Question 1   Each part defines a function f on a subset A of R2 . Determine whether A is a convex set, and if so, whether f is a concave function, a convex function, or neither.

1.  [5 marks] A = R2 , f (x, y) = (exp(x) + 2)(exp(y) + 7).

2.  [5 marks] A = {(x, y) e R2  : x > 0 and y < 0}. f (x, y) = (x + 3)(y2 + 1).

3.  [5 marks] A = {(x, y) e R2  : x2 + 3y2  c 1}. f (x, y) = log(x2 + 1) + 3 log(y2 + 5).

Solution.

1. A is clearly a convex set. The Hessian of f is

Hf (x, y) = 、.

This matrix is positive definite for all (x, y) e R2 , so the function is (strictly) convex. (Another way to see this is that this function is the sum of four convex functions, one of which is strictly convex.)

2. The set A is defined by two inequality constraint involving affine functions, so A is a convex set. Its Hessian is

Hf (x, y) = 、.

For every (x, y) e A, this matrix is indefinite, so f is neither concave nor convex.

3. The  set  A  is  not  convex  because  (1, 0)  and  (.1, 0)  belong to  A  but  (1, 0) +  (.1, 0) = (0, 0) does not.

Question 2   Consider the following system of equations with positive unknowns K and L and positive parameters α, β, A, r and w:

αAKα -1 Lβ  . r   =   0;

βAKα Lβ -1 . w   =   0.

(1)

(2)

We assume that α + β  1.

1.  [5 marks] Show that the system always has a unique solution. (Hint: moving r and w to the right hand side and taking logarithm on both sides might help.)

2.  [5 marks] Denote the unique solution by  (K* (A, r, w), L* (A, r, w)).   Discuss how K* (A, r, w) depends on r. (Hint: the system can be solved explicitly, so you can use the Implicit Function Theorem or directly differentiate the explicit solution.)  Pay particular attention to how your answer depends on the values of α and β .

3.  [5 marks] Consider the following producer’s problem:

maxK,L     AKα Lβ  . rK . wL;                                                                    (3) s.t.      K c 0;                                                                                          (4)

L c 0.                                                                                          (5)

Here K and L are capital and labour hired by the producer and AKα Lβ   is the output.  The unit price of output has been normalised to one.  Briefly discuss the economic significance of the parameters A, r and w .

4.  [5 marks] When K = 0 or L = 0, the objective function in Eq.  (3) is non-positive, so we look for a solution for which K > 0 and L > 0.  (If it turns out that there is no way the producer can generate a positive profit, we will return to the case where K = L = 0.)  Show that Eqs.  (1) and (2) are the correct first-order conditions for the producer’s problem.

5.  [5 marks] Show that the objective function in Eq. (3) is strictly concave on (0 , o)2 when α + β < 1.

6.  [5 marks] When α = 1.5 and β = .5, you should find in Part 2 that K* (A, r, w) is strictly increasing in r . Isn’t that a bit counterintuitive? Try providing an explana- tion.

Solution.

1. Moving r and w to the right hand side and taking the logarithm yields that

r 

αA

w 

α log K + (β . 1) log L   =   log

The coefficient matrix of this linear system,  、  is invertible, so the

system has a unique solution. In fact, the solution is

log K* (A, r, w)   =    ╱ (1 . β) log  + β log 、 ; log L* (A, r, w)   =    ╱α log  + (1 . α) log 、 .

2. It is easy to see from the explicit solution that K* (A, r, w) is strictly decreasing in r if  > 0 and strictly increasing in r if  < 0. When β = 1, K* (A, r, w) is independent of r .

3. A is productivity (or Total Factor Product), r is the unit price (or rental cost) of capital and w is the unit price (or wage) of labour.

4. Under the assumption that neither constraint is binding, this is an unconstraint problem,  and the left hand side of Eq.   (1)-(2) is precisely the gradient of the objective function.

5. The Hessian of the objective function is

、.

The determinant of this matrix is αβ(1 . α . β)A2 K2α -2 L2β -2   > 0 and its top left entry is negative when α + β < 1.  Therefore, the objective function is strictly concave.

6. In this case, (K* (A, r, w), L* (A, r, w)) is not a solution to the optimisation problem. There are two ways to see this. First, the second order condition is not satisfied as the Hessian is indefinite. Secondly, the objective function approaches infinity when K o o.

Question 3   For each of the following optimisation problem, determine whether it has a solution. You do not have to solve any of them.

1.  [5 marks]

max(x,y,z)eR1

s.t.

sin x . log(y2 + z2 + 1) + cos(x . exp(z));

x6 + y6 + z6  > 64;

x + 2y + 3z > 10.

2.  [5 marks]

max(x,y)eRО

s.t.

x3y5 ;

4.5x + 7.14y > 80.21.

Solution.

1. This problem has a solution.  Clearly, every function involved is continuous, and (0, 0, 0) satisfies both constraints. The first constraint implies that 0 > x6  > 64, so .2 > x > 2. For a similar reason, .2 > y > 2 and .2 > z > 2.

2. This problem does not have a solution. When (x, y) o (.o, .o), the constraint is satisfied but the objective function approaches infinity.

Question 4   Consider a consumer’s lifetime consumption problem in a complete market without arbitrage.  There are two dates, Date 0 and Date 1.  At Date 1, there are m possible states,  State  1,  State 2,...,  State m.   State j  occurs with probability pj   >  0 for j = 1, 2, ..., m.  As usual,     pj   = 1.  In this model,  “consumption” in one state means amount of money available for consumption in that state. Let c0 be the consumer’s consumption at Date 0 and cj  be her consumption in State j at Date 1, for j = 1, 2, ..., m. Her goal is to maximise u0 (c0 ) +    pj u1 (cj ), where u0  and u1  are strictly increasing, continuously differentiable and strictly concave functions.   She has endowment  (initial wealth) w > 0 at the beginning of Date 0, which can be split into immediate consumption and investment. Her only source of income at Date 1 is the proceeds from the investment. In a complete market without arbitrage,  there exist positive numbers  q1 , q2 , ..., qm such that for every (c1 , c2 , ..., cm ) e Rm , there exists a portfolio that delivers proceeds cj in State j for j = 1, 2, ..., m and any portfolio that delivers these proceeds costs      qj cj at Date 0.  The goal of this question is to characterise the consumer’s optimal lifetime

consumption plan subject to (and only to) the budget constraint.  Before Part 2 of the question, we do NOT impose the restriction that cj  c 0 for every j .

Bob analyses the consumer’s problem and proposes to formulate her problem as fol- lows:

m

maxc ←,c │,...,ch       u0 (c0 ) +      pj u1 (cj );

j=1

m

s.t.          c0 +       cj  = w;

j=1

m

pj (cj  . )2  > a.

j=1

In the second constraint controlling for the risk of the portfolio,  =     pk ck .

David disagrees with Bob’s formulation.   He proposes to formulate the consumer’s

problem as follows:

maxc ←,c │,...,ch

s.t.

m

u0 (c0 ) +      pj u1 (cj );

j=1

m

qj cj  > I.

j=1

In the second constraint, I is the wealth available for investment.

1.  [10 marks] Evaluate Bob’s and David’s formulations; i.e. determine whether they are correct and explain why. If neither is correct, try to formulate the problem correctly (without imposing that cj  c 0 for every j).  Then discuss the existence of solution for the correct formulation.  (If you are not sure what the correct formulation is, you may still receive full marks from Parts 2 to 4 by analysing Bob’s formulation, even though it might not be correct.  You need to clearly indicate this if you wish to proceed with Bob’s formulation without affirming that it is correct.)

2.  [5 marks] From this part on, we will impose the additional constraints that cj  c 0 for j = 0, 1, 2, ..., m. Let v(q, w) be the value function of the correct formulation, where q  =  (q1 , q2 , ..., qm ) and w is the consumer’s endowment.   Show that the problem always has a unique solution and all endowment is exhausted (consumed or invested) at optimality.   (Do not forget to check existence again as we have a new set of constraints now.)

3.  [5 marks] Show that v(q, w) is always differentiable with respect to w .

4.  [5 marks] Using some formulation of the consumer’s problem,  Zach manages to convince himself that qj  = pj u1(/)(cj ) for j = 1, 2, ..., m for the optimal consumption plan.  Evaluate Zach’s claim.  (If you believe his claim is true, prove it; otherwise, give an example where it is false.)

Solution.

1. Bob’s formulation is wrong because the budget constraint is wrong and he should not have included the second constraint at all. David’s formulation is wrong as well, as I is something that the decision maker can control but is not listed as a choice variable. One correct formulation is as follows:

maxc ←,c │,...,ch

s.t.

u0 (c0 ) +

m c0 +

j=1

m

pj u1 (cj );

j=1

qj cj  > w.

An equivalent formulation can be obtained from David’s formulation by listing I as a choice variable and adding the constraint that c0 + I > w .

This optimisation problem may not have a solution, as the cj ’s are not bounded from below.

2. With the new constraints, 0 > c0  > w and 0 > cj   >  for j = 1, 2, ..., m, so the problem has at least one solution. All constraints only involved affine functions, so the constrained set is convex.  Fix a t e (0, 1) and (c0 , c1 , ..., cm ) and (0 , 1 , ..., m ) so that cj   j  for at least one j. Then

m

u0 (t0 + (1 . t)c0 ) +      pj u1 (tj  + (1 . t)cj )

j=1

m

>   tu0 (0 ) + (1 . t)u0 (c0 ) +      pj (tu1 (j ) + (1 . t)u1 (cj ))

j=1

╱              m                      \               ╱              m                      \

The second step uses the facts that u0  and u1  are both strictly concave and that cj   j  for at least one j. This shows that the objective function is strictly concave. Therefore, there is at most one solution.   (In showing the strict concavity of the objective function, you cannot take its Hessian, as u0  and u1  are not assumed to be twice differentiable; you cannot say that it is the sum of (m + 1) strictly concave functions either, as u0 (c0 ) is not a strictly concave function of (c0 , c1 , ..., cm ).)

Finally, without the budget constraint the consumer would send cj  o o for every j as u0  and u1  are both strictly increasing.  Therefore, the budget constraint must be binding.

3. For notational convenience, put p0   = q0   =  1 and uj   = u1  for j  c  1.  Then the optimisation problem can be rewritten as

v(q, w)   = maxc ←,c │,...,ch

s.t.

m

pj uj (cj );

j=0

cj  c 0, for j = 0, 1, ..., m;

m

qj cj  > w.

j=0

Fix an arbitrary (q, w). Since the budget constraint must be binding, there must be at least one i such that ci  > 0 at optimality.  Since the budget constraint must be binding, the problem can be rewritten as

v(q, w)   = maxc ← ,...,cˆ2 ,...,ch

s.t.

ui  ╱pi(-)1  ╱w . j i  qj cj \\ + j i pj uj (cj );

cj  c 0, for j  i;

w .       qj cj  c 0.

j i

The  “i ” in the list of the choice variables means that ci  is not on the list.   By assumption, the second constraint is not binding at (q, w) and thus near (q, w), so it can be safely ignored for differentiating v at (q, w). The Envelope Theorem (with no parameter in constraints) then implies that v is differentiable with respect to w .

4. This is not true for two reasons. First, it ignores the fact that the Lagrange multiplier of the budget constraint may not equal one, and secondly, it ignores the possibility that cj  may be equal to zero.

Question 5    [10 marks] Solve the following optimisation problem.

maxK,L     log(K2 + L2 + 1) . rK . wL;

s.t.

K c 0;

L c 0.

Here r and w are positive parameters.  You may safely assume that the problem has at least one solution, and you need to find all solutions.

Solution. There are two ways to see that at least one of the inequality constraints must be binding.  First, when neither inequality constraint is binding, the problem becomes essentially unconstraint, and the Hessian of the objective function is

╱

\ .

Its determinant being non-negative requires that K2 + L2  > , which would imply that the matrix is positive definite, so there is no way the second-order condition is satisfied.

Alternatively, the optimisation can be done in two stages:

c(b)   = minK,L     rK + wL;

s.t.        K c 0;

L c 0;

K2 + L2  c b.

Then

maxb     log(b + 1) . c(b);

s.t.    b c 0.

In the first stage, it can be shown that K = 0 or L = 0 at optimality.

First, assume that L = 0. When r > 1, there is no local maximum of log(K2 + 1) . rK for K > 0; when r > 1, there is a unique local maximum (1 +51 . r2 ); the value of the objective function at this local maximum is

log(1 +51 . r2 ) + log 2 . 2 log r . (1 +51 . r2 ).

This expression is better than the value at K = 0 (which is zero) if and only if r < 0.805. (This can be found using the bisection method; if you do not want to do it, just leave the condition as this expression being non-negative.)  The same computation leads to a similar result for the case that K = 0, with r replaced with w .

In summary, it is optimal to choose K = L = 0 if r c 0.805 and w c 0.805; it is optimal to choose K = (1 +51 . r2 ) and L = 0 if r > min{w, 0.805}; it is optimal to choose K = 0 and L = (1 +51 . w2 ) if w > min{r, 0.805}.  (Since the maximum of log(K2 + 1) . rK is strictly decreasing in r when the optimal K is positive, K > 0 and L = 0 can only be optimal when r > w.)

Question 6   Let Mn (R) be the set of n o n (real) matrices, where n is a positive integer. For every A e Mn (R), define the “operator norm” of A, denoted by |A|, as follows:

|A|   = maxxeR方       5xT AT Ax;

s.t.         xT x = 1.

It is easy to verify that the problem has a solution. (You do not need to verify this.) The operator norm is different from the “trace norm” that you might have seen before.

First, we wish to verify that the “operator norm” is indeed a norm, which means that it satisfies the following three conditions:

|A|   c   0 for all A e Mn (R), with equality if and only if A = 0; |cA|   =   IcI|A|, for all c e R and A e Mn (R);

|A + B|   >   |A| + |B|, for all A, B e Mn (R).

(6)

(7)

(8)

The first two are easy to verify.  (You do not need to verify them; you can use them in answering Parts 1 and 2.  Even if you cannot verify Eq.  (8) in Part 1, you can answer Part 2 assuming that Eq. (8) is true.)

1.  [5 marks] Verify Eq. (8).

2.  [5 marks] Show that {A e Mn (R) : |A| < 1} is a convex set.  In other words, if A, B e Mn (R) and |A| < 1 and |B| < 1, show that |tB + (1 . t)A| < 1 for every t e [0, 1].

Proof.      1. Fix arbitrary A, B e Mn (R). Let x be the solution for the program for A+B .

Then

|A + B| = ←xT (A + B)T (A + B)x = I(A + B)xI,

the length of the vector  (A + B)x.   From the triangular inequality for vectors, I(A + B)xI > IAxI + IBxI. (This follows directly from the Cauchy inequality: simply taking the square of both sides and applying the Cauchy inequality to (Ax) x (Bx).) Then

|A + B| = I(A + B)xI > IAxI + IBxI > |A| + |B|,

as xT x = 1 and x may not be optimal when the matrix is A or B .

2. The result follows form Eqs. (7) and (8):

|tB + (1 . t)A| > |tB| + |(1 . t)A| = t|B| + (1 . t)|A|.