In questo articolo vediamo come si utilizza la funzione lagrangiana per determinare il punto di ottimo consumo o punto di equilibrio del consumatore
INDICE
LA FUNZIONE LAGRANGIANA
La funzione lagrangiana è una funzione che viene utilizzata nei problemi matematici di ottimizzazione.
In particolare per trovare i punti di massimo o minimo relativo o assoluto quando abbiamo a che fare con funzioni a due o più variabili che sono soggette ad un vincolo di uguaglianza.
Anche se sovente può essere applicata ai vincoli di disuguaglianza.
Le sue applicazioni sono molteplici sia nel mondo dell’ingegneria, della statistica e dell’economia.
In questo contesto andiamo ad applicare la funzione lagrangiana alla teoria microeconomica dell’equilibrio del consumatore.
PUNTI DI EQUILIBRIO DEL CONSUMATORE
Il punto di equilibrio del consumatore indica un paniere di beni che rende massima l’utilitàdel consumatore, dato un certo vincolo di bilancio.
Per trovare il punto di ottimo consumo abbiamo dunque bisogno di un vincolo di bilancio e di una funzione di utilità che dipendono dalle stesse variabili.
Generalmente nella teoria microeconomica partiamo da una situazione in cui il consumatore si trova a dover scegliere tra due beni X e Y.
Di questi beni conosciamo i prezzi Px e Py e il reddito R a disposizione del consumatore.
L’equazione del vincolo di bilancio è dato dunque dall’equazione
$$V:\quad P_x\ x+P_y\ y=R$$
Definiamo inoltre lo zero del vincolo è dunque ottenuto spostando a sinistra R e lasciando lo zero a destra:
$$V_0:\quad P_x\ x+P_y\ y=R\ \to\ V_0(x,y)=0$$
Per determinare il punto di equilibro del consumatore abbiamo inoltre bisogno della funzione di utilità dello stesso.
Questa è la nostra funzione obiettivo ovvero la funzione che dobbiamo massimizzare e si presenta come una funzione a due variabili
$$U=U(x,y)$$
La più nota funzione di questo tipo nella teoria del consumatore è detta funzione di Cobb-Douglass la cui forma si presenta nel seguente modo:
$$U(x,y)=x^\alpha y^\beta$$
La funzione lagrangiana viene creare sommando linearmente la funzione di utilità da massimizzare con lo zero del vincolo di bilancio.
$$L(x,y,\lambda)=U(x,y)-\lambda V_0(x,y)$$
Per creare questa nuova funzione serve dunque una variabile ausiliaria che possiamo chiamare 𝜆
Da notare inoltre che mettere +𝜆 o –𝜆 non camia niente!
Il problema prosegue imponendo il gradiente della funzione lagrangiana uguale a zero.
$$\text{grad}(L)=\nabla(L)=0$$
Ricordiamo che il gradiente di una funzione è l’insieme delle derivate parziali.
Dunque in maniera equivalente possiamo costruire un sistema in cui imponiamo le derivate parziali rispetto a x,y,𝜆 uguali a zero
$$\nabla(L)=0\ \to\ \begin{cases} \frac{\partial L}{\partial x}=0\\ \frac{\partial L}{\partial y}=0\\ \frac{\partial L}{\partial \lambda}=0\end{cases}\ \to\ \begin{cases} L’_x=0\\L’_y=0\\L’_\lambda=0\end{cases}$$$$
Questo è l’equilibrio che generalmente visualizziamo in questo modo
Questa teoria è certamente espandibile quando ci troviamo di fronte a tre beni e uno o due vincoli.
Ad esempio con tre beni e un vincolo possiamo scrivere:
$$L(x,y,z,\lambda)=U(x,y,z)-\lambda V_0(x,y,z)$$
Anche in questo caso la risoluzione del problema richiede l’utilizzo del gradiente uguale a zero
$$\nabla(L)=0\ \to\ \begin{cases} \frac{\partial L}{\partial x}=0\\ \frac{\partial L}{\partial y}=0\\\frac{\partial L}{\partial z}=0\\ \frac{\partial L}{\partial \lambda}=0\end{cases}\ \to\ \begin{cases} L’_x=0\\L’_y=0\\L’_\lambda=0\end{cases}$$
Possiamo perfino avere tre beni e due vincoli e allora vediamo uno schema di questo tipo
$$L(x,y,z,\lambda_1,\lambda_2)=U(x,y,z)-\left(\lambda_1 V_1(x,y,z)+\lambda_2 V_2(x,y,z)\right)\\ \ \\ \nabla(L)=0\ \to\ \begin{cases} \frac{\partial L}{\partial x}=0\\ \frac{\partial L}{\partial y}=0\\\frac{\partial L}{\partial z}=0\\ \frac{\partial L}{\partial \lambda_1}=0\\\frac{\partial L}{\partial \lambda_1}=0 \end{cases}\ \to\ \begin{cases} L’_x=0\\L’_y=0\\L’_z=0\\L’_{\lambda_1}=0\\L’_{\lambda_2}=0 \end{cases} $$
In generale possiamo avere n beni e k vincoli e dunque nel gradiente vi saranno n+k derivate parziali.
$$L(x_1,\dots,x_n,\lambda_1, \dots,\lambda_k)=U(x_1,\dots,x_n)-(\lambda_1 V_1(x_1,\dots,x_n)+\cdots+\lambda_k V_k(x_1,\dots,x_n)\\ \ \\ \nabla(L)=0\ \to\ \begin{cases} \frac{\partial L}{\partial x_1}=0\\ \cdots \\\frac{\partial L}{\partial x_n}=0\\ \ \\ \frac{\partial L}{\partial \lambda_1}=0\\ \cdots \\ \frac{\partial L}{\partial \lambda_k}=0 \end{cases}\ \to\ \begin{cases} L’_{x_1}=0\\\cdots\\L’_{x_n}=0\\ \ \\L’_{\lambda_1}=0\\ \cdots \\ L’_{\lambda_k}=0 \end{cases} $$
ESEMPI DI LAGRANGIANA APPLICATI ALLA TEORIA DEL CONSUMATORE
Vediamo ora una serie di esempi con una difficoltà crescente in cui applichiamo la teoria della funzione lagrangiana alla teoria del consumatore.
Inizialmente partiamo dal caso più semplice ovvero quello in cui nell’economia vi sia due beni ed un vincolo di bilancio.
Nel secondo esempio aumentiamo la dose introducendo nell’economia un terzo bene.
Infine svolgiamo un terzo esercizio più difficile in cui oltre ai tre beni introduciamo un nuovo vincolo.
ESEMPIO UNO – DUE BENI E UN VINCOLO DI BILANCIO
Partiamo il nostro viaggio negli esempi con il più classico degli esempi, quello in cui abbiamo due beni e un vincolo di bilancio.
Ipotizziamo che un consumatore possa spendere tutto il proprio reddito tra due beni: cibo (X) e vestiti (Y).
Il reddito settimanale a disposizione è pari a 300.
Sappiamo inoltre che il prezzo del cibo è 10 mentre quello dei vestiti è 20.
La funzione di utilità è data da U(x,y) = x·y2
SVOLGIMENTO
Riportiamo sinteticamente i dati del problema
$$P_x=10\quad P_y=20\quad R=300\quad U(x,y)=xy^2$$
Scriviamo immediatamente l’equazione del vincolo di bilancio
$$V:\ 10+20y=300\quad U(x,y)=xy^2$$
Creiamo ora la funzione lagrangiana
$$L(x,y,\lambda)=xy^2-\lambda(10x+20y-300)$$
Calcoliamo ora le tre derivate parziali rispetto ad x,y e 𝜆
$$\begin{aligned}&\frac{\partial L}{\partial x}=L’_x=y^2-10\lambda\\&\frac{\partial L}{\partial y}=L’_y=2xy-20\lambda\\&\frac{\partial L}{\partial \lambda}=L’_\lambda=-(10x+20y-300)\end{aligned}$$
Imponiamo il sistema con le tre derivate parziali uguali a zero
$$\begin{cases} L’_x=0\\L’_y=0\\L’_\lambda=0\end{cases}\ \to\ \begin{cases} y^2-10\lambda=0\\2xy-20\lambda=0\\10x+20y-300=0\end{cases}$$
Notiamo che nell’ultima equazione abbiamo cambiato i segni e questa coincide con il vincolo di bilancio.
Riscriviamo ora le prime due equazioni isolando 𝜆 in funzione di x e y, dividiamo inoltre per 10 l’ultima equazione
$$\begin{cases} y^2=10\lambda\\2xy=20\lambda\\10x+20y-300=0\end{cases}$$
Guardiamo cosa succede se dividiamo tra di loro le prime due equazioni
$$\begin{cases} \frac{y^2}{2xy}=\frac{10}{20}\\ 10x+20y-300=0\end{cases}$$
Come possiamo notare abbiamo eliminato la variabile fittizia 𝜆 e abbiamo ottenuto la stessa identica equazione di quando abbiamo susato il metodo del saggio marginale di sostituzione.
$$\begin{array}{l}V:\\\text{SMS}:\end{array}\ \begin{cases} x+2y=30\\\frac{y}{x}=\frac{10}{20}\end{cases}$$
Dalla seconda equazione dei saggi marginali possiamo ricavare il valore di y in funzione della x
$$\frac{y}{x}=\frac{10}{20}\ \to\ \frac{x}{y}=1\ \to\ y=x$$
Sostituiamo questo risultato nella prima equazione del vincolo
$$x+2y=30\ \to\ x+2x=30\ \to\ 3x=30\ \to\ x=10$$
Da questo risultato risostituiamo ancora nella seconda equazione per ricavare la y e dunque determiniamo il paniere E di equilibrio del consumatore
$$x=10\ \to\ y=x=10\ \to\ E(10,10)$$
Il consumatore tra il maggior benessere consumando 10 unità di cibo (x) e 10 unità di vestititi.
Possiamo inoltre misurare tale utilità o benessere inserendo le coordinate del paniere nella funzione di utilità
$$U(x,y)=xy^2\ \to\ U(10,10)=10\cdot10^2=1.000$$
L’utilità complessiva in questo punto di ottimo ammonta a 1000.
Rappresentiamo graficamente la situazione.
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ESEMPIO DUE – TRE BENI E UN VINCOLO DI BILANCIO
Introduciamo ora rispetto al primo esempio un altro bene Z nell’economia del consumatore, supponendo che il suo prezzo sia pari a 5
Supponiamo un’economia in cui il consumatore possa decidere tra il consumo di tre beni X,Y e Z.
Conosciamo inoltre il prezzo dei beni, il reddito del consumatore e la funzione di utilità.
$$P_x=10\quad P_y=20\quad P_z=5\quad R=300\quad U(x,y,z)xyz$$
SVOLGIMENTO
L’equazione del vincolo di bilancio è:
$$V:\quad 10x+20y-5z\le 300$$
Scriviamolo come zero del vincolo possiamo
$$V_0:\ 10x+20y+5z-300=0$$
Andiamo dunque a formare la nostra funzione lagrangiana
$$L(x,y,z,\lambda)=xyz-\lambda(10x+20y+5z-300)$$
Calcoliamo quindi le quattro derivate parziali
$$\begin{aligned}&L’_x=yz-10\lambda\\&L’_y=xz-10\lambda\\&L’_z=xy-5\lambda\\&L’_\lambda=-(10x+20y+5z-300)\end{aligned}$$
Mettiamo dunque a sistema il gradiente uguale a zero
$$\nabla(L)=0\ \to\ \begin{cases} L’_x=0\\L’_y=0\\L’_z=0\\L’_\lambda=0\end{cases}\ \to\ \begin{cases} yz-10\lambda=0\\xz-20\lambda=0\\xy-5\lambda=0 \\10x+20y+5z-300=0\end{cases}$$
Dalle prime tre equazioni isoliamo la variabile 𝜆 dalle incognite (x,y,z)
$$\begin{cases} yz=10\lambda\\xz=20\lambda\\xy=5\lambda \\10x+20y+5z-300=0\end{cases}$$
Riscriviamo il sistema come un sistema a tre equazioni e tre incognite.
Al posto della prima equazione scriviamo la prima equazione divisa per la seconda.
Mentre al posto della seconda equazione scriviamo la seconda equazione divisa per la terza.
Eliminiamo dunque la terza equazione e al suo posto scriviamo la quarta del vincolo che dividiamo per 5
$$\begin{cases} \frac{y}{x}=\frac{1}{2}\\ \frac{z}{y}=4\\2x+4y+z-75=0\end{cases}$$
Dalla prima e dalla seconda equazione ricaviamo i valori dellax e della z in funzione della y
$$\begin{aligned}&\frac{y}{x}=\frac{1}{2}\ \to\ \frac{x}{y}=2\ \to\ x=2y\\& \\&\frac{z}{y}=4\ \to\ z=4y\end{aligned} $$
Sostituiamo dunque questi risultati nella terza equazione ottenendo una equazione di primo grado in y
$$\begin{aligned}&2x+4y+z-75=0\\&2(2y)+4y+4y-75=0\\&12y=75\\&y=\frac{75}{12}=\frac{25}{4}\end{aligned}$$
Ora possiamo quindi ricava la x e la z
$$\begin{aligned}&x=2y=2\cdot\frac{25}{4}=\frac{25}{2}\\&\\&z=4y=4\cdot\frac{25}{4}=25\end{aligned}$$
Il paniere di ottimo consumo o di equilibrio cade ne punto E
$$E\left(\frac{25}{2},\frac{25}{4},25\right)$$
In tale punto il valore della funzione di utilità è :
$$U(E)=\frac{25}{2}\cdot\frac{25}{4}\cdot25=\frac{}15.625{8}$$
ESEMPIO TRE – TRE BENI E DUE VINCOLI
Ampliamo ora l’esempio precedente con un ulteriore vincolo sulle quantità.
In questo caso il processo di risoluzione diventerà ancora più complesso in quanto useremo anche la risoluzione di sistemi lineari con l’utilizzo di matrici.
Supponiamo un’economia in cui il consumatore possa decidere tra il consumo di tre beni X,Y e Z.
Conosciamo inoltre il prezzo dei beni, il reddito del consumatore e la funzione di utilità.
$$P_x=10\quad P_y=20\quad P_z=5\quad R=300\quad U(x,y,z)xyz$$
Sappiamo inoltre che per esigenza di spazio del consumatore egli non può acquistare più di 20 unità di beni (x+y+z)
SVOLGIMENTO
L’equazione del primo vincolo (di bilancio)
$$V_1:\quad 10x+20y+5z\le300$$
Scriviamolo come zero del primo vincolo possiamo
$$V_1:\quad 10x+20y+5z-300\le0$$
Possiamo inoltre dividerlo per 5
$$V_1:\quad 2x+4y+z-60\le0$$
L’equazione del secondo vincolo ci dice che la somma delle quantità acquistate non può eccedere 20
$$V_2:\quad x+y+z+\le20$$
Scriviamo anche in questo caso come zero del secondo vincolo
$$V_2:\quad x+y+z-20\le0$$
Andiamo dunque a formare la nostra funzione lagrangiana
$$L(x,y,z,\lambda)=xyz-\lambda_1(2x+4y+z-60)-\lambda_2(x+y+z-20)$$
Calcoliamo quindi le cinque derivate parziali
$$\begin{aligned}&L’_x=yz-2\lambda_1-\lambda_2\\&L’_y=xz-4\lambda_1-\lambda_2\\&L’_z=xy-\lambda_1-\lambda_2\\&L’_{\lambda_1}=-(2x+4y+z-60)\\&L’_{\lambda_2}=-(x+y+z-20)\end{aligned}$$
Mettiamo dunque a sistema il gradiente uguale a zero
$$\nabla(L)=0\ \to\ \begin{cases} L’_x=0\\L’_y=0\\L’_z=0\\L’_{\lambda_1}=0\\L’_{\lambda_2}=0\end{cases}\ \to\ \begin{cases} yz-2\lambda_1-\lambda_2=0\\xz-4\lambda_1-\lambda_2=0\\xy-\lambda_1-\lambda_2=0 \\2x+4y+z-60=0\\x+y+z-20=0\end{cases}$$
Dalle prime tre equazioni isoliamo le variabili 𝜆 dalle incognite (x,y,z)
Mentre nelle ultime due equazione separiamo la z dalla x e dalla y
$$\begin{cases} 2\lambda_1+\lambda_2=yz\\4\lambda_1+\lambda_2=xz\\\lambda_1+\lambda_2=xy \\2x+4y60-z\\x+y=20-z\end{cases}$$
Possiamo concepire questo sistema come suddiviso in due sottosistemi: le prime tre equazioni e le ultime due
$$\begin{cases} \begin{cases}2\lambda_1+\lambda_2=yz\\4\lambda_1+\lambda_2=xz\\\lambda_1+\lambda_2=xy \end{cases}\\\begin{cases}2x+4y60-z\\x+y=20-z\end{cases}\end{cases}$$
Prendiamo a riferimento il primo sottosistema
$$\begin{cases}2\lambda_1+\lambda_2=yz\\4\lambda_1+\lambda_2=xz\\\lambda_1+\lambda_2=xy \end{cases}$$
Possiamo a sua volta concepirlo come diviso in due sottostimi: le prime due equazioni e la terza
$$\begin{cases}\begin{cases}2\lambda_1+\lambda_2=yz\\4\lambda_1+\lambda_2=xz\end{cases}\\lambda_1+\lambda_2=xy \end{cases}$$
Risolviamo ora il primo sotto sistema
$$\begin{cases}2\lambda_1+\lambda_2=yz\\4\lambda_1+\lambda_2=xz\end{cases}$$
con il metodo dei determinanti ricavando i valori di 𝜆1 e 𝜆2 in funzione delle variabili (x,y,z)
$$\begin{array}{l} \lambda_1&\to&\frac{\left| \begin{array}{c} xy&1\\xz&1\end{array} \right|}{\left| \begin{array}{c} 2&1\\4&1\end{array} \right|}&=&\frac{yz-xz}{2-4}=\frac{1}{2}z(x-y)\\ \lambda_2&\to&\frac{\left| \begin{array}{c} 2&yz\\4&xz\end{array} \right|}{\left| \begin{array}{c} 2&1\\4&1\end{array} \right|}&=&\frac{2xz-4yz}{2-4}=\frac{2z(x-2y)}{-2}=z(2y-z)\end{array}$$
Inseriamo ora all’interno della terza equazione solitaria tali valori di 𝜆
$$\begin{aligned}&\lambda_1+\lambda_2=xy\\&\\&\frac{1}{2}z(x-y)+z(2y-x)=xy\end{aligned}$$
Moltiplichiamo per 2
$$z(x-y)+2z(2y-x)=2xy$$
Raccogliamo a fattor comune la z ed esplicitiamo tale variale in funzione di x e y
$$\begin{aligned}&z\left(x-y+2(2y-x)\right)=2xy\\&z(x-y+4y-2x)=2xy\\&z(3y-x)=2xy\\&z=\frac{2xy}{3y-x}\end{aligned}$$
Riprendiamo ora in mano il secondo sottosistema originario
$$\begin{cases} 2x+4y=60-z\\x+y=20-z\end{cases}$$
Ricaviamo sempre con il metodo delle matrici i valori della x e della y in funzione della z
$$\begin{aligned}&x=\frac{\left| \begin{array}{c}60-z&4\\20-z&1 \end{array} \right|}{\left| \begin{array}{c} 2&4\\1&1\end{array} \right|}=\frac{1(60-z)-4(20-z)}{2-4}=\frac{-20+3z}{-2}=\frac{20-3z}{2}\\&\\&y=\frac{\left| \begin{array}{c}2&60-z\\1&20-z \end{array} \right|}{\left| \begin{array}{c} 2&4\\1&1\end{array} \right|}=\frac{2(20-z)-1(60-z)}{2-4}=\frac{-20-z}{-2}=\frac{20+z}{2}\end{aligned}$$
Non ci resta ora che ricavare la z inserendo questi valori nell’equazione che trasformiamo un attimo
$$\begin{aligned}&z=\frac{2xy}{3y-x}\ \to\ z(3y-x)=2xy\\&z\left(3\frac{20+z}{2}-\frac{20-3z}{2}\right)=2\frac{20-3z}{2}\cdot\frac{20+z}{2}\\&z\left(\frac{60+3z-20+3z}{2}\right)=\frac{(20-3z)(20+z)}{2}\\&\\&z(40+6z)=400+20z-60z-3z^2\\&40z+6z^2=400-40z-3z^2\\ 9z^2+80z-400=0\end{aligned}$$
Applicando la formula risolutiva troviamo il seguente valore di z (accettiamo sola la soluzione positiva
$$z=\frac{-40+\sqrt{40^2+9\cdot400}}{}\simeq3,568$$
(da notare che abbiamo usato la formula risolutiva ridotta)
Ora sostituiamo per trovare i valori di x e y
$$\begin{aligned}&x=\frac{20-3z}{2}\simeq4,648\\&\\&y=\frac{20+z}{2}\simeq11,784\end{aligned}$$
Dunque il paniere ottimo di consumo cade nel punto E
$$E(\ 4,648,\quad11,784,\quad11,784)$$
Per verificare che si tratti del paniere corretto possiamo vedere che sono soddisfatte le condizioni dei vincoli
$$V_1:\ 2x+4y+z=60\quad\text{OK!}\\ \ \\V_2:\ x+y+z=20\ \quad\text{OK!}$$
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