, και να δοθεί ο αντίστοιχος πλαισιωμένος συμμετρικός πίνακας. Λύση. Η τετραγωνική μορφή έχει τα χαρακτηριστικά: Q= α + γ + β {α= >,γ = > },β=,{δ = αγ β = = > } Συμπεραίνουμε ότι η τετραγωνική μορφή είναι θετικά ορισμένη. Κάθε περιορισμός της θα είναι επίσης θετικά ορισμένος, και επομένως η δοθείσα περιορισμένη τετραγωνική μορφή θα είναι επίσης θετικά ορισμένη. Οι αντίστοιχοι συμμετρικοί πίνακες είναι: S =, Sɶ = με Δ= S= 3> και Δɶ = Sɶ = ( ) ( + ) = < Να βρεθεί η λύση του παρακάτω προβλήματος περιορισμένης βελτιστοποίησης, κάνοντας και το σχετικό γράφημα:, στη θετική περιοχή: {, } min{+ + = 5} Λύση. Από το γράφημα διαπιστώνουμε ότι το περιορισμένο στάσιμο Γ δίνει μέγιστο. Το ελάχιστο βρίσκεται σένα από τα δύο σημεία του συνόρου {A,B}, όπου η αντικειμενική συνάρτηση (, ) = + έχει τις τιμές: A : (=, + = 5) (=, = 5) (A) = + 5 = 5 B : (=, + = 5) (= 5, = ) (B) = 5+ = 5 Επομένως το περιορισμένο ελάχιστο βρίσκεται στο συνοριακό σημείο A. Εξάλλου οι ισοσταθμικές της αντικειμενικής συνάρτησης έχουν κλίση : (, ) = + = c = c οπότε, όπως φαίνεται και στο γράφημα, η μικρότερη ισοσταθμική που τέμνει την καμπύλη του περιορισμού είναι αυτή που διέρχεται από το σημείο A. Θεωρούμε ότι το σύστημα εξισώσεων: {+ = u+, = v } ορίζει πλεγμένα τα {,} ως συναρτήσεις των {u,v}. Να βρεθεί η μερική παράγωγος του ως προς u. Λύση. Γράφουμε το σύστημα εξισώσεων στην κανονική μορφή μεταφέροντας όλες τις μεταβλητές στο αριστερό μέρος. Στη συνέχεια χρησιμοποιούμε τους τύπους πλεγμένης παραγώγισης, υπολογίζοντας τις Ιακωβιανές ορίζουσες: (,,v, w) = + u= g(,,v, w) = v= (,g) = = = =, (,) g = g = (,g) (,g) = / = = u (u, ) (, ) + είναι η ζητούμενη μερική παράγωγος σε πλεγμένη μορφή. (,g) u = = = = (u,) g = g = u min A Γ B

4 Τα μεγέθη {,,z} συνδέονται με την εξίσωση: z, αν τα {,} ελαττωθούν αμφότερα κατά %. ΟΜΑΔΑ ΙΙΙ 3/4 /4 z= 4. Να εκτιμηθεί η ποσοστιαία μεταβολή του Λύση. Είναι συνάρτηση Cobb-Douglas με ελαστκότητα κλίμακας το άθροισμα των εκθετών: ε r = (3 / 4) + (/ 4) = Είναι σταθερής απόδοσης κλίμακας και επομένως το z θα μεταβληθεί οριακά κατά το ίδιο ποσοστό, δηλαδή θα ελαττωθεί κατά %: %dz= ε (%d) + ε (%d) = (ε + ε )(%d) = ε r(%d) = ( %) = % 3 = Η συνάρτηση (,) έχει τις ισοσταθμικές του παραπλεύρως σχήματος. Να διερευνηθεί αν είναι οιονεί κοίλη ή οιονεί κυρτή και να βρεθούν τα πρόσημα των μερικών παραγώγων στο σημείο A. A = Λύση. Η διανυσματική κλίση δείχνει την κατεύθυνση αύξησης των τιμών της συνάρτησης, δεξιά-πάνω. Επομένως η συνάρτηση είναι: =. φθίνουσα, αύξουσα, διότι έχει <, >. οιονεί κυρτή διότι η κάτω σταθμική είναι κυρτή περιοχή 4 Να χαρακτηριστούν ως προς το πρόσημό τους οι παρακάτω τετραγωνικές μορφές. Σε κάθε περίπτωση να δοθεί και ο αντίστοιχος συμμετρικός πίνακας: Q (,) = +, Q (,,z) = + + z Λύση. Η τετραγωνική μορφή: Q αντιστοιχεί στον συμμετρικό πίνακα: / S = με Δ= S = ()() (/ ) = / 4< / Συμπεραίνουμε ότι είναι αόριστη, δηλαδή έχει τιμές και γνήσια θετικές και γνήσια αρνητικές. Η τετραγωνική μορφή Q, γράφεται: Q = Q + z Για z= συμπίπτει με την Q οπότε επίσης έχει αμφότερα τα πρόσημα, και επομένως είναι αόριστη. Δίνουμε και τον αντίστοιχο συμμετρικό πίνακα παραπλεύρως. 5 Στη θετική περιοχή: {, } θεωρούμε το πρόβλημα περιορισμένης βελτιστοποίησης: με c> min{ + 4+ = c} Να βρεθεί η λύση και να επαληθευτεί η ερμηνεία του πολλαπλασιαστή Lagrange Λύση. Λύνουμε τις εξισώσεις Lagrange και βρίσκουμε τη λύση: = λg = 4λ = λ= = λg = λ λ= g c 4 c = + = 4 + = c = c 8 Η λύση είναι: ( =, = c 8,λ = ) με (c) = + = 4+ c 8= c 4 Επαληθεύουμε ότι ο πολλαπλασιαστής δίνει την παράγωγο της μέγιστης τιμής ως προς την τιμή του περιορισμού: (c) = = λ / / (, ) A =

5 6 Η εξίσωση + z z =, ορίζει πλεγμένα το ως συνάρτηση των {,z}. Να υπολογιστούν η παράγωγος και η ελαστικότητα του ως προς, στις τιμές: {=, =,z = }. Λύση. Ελέγχουμε πρώτα ότι οι τιμές ικανοποιούν την εξίσωση: + =. Η παράγωγος μπορεί να υπολογιστεί με τον τύπο πλεγμένης παραγώγισης: = + z z { = + z= 5, = = } = = =. 5 Εναλλακτικά μπορεί να υπολογιστεί με πλεγμένη παραγώγιση ως προς, θεωρώντας το z σταθερό: ( + z z ) = ( + ) + z= 5 + = =. Τέλος υπολογίζουμε και την ελαστικότητα: 7 E= = = = ΟΜΑΔΑ IV Να διαπιστωθεί ότι η συνάρτηση (, ) = + είναι ομογενής και να διατυπωθεί η αντίστοιχη εξίσωση Euler. Λύση. Είναι ομογενής βαθμού κ= /, διότι: / / (t,t) = t+ t = t + = t (,) Θα ικανοποιεί την εξίσωση Euler βαθμού κ= / : + = / 8 Να βρεθεί η γραμμική προσέγγιση στο (,) της συνάρτησης: (, ) = ( )( ) Λύση. Βρίσκουμε τις τιμές της συνάρτησης και των παραγώγων της στο σημείο (,) : = (,) =, = ( ) =, = ( ) = Βρίσκουμε την γραμμική προσέγγιση: ( )( ) + + = Παρατήρηση. Επειδή είναι πολυωνυμική, μπορούμε εναλλακτικά να αναπτύξουμε σε δυνάμεις των { = }, { = } και να κρατήσουμε μόνο τους όρους μέχρι ης τάξης: ( )( ) = + 9 Να διαπιστωθεί ότι η συνάρτηση (, ) = + είναι κοίλη. Λύση. Υπολογίζουμε τον εσσιανό πίνακα της ης παραγώγου. Βρίσκουμε: / 3 / = / = / 4 = (,) = + H / = = 3 / = / = = / 4 Η συνάρτηση είναι (γνήσια) κοίλη διότι ο παραπάνω πίνακας είναι αρνητικά ορισμένος: = / 4 <, = / 4 < 3 / 3 / Δ = H = = ( / 4 )( / 4 ) = / 6 > 3 / 3 / 3 / 3 /

6 Να χαρακτηριστεί ως προς το πρόσημό της η περιορισμένη τετραγωνική μορφή: Q ɶ :{Q= + L= + = } Λύση. Η συνάρτηση Q= + έχει σόλα τα μη μηδενικά σημεία γνήσια θετικές τιμές. Ειδικότερα αυτό ισχύει για τα σημεία της ευθείας του περιορισμού. Επομένως η περιορισμένη τετραγωνική είναι θετικά ορισμένη Παρατήρηση. Στο ίδιο καταλήγουμε αν αντικαταστήσουμε από τον περιορισμό: + = = και ɶ για Q = ( ) + = 5 > Επίσης, η πλαισιωμένη εσσιανή ορίζουσα είναι γνήσια αρνητική σύμφωνα με το σχετικό κριτήριο: p q p α β = = + = = < q β γ Θεωρούμε τη σχέση z=. Αν από κάποιες αρχικές τιμές (,), το ελαττωθεί κατά %, να εκτιμηθεί πόσο πρέπει να μεταβληθεί το ώστε να μην αλλάξει η τιμή του z Λύση. Για σταθερό z, θα έχουμε: z= = c = c Δηλαδή, η ελαστικότητα του ως προς με σταθερό z, είναι ε=. Επομένως με σταθερό z το πρέπει να μεταβληθεί περίπου κατά: %d= ε(%d) = ( ) = % Λύση. Η συνάρτηση z = είναι C-D. Επομένως οι ελαστικότητες δίνονται από τους αντίστοιχους εκθέτες, και τα ποσοστιαία διαφορικά θα ικανοποιούν την εξίσωση: ε %dz = (ε )(%d) + (ε )(%d) = %d = (%d) = ( ) = % ε