Ekonomia Matematyczna 2010.09.27

Nazwisko i Imi˛e

Rozwi ˛

azania

Indeks

1

2

3

4

5

6

×

Zadanie 1

Konsument kieruje si˛e w swoich wyborach funkcj ˛

a u ˙zyteczno´sci postaci u(x

1

, x

2

) = 2(x

1

)

1/3

(x

2

)

2/3

.

Ceny dóbr wynosz ˛

a odpowiednio p

1

> 0

i p

2

> 0

, a konsument dysponuje bogactwem w wielko´sci w > 0.

(a) [4 p] Wyznaczy´c optymalny koszyk konsumenta.

(b) [2 p] Je ˙zeli w równowadze konsument kupuje dwa razy wi˛ecej dobra drugiego, to co mo ˙zna powiedzie´c o

cenach dóbr p

1

i p

2

?

Rozwi ˛

azanie.

(a) Tworzymy funkcj˛e Lagrangea postaci

L(x) = u(x) − λ(p

1

x

1

+ p

2

x

2

− w).

Warunki pierwszego rz˛edu s ˛

a postaci























∂u

∂x

1

= λp

1

∂u

∂x

2

= λp

2

p

1

x

1

+ p

2

x

2

= w

Dziel ˛

ac stronami pierwsze równania i obliczaj ˛

ac pochodne otrzymujemy równanie x

2

p

2

= 2x

1

p

1

. Wstawiaj ˛

ac je

do równania trzeciego i obliczaj ˛

ac x

1

otrzymujemy x

1

= w/(3p

1

)

. Konsekwentnie x

2

= 2w/(3p

2

)

.

(b) Je ˙zeli konsument w równowadze kupuje dwa razy wi˛ecej dobra drugiego, tj. x

2

= 2x

1

, i konsekwentnie

x

2

= 2x

1

2w

3p

2

= 2

w

3p

1

p

2

= p

1

a wi˛ec ceny musz ˛

a by´c równe.

Zadanie 2

Dane jest równanie ró ˙zniczkowe postaci

¨

x + 2 ˙

x + 5x = 5t

2

.

(1)

(a) [4 p] Poda´c rzeczywiste rozwi ˛

azanie ogólne równania (1).

(a) [2 p] Poda´c rozwi ˛

azanie szczególne równania (1) spełniaj ˛

ace warunek pocz ˛

atkowy x(0) = 0 i ˙x(0) = 0.

Rozwi ˛

azanie.

(a) Rozwi ˛

azujemy równanie jednorodne postaci ¨

x + 2 ˙

x + 5x = 5t

2

. Wielomian charakterystyczny jest postaci

w(r) = r

2

+ 2 r + 5

sk ˛

ad r = −1 ± 2i.

Rozwi ˛

azanie równania jednorodnego jest zatem postaci

x(t) = e

−t

C

1

sin(2t) + C

2

cos(2t)

.

Aby uzyska´c rozwi ˛

azanie równania niejednorodnego przyjmujemy funkcj˛e testow ˛

a postaci u = at

2

+ bt + c

.

Wstawiaj ˛

ac j ˛

a do równania (1) otrzymujemy równo´s´c dwóch wielomianów

5at

2

+ (5b = 4a)t + (5c + 2b + 2a) = 5t

2

sk ˛

ad tworzymy układ równa ´n liniowych i rozwi ˛

azujemy otrzymuj ˛

ac

a = 1,

b = −

4

5

,

c = −

2

25

.

Ostatecznie rozwi ˛

azanie ogólne równania (1) jest postaci:

x(t) = e

−t

C

1

sin(2t) + C

2

cos(2t)

+ t

2

−

4

5

t −

2

25

.

(b) Aby znale´z´c rozwi ˛

azanie szczególne spełniaj ˛

ace warunek pocz ˛

atkowy, u ˙zywamy rozwi ˛

azania ogólnego

wstawiaj ˛

ac go do warunku pocz ˛

atkowego. Uzyskujemy układ równa ´n postaci











C

2

−

2

25

= 0

2C

1

− C

2

−

4

5

= 0

sk ˛

ad C

1

= 11/25

i C

2

= 2/25

.

Zadanie 3

Rozkład strategii czystych w populacjach graj ˛

acych w gr˛e antykoordynacyjn ˛

a posługuj ˛

acych si˛e

algorytmem imitacji oraz testowania jest dany nast˛epuj ˛

acym układem równa ´n ró ˙zniczkowych

(

˙

x = 1 − x − y

˙

y = y(1 − y)(1 − 2x)

(2)

Układ (2) rozpatrujemy tylko (!) na kwadracie (x, y) ∈ [0, 1] × [0, 1].

(a) [2 p] Znale´z´c wszystkie równowagi.

(b) [3 p] Zbada´c typ równowag (siodło, ´zródło, ognisko) lub stwierdzi´c, ˙ze na podstawie wprowadzonych

twierdze ´n nie mo ˙zna okre´sli´c stabilno´sci równowagi.

(c) [1 p] Naszkicowa´c portret fazowy (tylko na wspomnianym zbiorze!).

Rozwi ˛

azanie.

(a) Aby znale´z´c wszystkie równowagi rozwi ˛

azujemy układ równa ´n

(

1 − x − y = 0

y(1 − y)(1 − 2x) = 0

Układ ten jest na tyle prosty, ˙ze mo ˙zna łatwo znale´z´c, ˙ze jedyne rozwi ˛

azania w rozwa ˙zanym zbiorze to punkty

a = (1, 0)

, b = (0, 1) oraz c = (1/2, 1/2).

(b) Aby sprawdzi´c stabilno´s´c rozwi ˛

aza ´n obliczamy linearyzacj˛e układu (2) otrzymuj ˛

ac:

J (x, y) =



−1

−1

2 y

2

− 2 y

(4 x − 2) y − 2 x + 1



.

Nast˛epnie dla kolejnych punktów stosujemy twierdzenie Lapunowa o stabilno´sci. W szczególno´sci dla punktów
a

i b otrzymujemy

J (a) =

−1 −1

0

−1



sk ˛

ad (co wida´c bez oblicze ´n) obie warto´sci własne to −1, zatem oba punkt s ˛

a lokalnie asymptotycznie stabilne.

Dla punktu c otrzymujemy

J (c) =

 −1

−1

−

1
2

0



2

sk ˛

ad warto´sci własne wynosz ˛

a

λ

1

= −

√

3 + 1

2

< 0

oraz

λ

2

=

√

3 − 1

2

> 0,

a zatem punkt c jest siodłem (niestabilny).

Portret fazowy wygl ˛

ada tak jak poni ˙zej

0

0.25

0.5

0.75

0

0.25

0.5

0.75

y

x

Zadanie 4

Dany jest układ równa ´n ró ˙zniczkowych postaci

(

˙

x

1

= 8x

1

− x

2

˙

x

2

= 4x

1

+ 4x

2

(3)

(a) [6 p] Znale´z´c rozwi ˛

azanie ogólne.

Rozwi ˛

azanie.

(a) Macierz układu równa ´n ma posta´c:

A =

8 −1

4

4



.

Obliczamy warto´sci własne. Wielomian charakterystyczny ma posta´c:

w(r) = (4 − r) (8 − r) + 4 = r

2

− 12 r + 36 = (r − 6)

2

sk ˛

ad wynika, ˙ze istnieje tylko jedna warto´s´c własna λ = 6 o krotno´sci algebraicznej 2.

3

Nast˛epnie obliczamy wektory własne, w tym celu rozwi ˛

azujemy układ równa ´n

A − λI =

2 −1 0

4

−2

0



∼

2 −1 0

2

−1

0



(4)

∼

2 −1 0

0

0

0



.

(5)

Konsekwentnie mamy jeden wektor własny postaci h

1

= [1, 2]

T

, a wi˛ec krotno´s´c geometryczna warto´sci własnej

λ = 6

wynosi 1.

Aby znale´z´c rozwi ˛

azanie musimy uzyska´c pełn ˛

a baz˛e przestrzeni (sprowadzi´c macierz do postaci Jordana –

jedna klatka). W tym celu obliczamy wektor serii zwi ˛

azanej z warto´sci ˛

a własn ˛

a, tj. rozwi ˛

azujemy równanie

postaci A − λh

2

= h

1

. Otrzymujemy macierz rozszerzon ˛

a układu postaci

2 −1 1

4

−2

2



∼

2 −1 1

2

−1

1



(6)

∼

2 −1 1

0

0

0



.

(7)

Ostatecznie jako wektor serii mo ˙zemy przyj ˛

a´c h

2

= [1, 1]

T

. St ˛

ad rozwi ˛

azanie układu (3) jest postaci

x(t) = C

1

e

6t

1

2



+ C

2

e

6t



t

1

2



+

1

1



co ko ´nczy zadanie.

Zadanie 5

Niech dana b˛edzie funkcja klasy C

1

spełniaj ˛

aca warunek pocz ˛

atkowy x(0) = 0 i równanie ró ˙znicz-

kowe postaci ˙x = (1 + x

2

)t

.

(a) [3 p] Pokaza´c, ˙ze punkt t = 0 jest minimum globalnym funkcji x(t).

(b) [3 p] Pokaza´c, ˙ze dla dowolnego t funkcja x(t) jest wypukła.

Uwaga:

Zadanie mo ˙zna wykona´c bez rozwi ˛

azywania równania ró ˙zniczkowego.

Rozwi ˛

azanie.

(a) Zgodnie z tre´sci ˛

a zadania pierwsza pochodna funkcji x przyjmuje warto´s´c 0 w punkcie t = 0, jest dodatnia

dla t > 0 i ujemna dla t < 0. Poniewa ˙z z zało ˙zenia x jest klasy C

1

wi˛ec punkt t = 0 jest minimum globalnym.

(b) Aby sprawdzi´c wypukło´s´c funkcji obliczamy drug ˛

a pochodn ˛

a:

¨

x = (1 + x

2

) + 2x ˙

xt = (1 + x

2

) + 2x(1 + x

2

)t

2

= (1 + x

2

)(1 + 2t

2

x).

Poniewa ˙z x(t) ≥ 0 wi˛ec mamy szacowania:

¨

x = (1 + x

2

)(1 + 2t

2

x) ≥ 1 + 2t

2

≥ 1 > 0

i konsekwentnie funkcja x jest wypukła.

4