ECON3120/4120 Mathematics 2, spring 2004 Problem solutions for the seminar on 5 May Old exam problems

Transkript

1 Department of Economics May 004 Arne Strøm ECON0/40 Mathematics, spring 004 Problem solutions for the seminar on 5 May 004 (For practical reasons (read laziness, most of the solutions this time are in Norwegian. Please ask if you have difficulty understanding the tet. Old eam problems Eam problem (a Se figuren. y D (b Derivasjon gir g (, y = =(, g (, y = y, g (, y =6, g (, y =0, g (, y =. Det er lett åseatg har to stasjonære punkter, nemlig (,y =(0, 0 og (,y = (, 0. For å klassifisere de stasjonære punktene regner vi ut A = f (, y, B = f (, y ogc = f (, y i hvert av punktene, og bruker annenderiverttesten. Vi finner (, y A B C AC B Type stasjonært punkt (0, Lokalt maksimumspunkt (, Sadelpunkt (c Ekstremverdisetningen sikrer at g har globale ekstrempunkter over mengden D. Det eneste stasjonære punktet i det indre av D er (, 0, som er et sadelpunkt. Ekstrempunktene for g må derfor ligge på randen av D. Randen består av (i punktene på det rette linjestykket fra (0, til (0,, og (ii punktene på halvsirkelen gitt ved + y =og 0. v04ste

2 Langs det rette linjestykket er =0,så g(, y =g(0,y= y, som får sin største verdi for y = 0 og sin minste verdi for y = ±. Mulige ekstrempunkter på denne delen av randen er altså (0, 0, (0, og (0,. Langs halvsirkelen er + y =,så g(, y =+ =+. Dette uttrykket får sin største verdi for = og sin minste verdi for = 0. Mulige ekstrempunkter på halvsirkelen er altså (0,, (0, og (, 0. Alt i alt har vi altså fire punkter som kan tenkes å være ekstrempunkter for g, nemlig (0, 0, (0,, (0, og (, 0. Innsetting gir g(0, 0=, g(0, =, g(0, = og g(, 0=. Altså er punktene (0, 0 og (, 0 globale maksimumspunkter, og punktene (0, og (0, er globale minimumspunkter. Maksimumsverdien er g maks =, og minimumsverdien er g min =. Eam problem 7 The profit function is N(, y =p + qy π(, y =a + by / c dy e, defined over the set D = {(, y :>0, y>0}. (a The first- and second-order partial derivatives of N are N (, y =a 6 c, N (, y = by / d, N (, y =, N (, y =0, N = /4by /. The stationary points are the solution of the equation system a 6 c =0 6 = a c, by / d =0 b =dy /. Note that for this system to have solutions in D, we must assume a>c. The only stationary point of N in D is then It is clear that ( 0,y 0 = ( (a c/6, b /(4d. N (, y < 0, N (, y < 0, and N (, yn (, y ( N (, y > 0 for all (, y ind. It follows from Theorem.. in EMEA (Thm... in MA I that ( 0,y 0 is a (global maimum point for N over D. v04ste

3 (b The elasticity of N(, y with respect to y is El y N(, y = y N(, y N (, y = ( N(, y by/ dy. At the maimum point, N (, y = 0. Consequently, El y N(, y = 0 there. Eam problem 9 (a Differensierer vi ligningen, får vi ( + 4ln d = K dk + L dl, og siden d = dk + dl, har vi K L og tilsvarende K = + 4ln L = + 4ln K = L = K(+4ln L(+4ln. Den kryssderiverte ( mied second-order derivative er K L = ( = ( = d K L L K +4ln L d = L (+4ln 4 (+4ln (b Definisjonen av elastisiteten gir K(+4ln = ( +4ln K 4 ln 6KL(+4ln. El K = K K = ( + 4 ln og El L = L L = ( + 4 ln, så El K +El L = ( + +4ln = 5 6( + 4 ln. Eam problem 9 (a De stasjonære punktene (, y for f er løsningene av ligningene ( ( f (, y = + y f (, y = + y +=0 + y = y =0 + y =y v04ste

4 Vi ser at vi må hay =, altså ( y =. Setter vi dette uttrykket for y inn i ( eller (, får vi ligningen =. Dette gir videre =( ( =4 +, altså 4 =0. Denne annengradsligningen har røttene (4 = ± 9 4 4( = ± 7 Definisjonsområdet for f er angitt som det området i y-planet hvor og y er positive, så det er bare fortegnet + som kan brukes i (4. Bruker vi så ligning ( til å finne y, ser vi at det eneste stasjonære punktet for f er. ( + 7 ( 0,y 0 =, 7. (b Det eneste stasjonære punktet for f er punktet ( 0,y 0 som vi fant i (a. Dette er derfor det eneste mulige ekstrempunktet for f. De annenderiverte av f er f (, y = =f ( + y (, y, f (, y = ( + y. Det gir f f (f = = 4 ( + y +4> 0 for alle (, y i definisjonsområdet til f. Siden vi dessuten har f < 0ogf < 0 overalt, følger det av setning.. i MA I (Thm... i EMEA at ( 0,y 0 er et globalt maksimumspunkt for f. v04ste

5 Eam problem 46 (a Vi får A I = linje, får vi 0. Utvikler vi determinanten etter første t t t A I =0 (et eller annet + ( t t + t =0 ( t ++t+( t +t =t. t (b Med t =får vi A 0 = y = + y + z y z. z + y + z Matriseligningen A 0 = 0 er ekvivalent med ligningssystemet ( ( ( + y + z = y z = y + y + z = z Siden venstresidene i ( og ( er like, må også høyresidene være like, dvs. z =. Sammenligner vi ( og (, ser vi også aty =. Med disse uttrykkene for y og z er alle de tre ligningene tilfredsstilt (enkel innsetting, så vifår 0 =(,,. Dette gir 0 = 0 0 =, og siden vi skal ha 0 =, måviha = ± /. De mulige løsningene er altså Siden A 0 = 0,får vi 0 = ±. A 0 = A(A 0 =A( 0 = 0, A 0 = A(A 0 =A( 0 = 0, A 4 0 = A(A 0 =A( 0 = 0,... Vi får altså A n 0 = 0 for alle n =,,.... v04ste

6 Eam problem 5 (a 0 ( d = = ( + 4 d ( y B = = 5 = 5 O A We can see from the figure that the area between the graph and the -ais over the interval [0, ] must be approimately equal to the area of the triangle OAB, where the point O, A, and B are (0,f(0 = (0, 0, (,f( = (, 0, and (,f( = (,, respectively. The area of this triangle is eactly. (b Here we shall not try to find the function. (That would require knowledge of trigonometric and inverse trigonometric functions. Instead we shall try to see if there is some other way to find the information we need in order to show that t = 0 is a minimum point for. It turns out to be fairly easy in this case. In fact, ẋ(t < 0 for t<0 and ẋ(t > 0 for t>0. Hence, is strictly decreasing in (, 0] and strictly increasing in [0,, so t = 0 must be a global minimum point for = (t. Note that this gives (t (0 = 0 for all t. Furthermore, ẍ = d dt( ( + t =ẋt +(+ =( + t +(+. Since (t 0 for all t, we have ẍ(t > 0 for all t. It follows that is (strictly conve. (c Taking elasticities with respect to gives El a +El y b =El A +El e /y, a + b El y =0+El u e u El u (with u = /y = u(el El y = y ( El y and consequently, El y = ay + by. Eksamensoppgave 05 (a Implisitt derivasjon mhp. gir y + y y + y e +(y + ( e = v04ste

7 Setter vi inn =0,y =,får vi y +( = y =. Alternativt kan vi bruke formel ( på side 44 i MA I (side 4 i EMEA, som gir y = y (y +e y + e = =. (b Kurven skjærer -aksen når y = 0, dvs. når e = + ( Sett ϕ( =e. Da er ϕ ( = e < 0, for alle, så ϕ( er strengt avtakende. ϕ( = e > 0, mens ϕ(0 =. Dermed har ligningen ( en entydig bestemt løsning (som ligger i intervallet (, 0. Dette viser at kurven gitt ved ( i oppgaven skjærer -aksen nøyaktig ett sted. MA I & EMEA,.. (a Problems from the tetbook f (, y = +y, f (, y =4y +4y =4( +y f (, y =, f =4y, f (, y =4 +4. (b De stasjonære punktene er løsningene av ligningssystemet ( ( +y =0 4( +y =0 Ligning ( er ekvivalent med at = eller y =0. (i Hvis =, gir ( at y = =,så y = ±. (ii Hvis y = 0, gir ( at = y =0. Vi får altså tre stasjonære punkter, nemlig (,, (,, (0, 0. Annenderiverttesten gir Punkt A B C AC B Resultat (, Sadelpunkt (, Sadelpunkt (0, Lokalt minimumspunkt v04ste

8 MA I & EMEA,.. (a De punktene hvor f(, y = (y (y er negativ, er nettopp de punktene hvor de to faktorene er forskjellige fra 0 og har motsatte fortegn. Siden vi alltid må hay y, ser vi at f(, y < 0 y < 0 <y <y<. De aktuelle punktene ligger i det skyggelagte området på figuren. y y = y = y = k Til oppgave.. (b De stasjonære punktene for f(, y = 4 y + y er de punktene hvor ( ( f (, y = 6y =0 f (, y = +y =0 Ligning ( gir y =, og setter vi dette inn i (, får vi 9 = 0, som gir = 0, og dermed også y = 0. Det eneste stasjonære punktet for f er derfor (0, 0. Vi har f(0, 0 = 0, men av figuren ser vi at vi kan finne punkter så nær inntil (0, 0 vi vil med funksjonsverdi > 0 (i de hvite områdene og punkter så nær inntil (0, 0 vi vil med funksjonsverdi < 0 (i de skyggelagte områdene. Det betyr at origo hverken er et lokalt maksimumspunkt eller et lokalt minimumspunkt for f. Altså er (0, 0 et sadelpunkt for f. (Det kan være verdt å merke seg at annenderiverttesten ikke kan hjelpe oss her, siden f (0, 0f (0, 0 (f (0, 0 = 0. (c Vi finner g(t = f(t, kt = t 4 kt + k t = t (t kt + k, med g (t =t 9kt +k t = t(t 9kt+k ogg (t =4t kt+k. Spesielt er g (0 = 0 og g (0=k,såhvis k 0, ser vi med en gang at t = 0 er et lokalt minimumspunkt for g. I det spesielle tilfellet k =0erg(t =t 4, som også har lokalt (og faktisk globalt minimum i t =0. v04ste

9 Ser vi på figuren, ser vi at uansett hvilken verdi vi velger for k, så vil det på begge sider av origo være i hvert fall være en liten bit av linjen y = k som ligger i den hvite (ikke skyggelagte delen av planet. Går vi langs en rett linje ut fra origo, må vi altså i alle tilfeller gjennom et område med positive verdier for f før vi kan komme til et område med negative verdier. MA I & EMEA,.4. (b Den aktuelle mengden S = { (, y : + y } er mengden av alle punkter i y-planet som ligger på eller innenfor en sirkel om origo med radius. Dette er en lukket og begrenset mengde, og funksjonen f(, y = +y er kontinuerlig, så ekstremverdisetningen sikrer at f oppnår både maksimum og minimum over S. Et ekstrempunkt som ligger i det indre av S, må være et stasjonært punkt for f. Vi har f (, y =, f y(, y =4y, så det eneste stasjonære punktet for f er (,y =(/, 0. Et ekstrempunkt som ikke ligger i det indre av S, må ligge på randen av S, altså på sirkelen + y =. På denne sirkelen har vi y =, og dermed f(, y = +y = + ( =, og gjennomløper intervallet [, ]. Funksjonen g( = har ett stasjonært punkt i det indre av [, ], nemlig = /, så eventuelle ekstremverdier for g( oppnås enten for denne verdien av eller i ett av endepunktene ± for intervallet [, ]. Mulige ekstrempunkter for f(, y på randen av S må derfor finnes blant punktene ( (,y =, (, (,y =, ( 4,y 4 =(, 0, ( 5,y 5 =(, 0. Regner vi ut verdien av f(, y i de fem punktene vi har funnet, får vi ( f, 0 = ( 4, f, ± = 9, f(, 0=0, f(, 0=. 4 Det følger at f oppnår sitt maksimum over S i de to punktene (, ± og minimum i (, 0., v04ste