Oppgave 1. (a) Vi løser det lineære systemet for a = 1 ved Gauss-eliminasjon. Vi nner først den utvidede matrisen: x A =

Transkript

1 Løsning MET 803 Matematikk for siviløkonomer Dato 8. desember 07 kl Oppgave. (a) Vi løser det lineære systemet for a = ved Gauss-eliminasjon. Vi nner først den utvidede matrisen: 7 3 y = z Deretter nner vi en trappeform ved å bruke elementære radoperasjoner: Vi ser at systemet har én løsning, og vi nner den ved baklengs substitusjon. Siste likning er 4z = 4, som gir z =. Andre likning er 4y + z = 4y + = 3, som gir 4y = 4 og y =. Første likning er + 7y + z = + 8 = 9, som gir =. Dermed er løsningen (,y,z) = (,,). (b) Når a =, så er matrisen A og kofaktormatrisen C A = 7 3 C = (C ij ) = Vi har at det(a) = (3 ) 7( + ) + ( + 3) =, og dermed er den inverse matrisen A = A CT = 6 3 = Løsningen av det lineære systemet ved bruk av den inverse matrisen er = A b = = = Vi ser at dette stemmer overens med svaret vi kk i (a). (c) Vi vet at systemet har eksakt én løsning hvis og bare hvis det(a) 0. Vi regner derfor ut A, og velger å utvikle A langs første rad: 7 a A = a 3 a = (3 ) 7(a + a) + a(a + 3a) = 4a a + Dermed er A = 0 når 4a a + = 0, og dette gir løsningene a = ± 4(4) = 8 8 ± og A 0 for alle andre verdier av a. Altså har systemet eksakt én løsning for a a, a med a = , a = (d) For a a, a har vi én løsning (,y,z), og y-koordinaten er følge Cramers regul y = A (b) A der det(a) = 4a a +. Vi regner ut determinanten A (b) : 9 a A (b) = a 6 a a = (6 a) 9(a + a) + a(a + 6a) = a 3 + 6a 9a + 6

2 Dermed får vi at y = A (b) A = a3 + 6a 9a + 6 4a a + Oppgave. (a) Vi løser dette integralet ved å bruke potensregelen: 3 3 d = 3 d = + C = 3 + C (b) Vi løser integralet ved å dele opp brøkuttrykket: e + e e d = ( + e ) d = ) ( + e + C = e 4 (c) Vi løser integralet ved substitusjonen u = ln, som gir du = u d med u = /. Dette gir ln u d = du / = u du = (ln u ) + C = + C + C Oppgave 3. (a) Vi har at f er denert for > 0. Vi regner ut den deriverte, og får at f () = (/) ln = ln Vi ser at f () = 0 når ln =, det vil si at = e. Siden f er voksende for e og f er avtagende for e, er = e et maksimumspunkt for f, med maksimumsverdi f maks = f(e) = ln(e) e Funksjonen har ikke noe minimumspunkt, siden = e er det eneste stasjonære punkt (og det er heller ikke andre kritiske punkt eller randpunkt). Derfor har f ingen minimumsverdi. (b) Vi vet at funksjonen vokser i intervallet (0,e], har et maksimum i = e, og avtar i intervallet [e, ). I = er verdien f() = ln / = 0. Når, vil f() 0. En skisse av grafen til f og området R er vist nedenfor. y = e R Arealet til området R er f() d = ln b ln d = lim b d Vi bruker det ubestemte integralet vi fant i Oppgave (c) ovenfor, og får at b [ ] ln (ln ) b d = (ln b) = og ser at det bestemte integralet går mot når b. Arealet av området R er ikke endelig. 3

3 (a) De første ordens deriverte blir Oppgave 4. f = y + y +, f y = y + og de andre ordens partielderiverte for f blir f = y, f y = 4y +, f yy = Hesse-matrisen H(f) til f er dermed y 4y + H(f) = 4y + (b) Nivåkurven f(,y) = har likning y + y + y =. Vi nner skjæringspunktene med linjen y = ved å sette inn y = i likningen, og får da 4 + =. Dette er en kvadratisk likning i u =, og vi får u + u = 0 u = ± 4( ) = ± 3 Dette gir u = = eller u = =. Vi ser at kun = er mulig, og det gir = ± og y =. Vi får dermed at (a,a) = (,), (b,b) = (, ) er de to skjæringspunktene. (c) Vi har at stigningstallet til tangentlinjen for nivåkurven f(,y) = i et punkt (,y) er y = y (,y) = f f y = y + y + y + I punktet (,) er derfor y (,) =, og tangenten har likning y = ( ) y = + 3 I punktet (, ) er y (, ) = /, og tangenten har likning y + = /( + ) y = 3 (d) Førsteordensbetingelsene er f = f y = 0, og dette gir likningene y + y + = 0, y + = 0 Vi kan skrive første likning som y(y + ) + = 0, og andre likning som (y + ) = 0. Løser vi begge likningene for y +, får vi y + = /y, y + = / Dermed er /y = /, eller y =. Vi sjekker = 0 og y = 0 siden vi dividerer på og y i regningen ovenfor. Men disse passer ikke i førsteordensbetingelsene, så y = er eneste mulige løsning. Setter vi dette inn i første likning, får vi 3 + = 0 Ved innsetting ser vi at = er en løsning, og polynomdivisjon gir faktoriseringen 3 + = ( + )( + ) = 0 Siden + = 0 ikke har noen løsninger, er = eneste løsning. Dette gir y = og det stasjonære punktet (,y) = (,) For å klassisere dette punktet, bruker vi annenderivert-testen. Hessematrisen H(f)(,) er y 4y + 3 H(f) = 4y + H(f)(,) = 3 Siden determinanten til Hesse-matrisen er 4 9 = 5 < 0, er punktet (,) et sadelpunkt. 4

4 Oppgave 5. (a) Vi gjenkjenner likningen + 4y = 4 som likningen til en ellipse med sentrum i (,y) = (0,0) og halvakser a = 4 = og b = =, siden den kan skrives 4 + y = Ellipsen er begrenset, fordi alle punkter (,y) på ellipsen tilfredsstiller og y. En skisse av ellipsen er vist nedenfor. y + 4y = (b) Lagrange-problemet har Lagrange-funksjon L(,y; λ) = y λ( + 4y ) Lagrange-betingelsene er de to førsteordensbetingelsene samt bibetingelsen, L = y λ = 0 L y = λ 8y = 0 + 4y = 4 Førsteordensbetingelsene gir y = λ og = 8λy = 8λ(λ) = λ, og dermed λ = ( λ ) = 0 Vi ser at = 0 eller λ =. Hvis = 0, så er y = λ = 0, og (0,0) passer ikke i bibetingelsen + 4y = 4. Dermed har vi at λ = λ = ± 4 Med λ = /4, får vi y = /, og innsatt i bibetingelsen gir dette + 4y = + = = 4 = ± og da er y = / = ± /. Dette gir to løsninger (,y; λ) av Lagrange-betingelsene, (,y; λ) = (, /; /4), (, /; /4) Med λ = /4, får vi y = /, og innsatt i bibetingelsen gir dette + 4y = + = = 4 = ± og i dette tilfellet er y = / = /. Dette gir to løsninger (,y; λ) av Lagrangebetingelsene, (,y; λ) = (, /; /4), (, /; /4) Totalt er det re løsninger av Lagrange-betingelsene. Vi legger merke til at de to første har f = y =, mens de to siste har f = y =. Kun de to siste er kandidater for minimum. (c) Siden mengden D = {(,y) : + 4y = 4} av tillatte punkter er ellipsen fra (a), så er den begrenset, og Lagrange-problemet har et minimum ved ekstremverdisetningen. De ordinære kandidatpunktene for minimum er punktene (,y; λ) = (, /; /4), (, /; /4) med f = y =. Vi sjekker om det er noen punkter med degenerert bibetingelse: Det ville være punkter på ellipsen g(,y) = + 4y = 4 med g = = 0 og g y = 8y = 0. Det eneste 5

5 punktet som oppfyller dette er (,y) = (0,0), som ikke er på ellipsen. Vi har derfor ingen tillatte punkter med degenerert bibetingelse, og minimumsverdien er f min =. (d) Skriver vi bibetingelsen g(,y) = a for en konstant a, og kaller minimumsverdien til Lagrangeproblemet min f(,y) når g(,y) = a for f (a), så kan vi tolke Lagrange-multiplikatoren λ som den marginale endringen i minimumsverdi ved en liten endring i a, det vil si at λ = df (a) da Når vi endrer verdien fra a = 4 til a = 5, får vi at f (5) f (4) + a df (a) da = + ( ) = =.5 Vi estimerer altså at den nye minimumsverdien er f (5).5. 6