f(x) = x 2 x 2 f 0 (x) = 2x + 2x 3 x g(x) f(x) = f 0 (x) = g(x) xg0 (x) g(x) 2 f(x; y) = (xy + 1) 2 f 0 x = 2(xy + 1)y f 0 y = 2(xy + 1)x

Transkript

1 Ogave a) f() = f 0 () = + 3 ) f() = g() f 0 () = g() g0 () g() c) f(; y) = (y + ) f 0 = (y + )y f 0 y = (y + ) d) f(; y) = ( y + ) ( y ) f 0 = ( y + ) r y ( y ) + ( y + ) ( y ) r y = ( y + )( r y y ) (( y ) + ( y + )) = y(y ) fordi ( y + )( y ) = y ( y ) + ( y + ) = y r y y = y De siste forelige er ikke åkrevd at de skal se. f 0 y lir tilsvarede (y ) Ogave f() = 3 3 f 0 () = 3 3 Stasjoærut = = og =

2 ) Fusjoe tilfredsstiller ikke tilstrekkelige etigelser da f 00 () = 6 altså koveks for 0 og koav for 0, altså ikke koav overalt eller koveks overalt. Me Så og - er ikke gloale maksimum. c) f() = f( ) = f(0) = 970 f( 0) = 970 f 00 () = 6 < 0 så lokalt maksimum f 00 ( ) = +6 > 0 so lokalt miumum 3 Ogave 3 4 g(t) = mi ( t) + a) FOB er ( t) + = 0 = t Fusjoe er koveks. ) g(t) = ( t) + = ( ) + (t ) = t c) d) g 0 (t) = g(t) = mi ( t) + g 0 (t) = ( t)( ) ( = side t = )

3 5 Ogave 4 f 0 () = 0 ma f() f 0 () = Adreordesetigelse er ofylt are dersom f 00 () 0; med etydighet for f 00 () < 0. ) Deriver med hesy å gir c)vi ser at d) f 0 ((; )) = f @ = f = f 00 () < 0 om f 00 () < 0 som er. ordes etigelse y = = f = f 0 () f 00 () 3

4 Ogave 5 Vi har fra roduktfusjoe uteldet faktorfusjoe eller ødvedig faktorisats, G(), slik at kostadsfusjoe lir c (; ) G (), der vi vet at G( ) 0. Vi har dermed at gresekostade er F( G( )) dc c(; ) G(). Fra dee ka vi da fie d F( G( )) d c 0 FF( G( )) G( ) F( G( )) c(; ) 0side vi har at F 0. 3 d ( F( G( ))) ( F( G( ))) Ogave 6 Profitte til edrifte med de agitte roduktfusjoe, med a 0, 5 og 0, 5, a er da gitt ved (, ) qk. (Jeg ruker a og for å gjøre det elere, for så å sette i tallee.) Vi ka da rege ut: a a a k a og aa ( ) k aa ( ) a a k q q og ( ) ( ) k k k k a a k a Fra de første av førsteordesetigelsee a 0 q fier k k vi: a. De adre gir: qk. Disse to samme med roduktfusjoe gir oss tre likiger til å løse for de tre ukjete (,, ). Side vi vil ruke oe av egge faktoree, vil også roduktmegde være ositiv. Vi ser at 0 og ( ) ( a( a ) )( ( ) ) ( a) kk k k a ( a )( ) ( a) a a a a a ( a ) 0 Derfor er det faktorutet som ofyller førsteordesetigelsee et rofittmaksimum. Fra roduktfusjoe fier vi da, år vi setter i fra de to førsteordesetigelsee:

5 a a a a a a a ( a) a a a k a q a q q for tiludt kvatum (tiludsfusjoe), år vi lar a : e : e e a a e e e () (,, q) a q. (Ka sette i for a og.) som vi ka løse (De uetigede) Faktorettersørselsfusjoee fier vi så ved å sette i fra () i de to førsteordesetigelsee: a e a a e ( a ) a e e e e e e e e e () a a q a a q e e e e e a q (,,) q Og å tilsvarede vis fier vi: a a a a e e e e e (3) k k(,, q) a q q Da ser vi direkte at: e k k a) 0, 0, 0 e e e a k a k ) 0, 0, 0. (Helt tilsvarede e e e ka vi fie virkige av e økig i q.) c) (, q) ( t, tq), t. Dette ka, fra førsteordesetigelsee aalyseres som om roduktrise syer; side vi har a a a a ˆ, med t t ˆ :. Ka da ruke svaree fra ut a. (Tilsvarede for k og.) t d) (,) q ( ttq, ) med t. Aalyseres som om syer: a at a a a ( t,, tq) t (,, q). Dette ieærer, q t fra svaret uder ut at, og k alle øker. e) (, q,) ( tttq,, ). Vi har at tttq (,, ) q (,, ) og ktttq (,, ) kq (,, ). Dermed er også tttq (,, ) q (,, ). Med adre ord: Ige edrig i tilasige. Hva lir rofittfusjoe? Vi har år vi setter i for q (,,) og kq (,,) i rofitte, at de maksimerte rofitte lir e fusjo av risee:

6 3 a a a a a e e e e e e e e e e ((, q,),(, kq,)): P(, q,) a q a q a a a a e e e e e e e e e e a q q a q Dette ka, med god tid og tuga rett i mue, gjøres oe elere. Ka da vise at a e e q e P(, q,) ( e) a. (Forveter ikke at de komme helt frem.) Ogave 7 Vi har F( hn) der h er areidstid er sysselsatt er uke, og N er atall syselsatte. Dermed er hn atall utførte timeverk er uke, og roduktmegde er uke. Vi har F(0) 0, F 0, F 0. Med git roduktris og gitt timelø, er rofitte er uke F( hn ) hn. a) Hva er de rofittmaksimerede størrelse å atall sysselsatte? For gitte riser og gitt h, skal da maksimeres med hesy å N. Vi har da førsteordesetigelse (ruk kjereregele): F( hn ) h h 0 F( hn ) 0, samtidig som vi har F( hn ) h 0. (Dersom F(0) h, og F( hn ) h år N, da har vi e løsig.) ) Hva er virkige av kortere areidstid for uedret timeløj? Fra F( hn) 0, og med kostat, fier vi da ved å derivere med hesy å h år vi har at F( hn ) 0 defierer N som e fusjo av h. (E ehøver stregt tatt ikke derivere, side F( hn) og kostat. Da må hn også være kostat; slik at hvis h syer med 0 %, vil N øke med 0 %.) N Vi fier dog ved derivasjo at F( hn ) N h 0, slik at h N N h N El N. h h h N h c) Om h skal holdes uedret, må altså øke med like mage roset som h syer med. Fra F( hn ) h h 0, med h W kostat, vil vi ha at kortere areidstid å ka aalyseres ved å derivere gjeom F( hn) h W 0 med hesy å h. Vi fier da: N h N F F( hn ) hf( hn ) N h 0 som etyr at h N h hnf

7 4 sysselsettige vokser om areidstide går ed, gitt samme lø er uke, om F vi har, og edgag i sysselsettige om ulikhetsteget sus. hn( F ) Ogave 8 Vi har F( ). Vi ka ete løse dette rofittmaksimerigsrolemet direkte eller ved å gå veie om kostadsfusjoe, som her er C (; ). Profitte, å de direkte måte, er da: ( ). Vi ser fra dee at vi har ( ) og ( ) a) For hvilke verdier av har vi ikke egativt overskudd? For 0 har vi 4 3 (0) 0, og det fies e ositiv verdi å, slik at ( ) 0, emlig for ( ). All de tid vi har (0) og ( ) 0, samtidig som i itervallet (0, ) har ( ) 0, da vil rofitte være ikke egativ etto i itervallet 0,. Og de har dermed et maksimum i dette itervallet. ) Vi vet å grulag av de evte olysiger at det må fies e verdi å i det idre av itervallet 0, og som maksimerer overskuddet. La de verdie å som maksimerer ( ) være 4 ; estemt av ( ) 0. Vi har her at 0 og 0 for for. Det er ok å ruke «førstederivert teste». Vi har dermed at faktorettersørselsfusjoe er rodukttiludsfusjoe gitt ved. og 4 c) Så lege er slik at edrifte faktisk roduserer, vil e økig i gi økt faktorettersørsel og økt rodukttilud.

8 5 Ogave 9 Vi har roduktfusjoe a k f(, k) ; a og ositive kostater; hver av dem midre e é. a) Greseroduktiviteter: f a a a k a k a ; og f k. k Gjeomsittsroduktiviteter: a k, k a f Produktakselerasjoer: f ( ) a og k k a aa ( ) k aa ( ) f f a a k a k k f Greseelastisiteter: e El f (, k) a a og tilsvarede k f k e El f (, k). Vi vet at at skalaelastisitete k k k k (assuskoeffisiete) e e e a. k, ) Ata gitt roduktmegde: 0 a k. Løs for k: 0 a a k k a a c) Hvorda er helige og krumige til e isokvat? dk a a a ( a) 0 ; fallede isokvater og 0 0 d ) ( a a dk aa ) aa ( ) ( 0 ; krummet mot origo. 0 0 d MTSB dk f a a k som er avtakede i. d f k k Ogave 0 a) De yttemaksimerede tilasige med olysigee gitt i tekste, følger. Sett i for fra udsjettetigelse i fra: Ma v() y y m ( y, ) Uy (, ) vy () m y vy (). Prolemet er da redusert til å fie det

9 6 kosumet av y vare som løser dette rolemet. Det er atatt at v(0). Otimalt kosum er da estemt ved at v() y 0, samtidig som itekte er så høy at m y m v() y y 0. (Fra v() y ka vi skrive y ( v) ( ): f( ).) ) Hvorda varierer tilasige med edriger i m? For det første ser vi at y ikke avheger av m. Hele itektsedrige slår ut i ettersørsele etter ; m m dvs. eller E El. m m m m f( ) Hvorda virker e edrig i rise? Fra v() y ka vi avlede: y v() y f() f() 0, mes v y y y y( ) y( ) som ka være ositiv elelr egativ, y y v avhegig av hvor mye v åvirkes av edriger i y.