Autor: Michał Serwa pod redakcją Autor: Michał Serwa pod redakcją

Prace z Ekonometrii
Autor: Michał Serwa pod redakcją
prof. dr hab. inż. Jacka Mercika
Temat: Transformacje liniowe
Przekształcić do postaci liniowej następujące funkcje:
1)
2)
Funkcja wykładnicza: y = β β z warunkami: β > 0, β > 0, β
Funkcja wykładnicza z odwrotnością: y = β e
z warunkami: β < 0, β > 0
Funkcja potęgowo-wykładnicza: y = β x e z warunkami:
0
0
β1
1
1
1
x
0
1
3)
x
1
0
β1 β 2 x
0
β 0 > 0, β1β 2 ≠ 0
Funkcja potęgowo-wykładnicza z odwrotnością: y = β x
z warunkami: β > 0, β β ≠ 0
5) Parabola logarytmiczna: y = β x
z warunkami:
4)
0
0
1
2
β1 + β 2 ln x
0
β 0 > 0, β1 ∈ R, β 2 < 0
6)
Hiperbola:
β0 x2
y=
x + β1
1
β1
e
β2
1
x
≠1
Rozwiązanie:
Zadanie 1.
Dana jest funkcja wykładnicza postaci:
0 < β ≠ 1 są ustalonymi parametrami.
y = β 0 β1x
, gdzie:
β0 > 0
oraz
1
Zauważmy, że:
∧ β 0 β1x > 0
x∈R
Stąd otrzymujemy, że:
Mamy, że: ln y = ln β
Podstawiając:
0
, gdzie:
β 0 > 0, β1 > 0, β1 ≠ 1
ln y = ln ( β 0 β1x )
.
+ ln β1x ⇔ ln y = ln β 0 + x ln β1
v = ln y, u = x, A = ln β1 , B = ln β 0
otrzymujemy funkcję liniową postaci:
v = Au + B .
2
w takim razie
y>0
.
Zadanie 2.
Dana jest funkcja wykładnicza z odwrotnością postaci:
y = β 0e
β1
1
x
β1
= β 0e x
, gdzie: β < 0 oraz
1
Stwierdzamy, że:
β1
∧ β0e x > 0
x∈R \{0}
β0 > 0
, gdzie:
, ( β , β - ustalone parametry )
0
1
stąd mamy:
β 0 > 0, β1 < 0
W takim razie logarytmując równanie postaci:
β1
y = β0e x
y>0
otrzymujemy, że:
β1
β1


β
1
x
ln y = ln  β 0 e  ⇔ ln y = ln β 0 + ln e x ⇔ ln y = ln β 0 + 1 ⇔ ln y = ln β 0 + β1 ⋅
x
x


Podstawiamy:
1
v = ln y, u = , A = β1 , B = ln β 0
x
Stąd otrzymujemy funkcję liniową postaci:
3
v = Au + B
.
.
Zadanie 3.
Dana jest funkcja potęgowo-wykładnicza postaci:
gdzie:
β 0 > 0, β1β 2 ≠ 0
Zauważmy, że:
y = β 0 x β1 e β2 x
,
stanowią ustalone parametry.
∧ y = β 0 x β1 e β2 x > 0
x >0
, gdzie:
β 0 > 0, β1β 2 ≠ 0
.
Logarytmując podane wyżej równanie uzyskujemy:
ln y = ln ( β 0 x β1 e β2 x ) ⇔ ln y = ln β 0 + ln x β1 + ln e β2 x ⇔ ln y = ln β 0 + β1 ln x + β 2 x
Podstawiając następujące zmienne:
w = ln y, v = ln x, u = x, A = β 2 , B = β1 , C = ln β 0
otrzymujemy postać liniową:
w = Au + Bv + C
4
.
Zadanie 4.
Dana jest funkcja potęgowo-wykładnicza z odwrotnością postaci:
β1
y = β0 x e
β2
1
x
β1
β2
= β0 x e x
Zauważmy, że:
, gdzie:
β 0 > 0, β1β 2 ≠ 0
β2
∧ y = β 0 x β1 e x > 0
x >0
są ustalonymi parametrami.
.
Po zlogarytmowaniu otrzymujemy, że:
β2
β2


β
ln y = ln  β 0 x β1 e x  ⇔ ln y = ln β 0 + ln x β1 + ln e x ⇔ ln y = ln β 0 + β1 ln x + 2 ⇔
x


⇔
ln y = ln β 0 + β1 ln x + β 2 ⋅
1
x
Podstawiając nowe zmienne:
otrzymujemy formę liniową:
1
w = ln y, v = ln x, u = , A = β 2 , B = β1 , C = ln β 0
x
w = Au + Bv + C
5
.
Zadanie 5.
Dana jest parabola logarytmiczna postaci:
∧ y = β 0 x β1 + β2 ln x
x >0
Mamy:
, gdzie:
β 0 > 0, β1 ∈ R, β 2 < 0
∧ y = β 0 x β1 + β2 ln x > 0
x >0
- ustalone parametry
.
W takim razie logarytmując powyższą równość otrzymujemy, że:
ln y = ln ( β 0 x β1 + β2 ln x ) ⇔ ln y = ln β 0 + ln x β1 + β2 ln x ⇔ ln y = ln β 0 + ( β1 + β 2 ln x ) ln x ⇔
⇔
ln y = ln β 0 + β1 ln x + β 2 ln 2 x
Po podstawieniu nowych zmiennych:
w = ln y, v = ln x, u = ln 2 x, A = β 2 , B = β1 , C = ln β 0
mamy postać liniową:
w = Au + Bv + C
.
6
Zadanie 6.
Dana jest hiperbola postaci:
Przyjmijmy, że:
β 0 , β1 > 0
Wtedy mamy:
∧ y=
x >0
y=
β0 x2
x + β1
.
β0 x 2
>0
x + β1
.
Zauważmy, że podane wyrażenie możemy przekształcić w następujący sposób:
y=
β0 x2
⇔ y ( x + β1 ) = β 0 x 2 ⇔ xy + β1 y = β 0 x 2 ⇔ xy = β 0 x 2 − β1 y
x + β1
Podstawiając nowe zmienne:
otrzymujemy postać liniową:
w = xy, u = x 2 , v = y, A = β 0 , B = − β1
w = Au + Bv
7
.