Rozwiązania
Indeks
1
2
3
4
5
6
Ekonomia Matematyczna 14.06.2010
×
Zadanie 1 Przychód firmy R jest iloczynem ceny oraz ilości sprzedanego dobra, tj. R(p) = p q(p), gdzie q(p) jest funkcją popytu.
(a) [2 p] Zapisać przychód kra ńcowy dR/dp przy pomocy formuły zawierającej elastyczność cenową popytu
(p).
(b) [1 p] Je żeli elastyczność cenowa (p) jest w wartościach bezwzględnych większa ni ż 1 (popyt o du żej elastyczności) to jak zmieni się przychód firmy przy zwiększeniu ceny?
(c) [3 p] Niech popyt będzie zadanych funkcją q(p) = a − b p, gdzie a, b > 0. Przy jakiej cenie p elastyczność (p) wyniesie 1 (w wartościach bezwzględnych).
Rozwi ˛
azanie.
(a) Przychód firmy jest zadany wzorem R(p) = p q(p), pomijając argumenty mamy zatem ciąg przekształce ń R = p q
dR
dq
= q + p
dp
dp
dR
p dq
= q
1 +
dp
q dp
dR = q 1 + (p)
dp
Ostatnie równanie mo żna równie ż zapisać w następujący sposób dR = q 1 − |(p)|,
(1)
dp
korzystając z faktu, że wyra żenie (p) jest ujemne.
(b) Korzystając z formuły (1) wiemy, że je żeli |(p)| > 1 do oczywiście przychód kra ńcowy dR/dp < 0 a więc przychód spadnie.
(c) Aby rozwiązać zadanie obliczamy elastyczność otrzymując p dq
−b p
(p) =
=
.
q dp
a − b p
Przyrównując powy ższe równanie do −1 otrzymujemy
−b p
a
= −1 ⇒ p =
.
a − b p
2 b
Zadanie 2 Dane jest równanie ró żniczkowe postaci
¨
x + ˙
x + x = t + 1.
(2)
(a) [5 p] Podać rzeczywiste rozwiązanie ogólne.
(a) [1 p] Podać równanie asymptoty ukośnej wykresu rozwiązania równania (2) dla t → +∞ (uzasadnić lub obliczyć).
Rozwi ˛
azanie.
(a) Rozwiązujemy równanie jednorodne postaci
¨
x + ˙
x + x = 0.
Wielomian charakterystyczny jest postaci w(r) = r2 + r + 1. Otrzymujemy dwa pierwiastki zespolone postaci
√
1
3
r = −
± i
.
2
2
Rozwiązanie równania jednorodnego jest zatem postaci
√
√
!
!!
3
3
x(t) = e−t/2
C1 sin
t
+ C2 cos
t
.
2
2
Całkę szczególną równania (2) znajdujemy u żywając funkcji testowej postaci u(t) = a + bt. Wstawiając ją do równania (2) otrzymujemy równość wielomianów 0 + b + a + bt = t + 1
bt + (a + b) = t + 1
skąd b = 1 oraz a = 0. Ostatecznie rozwiązanie równania (2) jest postaci
√
√
!
!!
3
3
x(t) = e−t/2
C1 sin
t
+ C2 cos
t
+ t.
2
2
(b) Wskazanie asymptoty ukośnej dla t → +∞ jest proste je żeli zauwa żymy, że pierwszy składnik sumy zbiega do zera i pozostaje tylko składnik t, który jest liniowy. Stąd asymptota ukośna jest postaci x = t.
Zadanie 3 Dany jest układ rówa ń ró żniczkowych postaci (dynamika replikatora w grze anty-koordynacyjnej dla dwóch populacji)
( ˙x = (x − 1) x (2 y − 1)
(3)
˙
y = − (2 x − 1) (y − 1) y
Układ (3) rozpatrujemy tylko (!) na kwadracie (x, y) ∈ [0, 1] × [0, 1].
(a) [2 p] Znaleźć wszystkie równowagi.
(b) [4 p] Zbadać typ równowag (siodło, źródło, ognisko) lub stwierdzić, że na podstawie wprowadzonych twierdze ń nie mo żna określić stabilności równowagi. Naszkicować portret fazowy.
Rozwi ˛
azanie.
(a) Postać równa ń jest bardzo prosta. Pierwsze równanie f1 = (x − 1) x (2 y − 1) zeruje się tylko je żeli x = 0, 1
lub y = 1/2. Podobnie drugie równanie f2 = − (2 x − 1) (y − 1) y zeruje się tylko gdy y = 0, 1 lub x = 1/2. Z
dziewięciu kombinacji znajdujemy łatwo pięć tych, które rzeczywiście są równowagami. Są to pary (0, 0), (0, 1), (1, 0), (1, 1) i (1/2, 1/2).
(b) Aby znaleźć typ równowagi obliczamy macierz Jacobiego, która jest postaci
(2 x − 1) (2 y − 1)
2 (x − 1) x
J (x, y) =
.
−2 (y − 1) y
− (2 x − 1) (2 y − 1)
Obliczając wartości J dla poszczególnych punktów otrzymujemy
1
0
−1 0
J (0, 0) = J (1, 1) =
oraz
J (1, 0) = J (1, 0) =
.
0
−1
0
1
2
Konsekwentnie wszystkie równowagi w wierzchołkach kwadratu (równowagi w strategiach czystych) są siodłami i są niestabilne. Obliczając J w równowadze (1/2, 1/2) otrzymujemy
0
−1/2
J (1/2, 1/2) =
.
1/2
0
Wartości własne tej macierzy to ±i/2, a więc na podstawie przedstawionych na wykładzie twierdze ń nie mo żna stwierdzić jakiego typu jest ta równowaga1.
Zadanie 4 Dany jest układ równa ń ró żniczkowych postaci
˙x1 = −2x1 + x2
˙
x2 = (2x1 − 4x2 − 2x3)/3
(4)
˙
x3 = (−x1 + 2x2 − 5x3)/3
(a) [6 p] Znaleźć rozwiązanie ogólne.
Rozwi ˛
azanie.
(a) Zapisujemy macierz układu
−2
1
0
A =
2
− 4
− 2
3
3
3
− 1
2
− 5
3
3
3
a następnie obliczamy wartości własne. Wielomian charakterystyczny jest postaci 2 −r − 5
5
4
4
2
w(r) = −
3
+
−r −
−r −
+
(−r − 2) +
3
3
3
9
9
= − (r + 1) (r + 2)2,
skąd r1 = −1 (krotność algebraiczna 1) oraz r2 = −2 (krotność algebraiczna 2). Obliczamy wektory własne. Dla wartości r1 jest to trywialne i jako wektor własny mo żemy przyjąć h1 = [2, 2, 1].
W przypadku r2 mamy
0
1
0
0
1
0
0
1
0
A − r
2
2
2
2
2I =
− 2
∼
− 2
∼
2
2
−2
3
3
3
3
3
3
− 1
2
1
−1
2
1
−1
2
1
3
3
3
0
1
0
0 1
0
0 1
0
∼
1
1
−1
∼
1
1
−1
∼
1
1
−1
−1
2
1
0
3
0
0
1
0
0 1
0
0 1
0
∼
1
1
−1
∼
1
0
−1 .
0
0
0
0
0
0
Jako wektor własny mo żemy przyjąć wektor h2 = [1, 0, 1]. Poniewa ż krotność geometryczna wynosi 1 więc musimy doliczyć serię korzystając z równania Ah3 = r2h3 + h2
skąd otrzymujemy macierz rozszerzoną układu postaci
0
1
0
1
0 1
0
1
2
2
− 2
0
∼
1
0
−1
−1 .
3
3
3
− 1
2
1
1
0
0
0
0
3
3
3
1Mo żna pokazać u żywając innych metod, że jest to centrum.
3
Konsekwentnie jako wektor z serii mo żemy przyjąć h3 = [0, 1, 1].
Rozwiązanie ogólne jest więc postaci
x(t) = C1e−th1 + C2e−2th2 + C3e−2t (th2 + h3) .
Zadanie 5 Dane jest równanie ró żniczkowe postaci
˙
x = f (x),
(5)
gdzie f jest ściśle rosnącą, dodatnią funkcją ró żniczkowalną w sposób ciągły.
(a) [3 p] Uzasadnić, że ka żde rozwiązanie x równania (5) musi by wypukłą funkcją ściśle rosnącą.
(b) [3 p] Czy jest to nadal prawda, gdy istnieje przynajmniej jedna wartość ¯
x taka, że f (¯
x) = 0. Uzasadnić!
Rozwi ˛
azanie.
(a) Niech x będzie rozwiązaniem równania (5). Wtedy musi to być funkcja rosnąca bo f jest z zało żenia funkcją dodatnią. Ró żniczkując stronami otrzymujemy d
d
¨
x =
˙
x =
f (x) = f 0(x) ˙
x = f 0(x)f (x)
dt
dt
gdzie wyra żenie f 0(x)f (x) > 0 bo z zało żenia f jest rosnąca. Zatem x musi być wypukła.
(b) Nie. Je żeli istnieje ¯
x takie, że f (¯
x) = 0 to wystarczy przyjąć x = ¯
x. Taka funkcja jest stała i oczywiście jest rozwiązaniem równania (5).
4