Oppgave 1. f(2x ) = f(0,40) = 0,60 ln(1,40) + 0,40 ln(0,60) 0,0024 < 0

Transkript

1 Løsning MET 80 Matematikk for siviløkonomer Dato 0. mai 07 kl Oppgave. (a) Vi lar p = 0,60 og q = 0,40, og skriver funksjonen som f() = p ln( + ) + q ln( ) for å forenkle skrivemåten. Funksjonen f har derivert f () = p + q p( ) q( + ) p q (p + q) = = = p q ( + )( ) ( + )( ) ( + )( ) siden p + q =. Dermed er f () = 0 når = p q. Siden nevneren er positiv når 0 <, er f () > 0 for < p q og f () < 0 for > p q. Dermed blir = p q = 0,0 et globalt maksimumspunktet for f, og maksimumsverdien til f er (b) Vi har at f( ) = f(0,0) = 0,60 ln(,0) + 0,40 ln(0,80) 0,00 f p () = ( + ) q ( ) Siden p,q > 0 og ( + ), ( ) > 0, ser vi at f () < 0 for alle. Dette betr at f er konkav. (c) Fra (a) ser vi at f er avtagende for > = 0,0. Vi har dessuten at f( ) = f(0,40) = 0,60 ln(,40) + 0,40 ln(0,60) 0,004 < 0 Det betr at f() < 0 for alle > = 0,40. (d) I guren nedenfor viser vi grafen til f. Det bør framgå av guren (uten at tallverdiene trenger være helt nøaktige) at f(0) = 0, at f(0,0) 0,00 > 0, at f(0,40) = 0,004 < 0, at f er voksende for < 0,0 og avtagende for > 0,0, og at f er konkav = Oppgave. (a) Vi løser dette integralet ved å bruke at = / : d = / d = 5 5/ + C = 5 + C (b) Vi løser integralet ved substitusjonen u = 4. Dette gir du = ( ) d, og dermed 4 d = du u = u du = ln u + C = ln 4 + C Alternativt kan vi løse integralet ved delbrøksoppspaltning. Siden 4 = ( 4)( + ), setter vi ( 4)( + ) = A 4 + B +

2 Multiplikasjon med fellesnevner gir = A( + ) + B( 4), og innsetting av = og = 4 gir B = og A =. Dermed får vi ( ( 4)( + ) d = 4 + ) d = ln 4 + ln + + C + (c) Vi løser integralet ved substitusjonen u =, som gir du = d/( ), og dermed ln d = ln(u) du = u ln(u) du Vi løser dette integralet ved delvis integrasjon, og får u ln(u) du = u ln(u) u u du = u ln(u) u + C = ln + C Det er også mulig å løse integralet ved å bruke at ln = ln( / ) = ln. Oppgave. (a) Vi løser det lineære sstemet for a = ved Gauss-eliminasjon. Vi nner først den utvidede matrisen: 0 = 0 0 z 0 Deretter nner vi en trappeform ved å bruke elementære radoperasjoner. Vi starter med å btte om første og andre rad: Vi ser at sstemet har uendelig mange løsning, med én fri variabel z, og vi nner løsningene ved baklengs substitusjon. Andre likning gir = z +, eller = z. Første likning gir = z + = z + z + = z +. Dermed er løsningen (,,z) = (z +, z, z) med z fri. (b) Vi regner ut determinanten til A, og velger å utvikle A langs første rad: a 0 A = a a 0 a = ( a ) a(a) = 4 a a = 4 4a = 4( a)( + a) Dermed er A = 0 hvis a = eller a =. (c) Vi vet fra teori at det lineære sstemet har én løsning hvis A = 0, og ingen eller uendelig mange løsninger hvis A = 0. I dette tilfellet er A = 0 for a = ± fra (b). For a = vet vi at det er uendelig mange løsninger fra (a). Vi sjekket tilfellet a = ved å løse det lineære sstemet, som har utvidet matrise 0 0 Vi starter Gauss-eliminasjonen ved å btte om de to første radene: Vi ser at dette sstmet ikke har noen løsninger, da det har en pivot-posisjon i siste kolonne. Vi konkluderer med at sstemet har uendelig mange løsninger kun for a =. I de andre tilfellene er det ingen løsninger (a = ) eller én løsning (a ±).

3 (d) Når a =, er uttrkket T A gitt ved T 0 = ( z ) 0 z 0 z 0 z = ( z + z ) z = ( ( + ) + ( + + z) + ( + z)z ) = ( z + z + z ) = ( z + z ) Oppgave 4. (a) For å nne de partiellderiverte til f(,) = ( ) e, bruker vi produktregelen for derivasjon, samt kjerneregelen med kjerne u = : f = e u + ( )e u = ( + )e f = e u + ( )e u = ( + )e Førsteordensbetingelsene er f = f = 0, og dette gir ( + )e = 0 + = 0 ( + )e = 0 + = 0 siden e 0. Legger vi sammen de to likningene, får vi = 0, eller =. Alternativt kan vi løse første likning for, og sette uttrkket inn i andre likning, med samme resultat. Likningen = gir enten = eller =. Med = gir første likning =, eller 0 =, og dette er ikke mulig. Med =, gir første likning =, eller 4 =. Dette gir = /4, og dermed = / eller = /. Dette gir to løsninger ( (,) = ) (,, (,) =, ) som er de stasjonære punktene til f. (b) Det tillatte området D er et kvadrat, og det er ingen stasjonære punkter for f i det indre, siden < 0 eller < 0 for begge stasjonære punkter i (a). Siden D er lukket og begrenset, har f et maksimum på D, og det må ligge på en av sidekantene. Vi sjekker derfor disse: Sidekanten med = 0, 0 : Her er f(,) = f(0,) = e 0 =. Denne funksjonen avtar med, og den største verdien har vi for = 0, med f(0,0) = 0. Sidekanten med = 0, 0 : Her er f(,) = f(,0) = e 0 =. Denne funksjonen vokser med, og den største verdien har vi for =, med f(,0) =. Sidekanten med =, 0 : Her er f(,) = f(,) = ( )e. Denne funksjonen har derivert (( )e ) = e + ( )e = ( )e Dermed er funksjonen først voksende, har et maksimum når = 0, det vil si = /, og deretter er den avtagende. Den største verdien er f(,/) = /e = e/,59. Sidekanten med =, 0 : Her er f(,) = f(,) = ( )e. Denne funksjonen har derivert (( )e ) = e + ( )e = ( )e Dermed er funksjonen først avtagende, har et minimum når = 0, det vil si = /, og deretter er den voksende. Her er = / et minimum, og den største verdien har vi enten for = 0, med f(0,) =, eller =, med f(,) = 0. Når vi sammenligner disse verdiene, ser vi at den største verdien på denne kanten er f(,) = 0. Blant de re sidekantene, er den største verdien f(,/) = e/,59. Dette er maksimumsverdien til f. 4

4 Oppgave 5. (a) En skisse av kurven + = er vist nedenfor. Siden =, ser vi at 0, eller /. Men det nnes ingen nedre grense for blant punkter (,) på kurven. Det kan vi se ved å la i likningen over, som har to løsninger for for hver verdi av med < /, eller fra guren. Derfor er kurven ikke en begrenset mengde. 5 4 (b) Lagrange-problemet har Lagrange-funksjon L(,; λ) = + 4 λ( + ) Lagrange-betingelsene er de to førsteordensbetingelsene samt bibetingelsen, gitt ved L = λ = 0 L = 4 λ = 0 + = Første likning gir = λ, eller = λ, og den andre likningen gir med λ = at 4 = 0 = 4 = Setter vi dette inn i bibetingelsen, får vi + = ( ) + = ved multiplikasjon med fellesnevner. Dette gir likningen + 4 = 0, og vi ser ved innsetting at = er en løsning. Eventuelle andre løsninger nner vi ved polnomdivisjon, som gir ( )( + + 4) = 0 Eneste løsninger er =, siden = 0 ikke har løsninger, og dette gir = og λ =. Eneste punkt som oppfller alle Lagrange-betingelsene blir dermed (,; λ) = (,; ) (c) Vi har et kandidatpunkt for minimum, punktet (,) = (,), med f(,) =. Men vi kan ikke bruke ekstremverdisetningen til å konkludere at dette er minimum, siden kurven + = ikke er en begrenset mengde. Istedet ser vi på nivåkurvene f(,) = c, som har likning + 4 = c + ( ) = c + 4 Dette er en sirkel med sentrum i (0,) og radius r = c + 4 når c 4. Kandidatpunktet (,) ligger på sirkelen med redius siden c = f(,) = i dette punktet. Vi viser nivåkurvene for c = (rød kurve) i guren nedenfor, sammen med kurven + = av tillatte punkter (blå kurve). 5

5 + = f = 5 4 Vi ser at dersom r < (mindre radius enn den som er vist), vil sirkelen ikke lenger tree den blå kurven. Det betr at hvis r = c + 4 <, er det ingen tillatte punkter på nivåkurven f(,) = c. Dette skjer dersom c + 4 < c + 4 < c < Dette viser at c = er den minste mulige verdien for f blant tillatte punkter (den blå kurven). Lagrange-problemet har løsning (,) = (, ), med minimumsverdi f(,) =. Oppgave 6. Funksjonen f har derivert gitt ved f () = ap + a bq ap( b) bq( + a) = = b ( + a)( b) ap bq ab(p + q) ap bq ab = = ( + a)( b) ( + a)( b) ap bq (abp + abq) ( + a)( b) siden p + q =. Merk at nevneren er positiv, og at ap bq > 0, ab > 0 ved antagelsene som er gjort for parametrene. Dermed har vi f () = 0 (ap bq) = ab ap bq = ab Ettersom f () > 0 for < og f () < 0 for >, så er = et globalt maksimum for f. For hver verdi av, så angir f() den forventede eksponensielle veksten per spill, slik at f() = r svarer til at X n = X 0 e rn etter n spill, og = er den optimale andelen av kapitalen å satse i hvert spill når vi ønsker å maksimere den forventede eksponensielle veksten per spill. 6