MET Matematikk for siviløkonomer

Transkript

1 SENSORVEILEDNING - Fagoppgave MET 1186 Matematikk for siviløkonomer Institutt for Samfunnsøkonomi Utlevering: Kl. 9: Innlevering: Kl. 1: For mer informasjon om formalia, se eksamensoppgaven.

2 Løsning MET 1186 Matematikk for siviløkonomer Innleveringsfrist 5. oktober 19 kl 1 Vi benytter maksimal score 6p på hver deloppgave og 144p totalt, og grensen for å bestå er ca 86p. Du kan selv fylle ut tabellen nedenfor med dine poeng og regne ut poengsum. Vi legger størst vekt på av valg av metode (begrunnet i teori hvis det ikke er opplagt), og gjennomføring av metode (at regningen er riktig). Vi legger ikke stor vekt på at svaret er riktig, og andre måter å skrive svaret på enn det som er brukt her kan gi full score. Vi trekker ikke for følgefeil. Oppgave Total Karakter A B C D E Poeng Grenser Score Oppgave 1. 4 P. (a) 14x x dx = 14x 5/ dx = 14(/7)x 7/ + C = 4x x + C. (b) /x / dx = x / dx = ( )x 1/ = 4/ x + C (c) 4x(4 x ) dx = 16x 4x dx = 8x x 4 + C (d) 16(1 + x) dx = 16u 1/ du = u 4 + C = (1 + x) 4 + C Oppgave. 1 P. (a) Vi skriver ned den utvidede matrisen til systemet, markerer første pivot-posisjon, og gjør elementære radoperasjoner som bruker første pivot til å eliminere tallene i posisjonene under: Så markerer vi pivotposisjonen i andre rad, og bruker den til å eliminere tallet i posisjonen under: Resultatet er en trappeform, hvor vi har markert alle pivotposisjoner. Det er dermed en løsning, og vi nner den ved baklengs substitusjon: z = 8 z = 4 y + z = 8 y = 8 (4) y = x + y z = x = () + (4) x = Løsningen er altså (x,y,z) = (,,4). (b) Vi skriver ned den utvidede matrisen til systemet, markerer første pivot-posisjon, og gjør elementære radoperasjoner som bruker første pivot til å eliminere tallene i posisjonene under: Så markerer vi pivotposisjonen i andre rad, og bruker den til å eliminere tallet i posisjonen under: Resultatet er en trappeform, hvor vi har markert alle pivotposisjoner. Det er dermed uendelig mange løsninger, med y fri siden y-kolonnen ikke har noen pivotposisjoner, og vi nner løsningene ved baklengs substitusjon: 4z = 4 z = 1 x + y + 4z = 11 x = 11 y 4(1) x = 7 y

3 Løsningen er altså (x,y,z) = (7 y,y,1) der y er en fri variabel. Oppgave. 18 P. (a) Vi har at A = = (b) Vi regner ut determinanten til A ved å bruke kofaktorutvikling langs første rad, og får 1( ) 1() = 4. Dermed har vi at T A 1 = 1 = (c) Vi har at AB + BA = = = Oppgave 4. 4 P. (a) Vi bruker substitusjonen u = 1 + e x, som gir du = u dx = e x dx. Dette gir e x e x du dx = 1 + e x u e x = 1 u du = ln u + C = ln(1 + e x ) + C (b) Vi faktoriserer nevner som 4 9x = ( + x)( x), og forenkler uttrykket ved delbrøksoppspaltning. Dette gir 6 + x 4 9x = A + x + B x 6 + x = A( x) + B( + x) Det vil si 6 + x = (A + B) + (B A)x, eller at A + B = og B A = 1. Dette lineære systemet gir B = og A = 1, og integralet blir dermed 6 + x 4 9x dx = 1 + x + x dx = 1 1 ln + x + 1 ln x + C ( ) = 1 ln + x ln x + C (c) Vi kan skrive ln x/x = ln x x og bruke delvis integrasjon med u = x og v = ln x, som gir u = 1/x og v = /x. Dermed får vi ln x x dx = 1 ( x ln x 1 ) ln x dx = + x ln x dx = + C x x x x (d) Vi bruker substitusjonen u = x = x 1/, som gir du = u dx = ( 1/)x 1/ dx. Dette gir e x dx = e u du ( 1/)x 1/ = 6x 1/ e u du = 6ue u du = 6ue u 6e u du = 6ue u 6e u + C = ( 6 x 6)e x + C Overgangen fra første til andre linje er ved delvis integrasjon.

4 Oppgave P. (a) Determinanten er gitt ved 6a 1 a = 18a = (9a 1) = (a 1)(a + 1) Vi har dermed at når a = ±1/. (b) Vi regner ut determinanten ved kofaktorutvikling langs første rad: 1 1 s s 9 1 s = 1(s 9) 1(s 18) + s( s) = s + 9 = ( s)( + s) Vi har dermed at når s = ±. (c) Vi regner ut determinanten ved kofaktorutvikling langs første rad: t 5 t 5 5 t = t(t 5) (t 1) + 5(1 t) = (t 5)(t(t + 5) 4 1) = (t 5)(t + 5t 14) = (t 5)(t )(t + 7) Vi har dermed at når t =, t = 5, t = 7. Oppgave 6. P. (a) Polynomdivisjon gir f(x) = x 6/(x 1), og dermed har f en skrå asymptote L med likning y = x. (b) Siden f(x) = x 6(x 1) 1, så er den deriverte gitt ved f (x) = 1 6( 1)(x 1) x = 1 + 1x (x 1) Det betyr at f (x) > når x > 1, og f er en voksende funksjon. (c) Vi har at f(x) = når telleren x x 6 =, siden nevneren x 1 for x > 1. Vi faktoriserer telleren ved å se at x = er et nullpunkt, og polynomdivisjon gir (x x 6) : (x ) = x + x + Vi får at x x 6 = (x )(x +x+) = gir nullpunktet x =, siden andregradspolynomet x + x + ikke har nullpunkter. (d) Vi deriverer uttrykket for f (x) for å nne f (x), og får at f (x) = 1(x 1) 1x (x 1) x (x 1) 4 = 1(x 1) 48x (x 1) = 6x 1 (x 1) Siden x > 1 er nevneren positiv, og dermed er f (x) < for x > 1. Dette betyr at f er konkav (i hele denisjonsområdet). (e) Figur er vist nedenfor, med hjelpelinjen x = tegnet inn. Arealet av området R er gitt ved 6 A = x f(x) dx = x 1 dx = x 1 [ ( )] x 1 x + 1 dx = ln x + 1 Siden vi har at [ ( )] x 1 ln x + 1 [ = lim ln b ( )] x 1 b ( = lim ln x + 1 b ( ) b 1 ln b + 1 er arealet av området R gitt ved A = (ln(1) + ln()) = ln. ( )) 1 = ln(1) ln( 1 ) 4

5 y 4 1 y = x y = f(x) x 1 4 Oppgave 7. 6 P. Vi regner først ut determinanten til koesientmatrisen A til det lineære systemet, ved å utvikle determinanten langs siste rad: a 1 1 a a 1 = (4 + a) a( a ) 1(1 a) = 8 + a + a + a 1 + a = a + 6a + 7 Vi ser at for a = 1, og bruker dette til å nne faktoriseringen a + 6a + 7 = (a + 1)(a a + 7) ved polynomdivisjon. Det eneste nullpunktet er a = 1, siden a a + 7 ikke har nullpunkt. Dermed er det én løsning for a 1. For a = 1 løser vi systemet ved Gauss eliminasjon: Vi ser at systemet har uendelig mange løsninger for a = 1. Antall løsninger er dermed gitt ved { uendelig mange løsninger, a = 1 eksakt én løsning, a 1 Vi nner så løsningene for a = 1 ved å bruke trappeformen vi fant over. Den gir at z er fri, og at y z = y = z og x + y z = x = y z = z z = z Dette gir løsninger (x,y,z) = (z,z,z) med z fri i tilfellet a = 1 med uendllig mange løsninger. Oppgave 8. 1 P. (a) Nåverdien av kontantstrømmen fra leie er I(t)e rt dt = I e.6t e.1t dt = I e.4t dt = = lim b [ ] I.4 e.4t [ ] b I.4 e.4t = I.4 lim b (e.4b 1) = I.4 = 5I Altså er nåverdien av kontantstrømmen fra leie 15 millioner kroner når 5I = 15, som gir I = 6. (b) La S(t) være nåverdien av salgssummen om vi selger eiendommen etter t år. Da har vi at S(t) = V (t)e rt = 15 e t/4 e.1t = 15 e (5 t t)/ For å nne ut når S(t) er maksimal, deriverer vi denne funksjonen. Vi bruker u = (5 t t)/ som kjerne, og får ( ) S (t) = 15 e u u = 15 e u 1 5 t = 7.5 e u 5 4 t t Dermed er S (t) = når 5 4 t =, og dette gir t = 5/4, eller t = 5/16 = De andre faktorene i uttrykket for S (t) er positive, og 5 4 t skifter fortegn fra å være positivt 5

6 til å bli negativt i t = 5/16. Dermed er t = 5/16 globalt maksimum for funksjonen S(t). Vi kan også se dette ved å sette opp fortegnsskjema for S (t). Nåverdien av salgssummen er altså største mulig etter T = år, eller måneder. Samlet nåverdi fra kontantstrøm for leie L og salg S, dersom vi selger etter T = 5/16 år, er gitt ved L = T I(t)e rt dt = T [ 5e.4t dt = S = 15e (5 T T )/ = 15e 5/ e.4t Samlet nåverdi er dermed L + T 18.9 millioner kroner. ] T = 5(1 e 1/16 )