Institutt for Samfunnsøkonomi

Transkript

1 Institutt for Samfunnsøkonomi Løsninger i: ELE 379 Matematikk valgfag Dato: 6.6., 9: 4: Tillatte hjelpemidler: Alle hjelpemidler + Eksamenskalkulator: TEXAS INSTRUMENTS BA II Plus TM Innføringsark: Ruter Totalt antall sider: 5 Oppgave. (a) Vektorene {v, v, v 3 } er lineært uavhengige hvis og bare hvis det(t ). Vi regner ut 3 h det(t ) h h (h ) h (3h h) + (3 h) h + Dermed er vektorene lineært avhengige når h +, det vil si når h ±, og vektorene er lineært uavhengige når h ±. (b) Vi ser på matrisen med vektorene {T v, T v, T v 3 } som kolonner: ( T v T v T v 3 ) T ( v v v 3 ) T T T Når h har denne matrisen determinant det(t ) det(t ) ( h + ) 36 Dermed er vektorene {T v, T v, T v 3 } lineært uavhengige når h. Oppgave. (a) Den karakterstiske likningen til A er gitt ved 5 λ 3 λ 4 λ (3 λ)(λ 9λ + 8) Dermed er egenverdiene til A gitt ved λ 3, λ 6, og dette viser at λ 3 er en egenverdi. Alternativt kan man vise at λ 3 er en egenverdi ved å sjekke at det(a 3I). Vi regner ut egenvektorene til A med egenverdi λ 3 ved å løse likningssystemet (A 3I)x x y z Vi ser at at andre likning er irrelevant og kan tas bort, og at tredje likning er første likning multiplisert med, og dermed også irrelevant. Derfor kan vi velge y s og z t som frie parametre, og når vi løser første likning for x får vi x y + z x s + t

2 Vi får dermed at egenvektorene for λ 3 kan skrives som x y s + t s s + t z t (b) Vi har at B A T A Siden det(b) det(a T A) det(a T ) det(a) det(a) 96 så følger det at B er invertibel. Videre har vi B (A T A) A (A T ) A (A ) T Vi regner ut A ved hjelp av den adjungerte matrisen: A Dette gir B Alternativt kunne vi beregnet det(b) og B direkte, uten å gå veien om A. (c) Vi har at de stasjonære punktene for f er gitt ved f x Bx x B 46 6 siden B er invertibel. (d) Når vi setter y Ax, så har vi x T Bx x T A T Ax (Ax) T (Ax) y T y siden y T y y + y + y 3. Dermed er den kvadratiske formen positiv semidenit. Siden det(b), så er ingen av egenverdiene til B null, og dermed er den kvadratiske formen til B også positiv denit. Oppgave 3. (a) Dierensiallikningen y + 3y 8y 4 er lineær av andre orden, og har løsning y y h + y p. Vi nner først y h ved å løse den homogene likningen y + 3y 8y. Den karakteristiske likningen er r + 3r 8 r 4, 7 Dette gir y h C e 4t + C e 7t. Vi nner så en partikulær løsning på formen y p A med A konstant, som gir 8A 4 A Dermed er den generelle løsningen gitt ved y C e 4t + C e 7t. Vi setter inn initialbetingelsene y(), y (), og det gir C + C, 4C 7C C 3, C Dermed er løsningen y 3 e4t + e 7t.

3 (b) Dierensiallikningen y + e t y e t er lineær, og vi nner integrerende faktor u: e t dt e t + C u e et Vi multipliserer dierensiallikningen med integrerende faktor u og får ( y + e t y e t ye et) e t e et Integrasjon og divisjon med u gir generell løsning ye et e t e et dt eet + C y + Ce et Vi setter inn initialbetingelsen y(), og dette gir Dermed blir løsningen y ( + e et ). + Ce C e (c) Dierensiallikningen ty + t + y + ty ( + t)( + y) er separabel, og den separerte formen av likningen blir + y y + t ( ) t t + + y dy t + dt Integrasjon gir dermed ( ) + y dy t + dt ln + y ln t + t + C Vi løser for y og får + y ±e ln t +t+c Kte t y Kte t der K ±e C. Vi setter inn for initialbetingelsen y(), som gir Ke og dermed K /e. Løsningen er derfor y te t. (a) Variasjonsproblemet blir min Oppgave 4. Kẏ e rt dt, y(), y(4) 3 der r og K er positive konstanter, med F (t, y, ẏ) Kẏ e rt. Vi undersøker om F er konveks funksjon i (y, ẏ): Vi har F y og F ẏ Kẏe rt, og dermed får vi F yy F yẏ, F ẏẏ Ke rt > F yyf ẏẏ (F yẏ) Dette betyr at F er konveks som funksjon i (y, ẏ), og derfor er enhver løsning y (t) av Eulerlikningen og initialbetingelsene en løsning av variasjonsproblemet. (b) Vi nner Euler-likningen ved å regne ut F y, F ẏ Kẏe rt d dt F ẏ Kÿe rt + Kẏe rt ( r) Ke rt (ÿ rẏ) Dermed er Euler-likningen gitt ved Ke rt (ÿ rẏ) ÿ rẏ Vi får at y Ae rt + B siden Euler-likningen er en homogen andre ordens lineær dierensiallikning. Vi setter inn initialbetingelsene y(), y(4) 3, og dette gir A + B, Ae 4r + B 3 A 3 e 4r, B 3 e 4r Løsningen av Euler-likningen og initialbetingelsene er dermed y 3 ( e rt e 4r ) 3

4 Den totale neddiskonterte kostnaden når y y (t) blir ( ) 3re Kẏ e rt rt [ dt K e 4r e rt dt 9Kr e rt (e 4r ) r ] 4 9Kr e 4r Når r.8 og K., blir den totale neddiskonterte kostnaden 9Kr e 4r Oppgave 5. (a) Vi har at P (X x, Y y) P (X x) P (Y y) siden X og Y er uavhengige, så x y P (X x, Y y) e e x! y! e 3 x x!y! Innsetting gir P ( ) e 3.498, P ( ) e 3.996, P ( ) e (b) Vi har at P (X Y, X 4) P ( ) + + P (4 4), så P (X Y, X 4) e 3 ( /9 + /36) 4.5e 3.6 Dette er sannsynligheten for et uavgjort resultat med maksimalt re mål til hjemmelaget. (c) Vi har P (X Y X 4) P (X Y, X 4)/P (X 4). Siden P (X 4) P (X ) + + P (X 4) e ( /3 + /3) 7e så får vi P (X Y X 4) 4.5e 3 7e.34 (d) Vi har P (X + Y ) P (X + Y < ) og P (X + Y < ) P ( ) + P ( ) + P ( ) 4e 3 så P (X + Y ) 4e La Z være netto utbetaling i veddemålet. Da har vi { di I X + Y Z I X + Y < der I er innsatsen. Setter vi p P (X +Y ).89, nner vi at forventet netto utbetaling blir E[Z] (di I)p + ( I)( p) dip I I(dp ) Veddemålet gir forventet netto innbetaling om E[Z] <, dvs dp < eller d < /p.487. Altså lønner det seg å tilby veddemålet om d <.487. Oppgave 6. (a) Vi regner ut f X (x) når x ved integrasjon: f X (x) 4xy(x + y ) dy [ x(x + y ) ] x(x + ) x 5 x 3 + x Vi har f(x, y) for alle x, y, og regner ut f X (x) dx (x 3 + x) dx [ 4 x4 + ] x Dermed følger det at f(x, y) er en sannsynlighetstetthet. (b) Vi regner ut E[X]: [ E[X] x(x 3 + x) dx 5 x5 + ] 3 x For å nne Var[X] regner vi først ut E[X ]: [ E[X ] x (x 3 + x) dx 6 x6 + ] 4 x

5 Dermed er Var[X] E[X ] E[X] 7 ( ) (c) Siden f(a, b) f(b, a) for alle reelle tall a, b (symmetri om linjen y x), så kan vi bytte om rollene til x og y uten at integralet endrer verdi: E[X n ] x n f(x, y) dydx y n f(y, x) dxdy y n f(x, y) dxdy E[Y n ] Dermed er E[X n ] E[Y n ] for alle n. Da har vi E[Y ] E[X] 5, Var[Y ] E[Y ] E[Y ] E[X ] E[X] Var[X] 4 9 (d) Vi regner ut E[XY ] ved integrasjon: E[XY ] xy 4xy(x + y ) dydx [ ] [ ] 4x 4 3 y3 + 4x 5 y5 dx [ 4 5 x x3 ] 8 5 (4x 4 y + 4x y 4 ) dydx ( 4 3 x4 + 4 ) 5 x dx Dette gir Cov(X, Y ) E[XY ] E[X]E[Y ] 8 5 ( ) 5 5. (e) Vi har at P (X, Y ) [ y] 4x 3 [ 3 8 x4 + 5 ] 3 x 4xy(x + y ) dydx [ ] + 4x 4 y4 dx (4x 3 y + 4xy 3 ) dydx ( 3 x3 + 5 ) 6 x dx 5