Oppgave 1. (a) Vi utvikler determinanten langs første kolonne og dette gir. (b) Med utgangspunkt i de tre datapunktene denerer vi X og y ved

Transkript

1 Sensorveiledning: ELE Maemaikk valgfag Eksamensdao: :00 1:00 Toal anall sider: 5 Anall vedlegg: 0 Tillae hjelpemidler: BI-dener eksamenskalkulaor TEXAS INSTRUMENTS BA II Plus Innføringsark: Ruer Teller 100% av ELE 3719 Deloppgavene er veke lik Ordinær eksamen Ansvarlig insiu: Samfunnsøkonomi Oppgave 1. (a) Vi uvikler deerminanen langs førse kolonne og dee gir de(a) = 1(9a 3a 2 ) 1(9 3) + 1(a 2 a) = 2a 2 + 8a 6 Vi ve a A er invererbar når de(a) 0. Siden de(a) = 0 for a = 1 og a = 3, er A invererbar for a 1, 3. (b) Med ugangspunk i de re daapunkene denerer vi X og y ved X =, y = Vi regner u X T X og X T y, og nner a X T X = 2 2 1, XT y = Vi ser a de(x T X) = 0, så bese ilpasning er gi ved β 0 β 1 = (XT X) (X T y) = = β 2 Alså er den bese ilpasningen y = 3 x 1 + x 2.

2 Oppgave 2. (a) Vi velger marisen A symmerisk, og får dermed a f(x) = x T Ax + Bx + c der 0 1 ( ) A = 0 0, B = 2 0 3, c = De sasjonære punkene er gi ved f/ x = 2Ax + B T = 0, og dee gir Ax = B T x = Siden de(a) = (3 1) = 2 0, så er A invererbar og de er e enese sasjonær punk. Vi nner dee ved å løse de lineære likningssyseme, for eksempel ved hjelp av Gauss-eliminasjon, og nner x 1 3/ x = x 2 = 0 / (b) Vi regner u egenverdiene il A for å klassisere den kvadraiske formen, og får λ λ 0 = ( λ)(λ 2 + λ + 2) = λ x 3 Dee gir egenverdier λ = og λ = ( ± 16 8)/2 = 2 ± 2. Siden alle egenverdier er negaive, er A negaiv deni, og de sasjonære punke er dermed e (global) maksimumspunk. Oppgave 3. (a) Dierensiallikningen y = 3 y er både separabel og lineær, og vi velger og løse den som en lineær dierensiallikning på sandard form y + y = 3 med inegrerende fakor e, slik a (ye ) = 3e ye = 3e + C y = 3 + Ce Iniialbeingelsen y(0) = 2 gir 2 = 3 + C eller C =, og løsningen blir derfor y = 3 e. (b) Dierensiallikningen y + (1 )y = e for > 0 er lineær, og kan skrives på sandard form som y + 1 y = e med a() = (1 )/ = 1/ 1. Siden vi har a a() d = ln + C så kan vi bruke inegrerende fakor u = e ln = e, og dee gir (ye ) = 1 ye = + C y = e + C e = e ( 1 + C ) Iniialbeingelsen y(1) = 3 gir 3 = e(1 + C), som gir C = 3/e 1. Dermed er løsningen ( y = e 1 + 3/e 1 ) = e 1 + 3/e = ( 1)e + 3e 2

3 (c) Dierensiallikningen y 3y + 2y = 2 er andre ordens lineær, og har løsning y = y h + y p. Den karakerisisk likingen er r 2 3r + 2 = 0, og har løsning r = 1 og r = 2, så den homogene løsningen er y h = C 1 e + C 2 e 2. Den inhomogene likningen har den konsane løsningen y = 1, så den generelle løsningen er y = C 1 e + C 2 e Iniialbeingelsene y(0) = 0, y (0) = 1 gir C 1 + C = 0 og C 1 + 2C 2 = 1, som har løsning C 1 = 3 og C 2 = 2. Dermed er løsningen y = 3e + 2e Oppgave. (a) La oss førs regne u f X (x) for x 1, som er gi ved f X (x) = k(x 2 + y 2 ) dy = k [ x 2 y + y 3 /3 ] 1 = k(x2 + 1/3 + x 2 + 1/3) = k(2x 2 + 2/3) Konsanen k må oppfylle likningen f X (x) dx = k [ 2x 3 /3 + 2x/3 ] 1 = k(2/3 + 2/3 + 2/3 + 2/3) = k 8/3 = 1 Dee gir a k = 3/8. Dermed er f X (x) = 3/8(2x 2 + 2/3) = (3x 2 + 1)/. (b) Vi regner u E(X) og E(X 2 ) ved å bruke f X (x): og E(X 2 ) = E(X) = x 2 f X (x) dx = xf X (x) dx = (3x 3 + x)/ dx = 0 (3x + x 2 )/ dx = 1/ [ 3x 5 /5 + x 3 /3 ] 1 Dee gir E(X 2 ) = 1/(3/5 + 1/3 + 3/5 + 1/3) = 7/15 og dermed Var(X) = 7/ = 7/15. (c) Vi regner u E(XY ) ved å bruke f(x, y): E(XY ) = Vi har indre inegral xyf(x, y) dydx = 3/8 x 3 y + xy 3 dydx x 3 y + xy 3 dy = [ x 3 y 2 /2 + xy / ] 1 = 0 Dee gir E(XY ) = 3/8 0 = 0 Dermed er Cov(X, Y ) = E(XY ) E(X)E(Y ) = 0 siden E(X) = 0. (d) Hvis X og Y er uavhengige sokasiske variable, så er f(x, y) = f X (x)f Y (y). Ved symmeri ser vi a f Y (y) = (3y 2 + 1)/ siden f X (x) = (3x 2 + 1)/, og vi får f X (x)f Y (y) = 1 16 (x2 + 1)(y 2 + 1) f(x, y) for x, y 1. Dermed er X og Y ikke uavhengige. 3

4 Oppgave 5. (a) Sannsynlighe for x inerne og y inerne samaler i løpe av en ime er gi ved f(x, y) = e 3 3 x /x! e 1 y /y! = e 3 x x! y! Sannsynlighe for 2 inerne og 1 inerne samaler i løpe av en ime blir dermed f(2, 1) = e 32 2 = 9 2 e = siden X og Y er uavhengige og Poisson-fordele. Sannsynligheen for a de kommer inn mins en samale er 1 f(0, 0) = 1 e = (b) Sannsynligheen for a de kommer inn re samaler i løpe av en ime er gi ved f(0, 3) + f(1, 2) + f(2, 1) + f(3, 0) = e ( ) = e 32 3 = (c) Vi har a p(x + Y = n) kan urykkes som f(0, n) + f(1, n 1) + + f(n, 0) = f(i, n i) = e 3 i Vi seer Z = X + Y. Dee beyr a sannsynligheen p(z = n) = e 3 i Vi vil forsøke å vise a Z er Poisson-fordel med parameer λ Z =. Vi bruker Poisson fordelingen, og ser a vi må vise a p(z = n) = e n n! = 3 i e Med andre ord, vi må vise a n n! = 3 i Men binomial-formelen sier a n = (3 + 1) n = n = ( ) n 3 i 1 n i = i n! 3i n! i! (n i)! 3i og dermed har vi vis a Z = X + Y er Poisson-fordel med λ Z =. Oppgave 6. (a) Vi har F = ln(y ẏ) og dee gir pariell-derivere F y = y ẏ, F ẏ = y ẏ Dermed er Euler-likningen for probleme gi ved y ẏ ẏ ÿ = 0 (y ẏ) (ẏ ÿ) = 0 (y ẏ) 2 Eer a vi forenkler likningen, får vi ÿ 8ẏ + 16y = 0. Den karakerisiske likningen er r 2 8r + 16 = 0 med dobbelro r =, og dermed er den generelle løsningen av Euler-likningen gi ved y = (C 1 + C 2 )e. Iniialbeingelsene y(0) = 3 og y(3) = 9e 12 gir a C 1 = 3 og (3 + 3C 2 )e 12 = 9e 12, eller C 2 =. Dee beyr a løsningen y = (3 )e ilfredssiller Euler-likningen og iniialbeingelsene.

5 (b) Vi har andre orden pariellderivere gi ved F yy = 6 (y ẏ) 2, F yẏ = Vi har dermed F yy, F ẏẏ < 0 for all (y, ẏ), and (y ẏ) 2, F ẏẏ = F yy F ẏẏ (F yẏ) 2 = 0 (y ẏ) 2 og F er derfor konkav i (y, ẏ). Dee beyr a y gir e maksimum i variasjonsprobleme. 5