metodi matematici ,lezione di presentazione e approfondimento, Dispense di Matematica Generale

Scarica metodi matematici ,lezione di presentazione e approfondimento e più Dispense in PDF di Matematica Generale solo su Docsity! LUISS, Dipartimento di Economia e Finanza Esame scritto di Metodi Matematici per Economia e Finanza del giorno 19 dicembre 2016 Titolare prof. Fausto Gozzi, Assistente dott.ssa Vanessa Raso, dott.ssa Laura Mazzoli Nome e cognome Matricola Canale 1 Prima parte - A Esercizio 1.1 [3,5 punti totali] Sia T l’applicazione lineare definita da (le coordinate di x sono rispetto alla base canonica): T   x1 x2 x3   =   x1 x2 + 3x3 x1 + x2 + 3x3   . a) (1 punto) Dimostrare che T è un’applicazione lineare. b) (0,5 punti) Trovare la matrice associata a T rispetto alla base canonica. c) (1 punto) Trovare la matrice associata a T e rispetto alla base F = (f1, f2, f3), dove f1 = (1, 1, 0); f2 = (0, 3, 0) e f3 = (0, 1, 1). d) (1 punto) Determinare, rispetto alla base canonica, KerT e ImT . Soluzione. a) Per dimostrare che T è un’applicazione lineare bisogna verificare che: T (av) = aT (v) T (v + u) = T (v) + T (u) Considerando l’applicazione data sia v = (x1, x2, x3) e u = (y1, y2, y3) allora: T (av) = T (a(x1, x2, x3)) = T (ax1, ax2, ax3) = (ax1, ax2 + 3ax3, ax1 + ax2 + 3ax3) = = (ax1, a(x2 + 3x3), a(x1 + x2 + 3x3)) = a(x1, x2 + 3x3, x1 + x2 + 3x3) = aT (v) T (v + u) = T ((x1, x2, x3) + (y1, y2, y3)) = T (x1 + y1, x2 + y2, x3 + y3) = = (x1 + y1, x2 + y2 + 3(x3 + y3), x1 + y1 + x2 + y2 + 3(x3 + y3)) = (x1 + y1, x2 + y2 + 3x3 + 3y3, x1 + y1 + x2 + y2 + 3x3 + 3y3) = = (x1 + y1, x2 + 3x3 + y2 + 3y3, x1 + x2 + 3x3 + y1 + y2 + 3y3) = = (x1, x2 + 3x3, x1 + x2 + 3x3) + (y1, y2 + 3y3, y1 + y2 + 3y3) = = T (v) + T (u) b) Per trovare la matrice rispetto alla base canonica occorre calcolare l’applicazione sui vettori della base canonica: T (e1) = (1, 0, 1) T (e2) = (0, 1, 1) T (e3) = (0, 3, 3) La matrice associata all’applicazione, nella base canonica, ha tali vettori come colonne: A =   1 0 0 0 1 3 1 1 3   1 c) Per trovare la matrice associata nella base F occorre prima trovare la matrice del cambiamento di base da dalla base canonica E alla base F. Essa è la matrice U che ha per vettori colonna i vettori di F, quindi: U =   1 0 0 1 3 1 0 0 1   ; di conseguenza U−1 =   1 0 0 − 13 13 − 13 0 0 1   Quindi la matrice dell’applicazione T rispetto alla base F è: AF = U −1AU =   1 0 0 − 23 0 0 2 3 4   d) KerT = {v ∈ R3 : T (v) = 0}. Quindi calcoliamo il nucleo risolvendo il sistema omogeneo    x1 = 0 x2 + 3x3 = 0 x1 + x2 + 3x3 = 0 ⇒    x1 = 0 x2 = −3x3 x2 = −3x3 ⇒    x1 = 0 x2 = −3t x3 = t e risulta che Ker(F ) = {(0,−3t, t) : t ∈ R} = Span{(0,−3, 1)}. La dimensione del nucleo è allora 1, dimKer(F ) = 1, e dal Teorema della dimensione abbiamo che, dimIm(F ) = 2. Considerando la matrice A osserviamo che le prime due colonne sono LI (mentre la seconda e la terza sono una multipla dell’altra) quindi (1, 0, 1) e (0, 1, 1) sono due vettori linearmente indipendenti dell’immagine di T . Quindi Im(T ) = Span{(1, 0, 1), (0, 1, 1)}. 2 Nome e cognome Matricola Canale Esercizio 1.3 [3 punti totali] a) (1 punto) Enunciare il teorema di Hartmann-Grossmann nel caso n = 1, tempo discreto. b) (1 punto) Data l’equazione alle differenze x(t+ 1) = 2x(t) x(t) + 1 , determinarne, senza risolverla, i punti di equilibrio. Dire poi se sono stabili, instabili, asintotica- mente stabili. c) (1 punto) Considerare il problema di Cauchy    x(t+ 1) = 2x(t) x(t) + 1 x(0) = −1 3 e dimostrare che non ammette una soluzione globale. Soluzione. a) Vedere le note del corso: pag. 35 Teorema 5.14. b) La DE è x(t+ 1) = g(x(t)) dove g : R−−1 → R, g(x) = 2x x+ 1 Troviamo i punti di equilibrio risolvendo l’equazione g(x) = x ⇒ 2x x+ 1 = x ⇔ 2x− x2 − x x+ 1 = 0 ⇔ x− x2 = 0 ⇔ x1 = 0 ∨ x2 = 1 Abbiamo quindi due punti di equilibrio. Osserviamo che g ∈ C1(X,R) e che i punti di equilibrio sono interni al CE di g. Quindi possiamo usare il Teorema di H-G. Si ha g′(x) = 2(x+ 1)− 2x (x+ 1)2 = 2 (x+ 1)2 Calcoliamo g′(x) nei punti di equilibrio g′(0) = 2 > 1 ⇒ x1 instabile g′(1) = 12 < 1 ⇒ x2 è stabile e asintoticamente stabile c) Dal Teorema 3.15 sappiamo che esiste un’unica soluzione globale se e solo sela successione definita ricorsivamente da x(0) = x0 x(1) = g(x(0)) . . . è ben definita. In questo specifico caso si ha: g(0) = −1 3 g(1) = −1 g(2) =? non definito. Quindi non esiste la soluzione globale. 5 LUISS, Dipartimento di Economia e Finanza Esame scritto di Metodi Matematici per Economia e Finanza del giorno 19 dicembre 2016 Titolare prof. Fausto Gozzi, Assistente dott.ssa Vanessa Raso, dott.ssa Laura Mazzoli Nome e cognome Matricola Canale 2 Prima parte - B Esercizio 2.1 [2,5 punti totali] Sia z ∈ C un numero complesso, indichiamo con z il suo complesso coniugato. a) (0,5 punti) Scrivere la definizione di numero complesso coniugato di un dato numero complesso; b) (1 punto) Risolvere la seguente equazione nell’insieme dei numeri complessi: z · z − iz = −z 2 2 c) (1 punto) Rappresentare nel piano complesso la soluzione della disequazione seguente |z − 2 + i| ≤ 4 SVOLGIMENTO. a) (1 punto) Dato un numero complesso z ∈ C dove z = a + ib con a ∈ R e b ∈ R, si dice complesso coniugato di z, il numero z = a− ib; b) (1 punto) Dato che z = a+ ib possiamo riscrivere l’equazione precedente come (a+ ib) · (a+ ib)− i(a+ ib) = − (a+ ib) 2 2 , svolgendo i calcoli si ottiene 2a2 + 2b2 − 2ia+ 2b = −a2 + b2 − 2iab ovvero 3a2 + b2 + 2b− 2i(a− ab) = 0 che equivale al sistema seguente ottenuto ponendo uguali a zero sia la parte reale sia la parte immaginaria del numero complesso z: { 3a2 + b2 + 2b = 0 a− ab = 0 { 3a2 + b2 + 2b = 0 a(1− b) = 0 le cui soluzioni sono (0, 0) e (0,−2) quindi i numeri complessi che risolvono l’equazione precedente sono z = 0 e z = −2i c) (1 punto) Riscrivendo la disequazione come |z − (2 − i)| ≤ 4 e ricordando che il modulo della differenza tra due numeri complessi equivale alla loro distanza nel piano complesso, otteniamo che la disequazione può essere rappresentata, nel suddetto piano, come l’unione tra i punti interni ad una circonferenza di centro (2,−1) e raggio 4 e la sua frontiera. 6 Nome e Cognome Matricola Canale Esercizio 2.2 [3,5 punti totali] Un capitale k(t) varia nel tempo seguendo il modello seguente: { k′(t) = 2 √ k(t)− c(t) k(0) = k0 dove k0 > 0 e c(t) rappresenta la quantità di capitale consumato al tempo t. a) (2 punti) Risolvere il problema di Cauchy nel caso in cui c(t) = 0 e tracciare un grafico qualitativo delle curve integrali al variare della condizione iniziale; c) (1,5 punti) Sia c(t) ≡ c0 dove c0 > 0. Determinare per quali valori di k0 il capitale si estinguerà in un tempo finito. SVOLGIMENTO. a) (2 punti) Per risolvere il problema di Cauchy { k′(t) = 2 √ k(t) k(0) = k0 > 0 utilizziamo il metodo di separazione delle variabili ottenendo: ∫ k k0 1 2 √ x dx = ∫ t 0 1ds ⇒ [√x]k k0 = t ⇒ k = (t+ √ k0) 2 pertanto le curve integrali nel piano k t sono archi di parabola traslati rispetto alla parabola di equazione k = t2 di un vettore (−√k0, 0). c) (1 punto) Per rispondere tracciamo i diagrammi di fase del sistema, nel piano k′ k, al variare della condizione iniziale, si tratta di funzioni crescenti e definite per k > 0 che intersecano l’asse k nel punto in cui 2 √ k−c0 = 0 ovvero per k = c 2 0 4 . Pertanto, scegliendo una condizione iniziale k0 tale che 0 < k0 < c20 4 il capitale si estinguerà in tempo finito. 7 (1.5 pt) b. With γ = 1/2, x∗2 = 2a(2− ρ) 2a( 52 − 2ρ) = 4− 2ρ 5− 4ρ. We have the following. • When ρ ∈ [1/2, 1], the maximum point over [0, 1] is x2 = 1 . • When ρ ∈ [−1, 1/2], the maximum point over [0, 1] is x∗2. Notice that, when the correlation is high, the whole wealth is invested in the second asset since now the first one has the same expected return and a greater variance. When the correlation is low it become useful to diversify the risk investing also in the first asset. Finally the value of the maximum point does not depend on a since the returns of the two assets are equal: hence only the variance matters for the choice. 10 Nome e Cognome Matricola Canale Esercizio 3.2 [3 punti totali] Si consideri la funzione f(x1, x2) = −x21 + x41 + x22 + x1x2. (1 pt) a. Si trovino i punti critic di f . (1 pt) b. Si applichino le condizioni del second’ordine a tutti i punti critici, e si spieghi quali informazioni si possono dedurre da tali condizioni. (1 pt) c. La funzione f è positivamente coerciva (non è necessario provarlo). Usando questa proprietà, trovare inf e sup di f . Solution. (1 pt) a. The critical points are the zeros of the gradient of f ∇f(x1, x2) = (−2x1 + 4x31 + x2, 2x2 + x1). There are therefore 3 critical points: xa = (0, 0), xb = ( 12 √ 5 2 , − 14 √ 5 2 ), x c = (− 12 √ 5 2 , 1 4 √ 5 2 ). (1 pt) b. The second order sufficient conditions in unconstrained optimization are given by the Hessian of f D2f(x1, x2) = ( −2 + 12x21 1 1 2 ) . • D2f(xa) = ( −2 1 1 2 ) is indefinite, since the two eigenvalues are nonzero and of opposite sign (det < 0), then xa is a saddle point (in particular, it is not a local extremum point). • D2f(xb) = D2f(xc) = ( 11 2 1 1 2 ) is positive definite, since the two eigenvalues are positive (det > 0, tr > 0), then xb and xc are local minimum points. (1 pt) c. Since f is continuous and positive coercive, there exists a minimum point (Weierstrass theorem) which has to be xb or xc (Fermat theorem and previous considerations). Since f(xb) = f(xc) = −25/64, xb and xc are actually global minimum points and inf f = min f = −25/64, sup f = +∞ by the definition of positive coercivity. 11 Nome e Cognome Matricola Canale Esercizio 3.3 [3.5 punti totali] Per un dato vettore w ∈ R2, w > 0, si consideri la funzione costo C : R2 → R, C(K) = 〈w,K〉R2 e la funzione di produzione F : R2 → R, F (K) = Kα1 K1−α2 , α ∈ (0, 1). Si consideri il problema di minimizzare C al variare di K > 0, affinché F (K) rimanga al di sopra di un dato livello q > 0. Indichiamo con B ⊂ R2 l’insieme che identifica tali vincoli. (1 pt) a. Provare che, per un opportuno b > 0, C(K) ≥ b||K||R2 per ogni K ∈ B. (1 pt) b. Mostrare che esiste un punto di minimo. (Suggerimento: usare il punto a.) (0.5 pt) c. Mostrare che il/i punto/punti di minimo deve/devono appartenere al bordo di B. (1 pt) d. Assumiamo di conoscere il punto di minimo K̄, e che K̄ e il moltiplicatore di Lagrange associato λ̄ siano entrambi funzioni C1 dei parametri w, α, q. Si trovi la derivata della funzione valore rispetto a w, α, q. Solution. (1 pt) a. We have |〈w,K〉|2 ≥ w21K21 |〈w,K〉|2 ≥ w22K22 , so that |〈w,K〉|2 ≥ 1 2 (w21K 2 1 + w 2 2K 2 2 ) ≥ 1 2 (w21 ∧ w22) ||K||2R2 . Recalling that K ≥ 0 on B, we get 〈w,K〉 ≥ √ w21 ∧ w22 2 ||K||R2 , K ∈ B. (1 pt) b. The region B is not bounded, as it contains the half line K = t(1, 1), t ≥ q. Moreover, B is closed as it contains its boundary (all constraints contain the large inequalities). Since the region is not bounded, we cannot apply the Weierstrass theorem. By item a., we can instead apply the Weierstrass theorem with coercivity. Indeed, lim ||K||R2→∞ C(K) ≥ lim ||K||R2→∞ b||K||R2 = +∞, and therefore C is positively coercive. Then by Weierstrass theorem with coercivity it follows that there exists at least a minimum point. (0.5 pt) c. It is clear that C is C1 in the interior of B, as it is built from elementary C1 functions with the usual operations. We have ∇C(K) = w. Since w > 0, the gradient is never zero for any K ∈ B. (1 pt) d. First of all we notice that, once F (K) ≥ q(> 0) is verified, then K ≥ 0. So the only constraint is F (K) ≥ q. We can use the envelope theorem. We need to check that the assumptions are satisfied. The Lagrangian is L(K, λ,w, α, q) = 〈w,K〉R2 − λ(q −Kα1 K1−α2 ). The function L is C1 with respect to all the variablesK, λ,w, α, q. Moreover, by assumption the minimum point K̄ and the associated Lagrange multiplier λ̄ are both smooth functions of the parameters w, α, q. We can then use the envelope theorem (recall that by item (c.), the minimum is on the boundary), getting ∇wV (W, α, q) = ∇wL(K̄, λ̄,w, α, q) =K̄ ∂ ∂α V (W, α, q) = ∂ ∂α L(K̄, λ̄,w, α, q) = ln(K1/K2)F (K̄) ∂ ∂q V (W, α, q) = ∂ ∂q L(K̄, λ̄,w, α, q) =− λ. 12 Quindi (x∗(p), y∗(p)) = ( 1 2p1 , 1 2p1 ) c. La funzione valore V (p1, p2) = max(x,y)∈B u(x, y; p1, p2) allora V (p1, p2) = u ( 1 2p1 , 1 2p2 ) = ( 1 2p1 )β ( 1 2p2 )β Usando l’espressione di V (p1, p2), abbiamo che ( ∂V ∂p1 , ∂V ∂p2 ) = ( β ( 1 2p1 )β−1 ( 1 2p2 )β ( − 1 2p21 ) , β ( 1 2p2 )β−1 ( 1 2p1 )β ( − 1 2p22 )) Oppure si poteva utilizzare il teorema dell’inviluppo con l’espressione della lagrangiana L = xβyβ − λ(p1x+ p2y − 1) e il valore del moltiplicatore trovato, β( 12p1 ) β−1( 12p2 ) β p1 15 Nome e Cognome Matricola Canale Esercizio 4.3 [4 punti totali] (0,5 pt) a. Scrivere la definizione di derivata direzionale. (1 pt) b. Dire se una funzione che ha in un punto tutte le derivate direzionali, è necessariamente continua in tale punto. Se è vero, dimostrarlo. Se è falso, fornire un controesempio. (1 pt) c. Data la funzione f(x, y) = ln(x+ y2)− y trovare il campo di esistenza, disegnarlo e dire se è un insieme convesso. (0,5 pt) d. Trovare la restrizione ϕx0,v(t) per x0 = (1, 1) e v = (1, 3). Calcolare la derivata direzionale ∂f∂v (x 0). (1 pt) d. Trovare massimi e minimi della funzione f sull’insieme D = {(x, y) ∈ R2 : x+ 2y = 6}. Soluzione. a vedi dispense pag 67 b è falso, come controesempio considero la funzione che vale 1 sugli assi e zero altrove. c Il dominio D della funzione D = {(x, y) ∈ R2 : x+ y2 > 0} = {(x, y) ∈ R2 : x > −y2} e non è convesso perchè presi, a esempio, i punti P = (−1, 12 ) e Q = (1, 12 ) appartenenti a D, P,Q ∈ D, il segmento PQ non è contenuto in D. d Sia x0 = (1, 1) e v = (1, 3), allora x = x0 + tv = ( 1 1 ) + t ( 1 3 ) Dunque ϕx0,v(t) = f(1 + t, 1 + 3t) = ln(9t 2 + 7t+ 2)− 1− 3t Infine calcolando ϕ′x0,v(t) = 18t+ 7 9t2 + 7t+ 2 − 3 abbiamo che ∂f ∂v (x0) = ϕ′x0,v(0) = 7 2 − 3 = 1 2 e Per calcolare il massimo e il minimo della funzione utilizziamo il metodo delle restrizioni, ovvero restringiamo la funzione f all’insieme D = {(x, y) ∈ R2 : x+ 2y = 6} = {(x, y) ∈ R2 : x = 6− 2y}. Dunque f |D = ln(y2 − 2y + 6)− y = g(y) Ci siamo così ricondotti a studiare il massimo e minimo della funzione g(y). cerchiamo i punti stazionari di g(y), ovvero g′(y) = 0. Allora g′(y) = 0 ⇔ 2y − 2 y2 − 2y + 6 − 1 = 0 ⇔ y 2 − 4y + 8 = 0 Dato che l’equazione y2 − 4y + 8 = 0 non ammette soluzioni reali, la funzione g non ammette massimi e minimi. Dunque la funzione f(x, y) non ammette nè massimo, nè minimo. 16