Løsning MET 80 Matematikk for siviløkonomer Dato 0. mai 07 kl 0900-400 Oppgave. (a) Vi løser det lineære systemet for a = ved Gauss-eliminasjon. Vi nner først den utvidede matrisen: 0 y = 4 0 4 0 z 0 Deretter nner vi en trappeform ved å ruke elementære radoperasjoner: 0 4 0 4 0 0 0 4 0 0 0 0 0 Vi ser at systemet har én løsning, og vi nner den ved aklengs sustitusjon. Siste likning er z =, som gir z = /. Andre likning er y+z = y+( /) =, som gir y = + = 5 og y = 5/. Første likning er + y = + (5/) = 4, som gir = 4 5 = og = /. Dermed er løsningen (,y,z) = ( /, 5/, /). () Når a =, så er matrisen A og kofaktormatrisen C gitt ved A = 0 C = (C ij ) = 0 4 4 4 4 4 0 4 4 0 Vi har at det(a) = (4 4) (4 0) = 8, og dermed er den inverse matrisen gitt ved A = A CT = 0 4 4 4 4 4 = 0 8 4 4 0 0 Legg merke til at når A er symmetrisk, lir også C symmetrisk, så C T = C i dette tilfellet. Løsningen av det lineære systemet ved ruk av den inverse matrisen er gitt ved = A = 0 4 = 5 = / 5/ 0 / Vi ser at dette stemmer overens med svaret vi kk i (a). (c) Vi vet at systemet har eksakt én løsning hvis og are hvis det(a) 0. Vi regner derfor ut A, og velger å utvikle A langs andre rad: + a a A = + a a + a = (( + a) ( a)) + ( + a)(( + a) ( a) ) (( + a) ( a)) = (4a) + ( + a)(4a) (4a) = 4a( + a 4) = 4a(a ) Dermed er A = 0 for a = 0 og a =, og A 0 for alle andre verdier av a. Altså har systemet eksakt én løsning for a 0,. (d) De eneste verdiene av a der systemet kan være inkonsistent (det vil si at det ikke har noen løsninger), er a = 0 og a =. Vi undersøker løsningene for disse verdiene ved hjelp av Gausseliminasjon. For a = 0 får vi uendelig mange løsninger, siden det er én fri variael: 0 0 0 6 0 0 0 0
For a = får vi ingen løsninger: 4 6 4 9 4 6 0 6 4 0 0 Dermed har vi ingen løsninger kun for a =. 4 6 0 6 0 0 0 Oppgave. (a) Vi løser dette integralet ved å ruke sustitusjonen u =. Dette gir du = d, og dermed ( ) 4 d = u 4 du = u 4 du = u + C = u + C = ( ) + C Det estemte integralet lir derfor [ ] 0 ( ) 4 d = ( ) = 0 = 8 = 7 8 () Vi løser integralet ved sustitusjonen u = e. Dette gir du = e d = u d, og dermed e u e d = + e u + /u du u = u u + du For å løse det nye integralet, gjør vi en ny sustitusjon v = u +. Dette gir dv = u du, og dermed u u u + du = dv v u = v dv = ln(v) + C = ln(u + ) + C Dermed er e e + e d = ln(u + ) + C = ln(e + ) + C (c) Vi løser integralet ved delvis integrasjon, og velger u = / og v =. Dette gir u = / og v = /, og dermed d = d = ln + d = ln + C (a) Vi regner ut den deriverte, og får at Oppgave. f () = (/) ( ) 4 = 4 = Vi ser at f () = 0 når = /, det vil si at = e / = e. Siden f er voksende (f () < 0) for < e og f er avtagende (f () < 0) for > e, er = e et gloalt maksimumspunkt for f, med maksimumsverdi f maks = f( e) = ln(e/ ) = / e e = e Funksjonen har ikke noe gloalt minimumspunkt, siden = e er det eneste stasjonære punkt (og det er heller ikke andre kritiske punkt eller randpunkt). Derfor har f ingen minimumsverdi. () 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. Arealet til området R er gitt ved f() d = Vi ruker det uestemte integralet vi fant i Oppgave (c) ovenfor, og får at ] d = [ d = lim d = ln + ln + = ln
y 0. 0. R 4 5 6 7 8 9 Dermed lir arealet av området R d = lim ( ln ) = I utregningen ovenfor har vi rukt L'Hospitals regel, som gir at ln / lim = lim = 0 = 0 Oppgave 4. (a) For å nne de partiellderiverte til f, kan vi enten ruke røkregelen for derivasjon, eller først forenkle funksjonsuttrykket til f for å forenkle regningen. Vi velger det siste, som gir f(,y) = + y 6 = + y + 6 = y + 6 De første ordens deriverte lir da f = + 6 y = 6 y y, f y = y + 6 = 6 Førsteordensetingelsene er f = f y = 0, og dette gir 6 y = 0 og 6 = 0, eller y = og =. I punktet (,y) = (,) er f og de første ordens partiellderiverte denert. Derfor er (,y) = (,) det eneste stasjonære punktet til f. () Vi regner ut de andre ordens partiellderiverte til f for å estemme Hesse-matrisen til f, og tar utgangspunkt i uttrykkene som gir enklest regning. Dette gir f = 6 y f = + 6 y, f y = y + 6 6y =, f = 6 y y, f yy = 4 y 4 = Dermed er Hesse-matrisen H(f)(,) i det stasjonære punktet gitt ved ( ) 6y 6 ( ) H(f) = y y 0 H(f)(,) = 6 6 0 6 y 4 Siden det H(f)(,) = 0 /6 = /6 < 0, er det stasjonære punktet (,y) = (,) et sadelpunkt ved annenderivert-testen. (c) Siden funksjonen f ikke har randpunkter eller andre kritiske punkter (hvor funksjonen er denert, men ikke de partiellderiverte), er det stasjonære punktet (,y) = (,) eneste kandidat til et maksimums- eller minimumspunkt for f. Dette punktet er et sadelpunkt, og derfor ikke et maksimums- eller minimumspunkt. Derfor har f ikke noe maksimum eller minimum. (d) Nivåkurven f(,y) = 5 har likning f(,y) = + y 6 = 5 + y 6 = 5 Vi nner skjæringspunkt med linjen y = ved å sette inn y = i likningen, som gir + 6 = 5 = = 4
Derfor er (,y) = (,) eneste skjæringspunkt. Tangenten til nivåkurven i dette punktet har likning y y 0 = a( 0 ), der ( 0,y 0 ) = (,) og stigningstallet a er gitt ved a = f (,) f y(,) = 8 = 8 I denne utregningen har vi rukt uttrykkene for f og f y fra (a). Dette gir tangentlikningen y = 8 ( + ) y = 8 + 8 Oppgave 5. (a) Vi gjenkjenner likningen + y = 5 som likningen til en sirkel med sentrum i (,y) = (0,0) og radius r = 5 = 5. Sirkelen er egrenset, fordi alle punkter (,y) på sirkelen tilfredsstiller 5,y 5. () Lagrange-prolemet har Lagrange-funksjon L(,y; λ) = 4 + y 4y λ( + y ) Lagrange-etingelsene er de to førsteordensetingelsene samt ietingelsen, gitt ved L = 4 + 4 λ = 0 L y = 4 y y λ y = 0 + y = 5 Fra førsteordensetingelsene får vi ved faktorisering at ( + y λ) = 0 = 0 eller + y = λ y( 6y λ) = 0 y = 0 eller 6y = λ Hvis = 0, så er y = ±5 ved ietingelsen, og 6y = λ gir λ = 6y = 0. Dette gir kandidatpunktene (,y; λ) = (0,5; 0), (0, 5; 0) Hvis 0 og y = 0, så er = ±5 ved ietingelsen, og + y = λ gir λ = = 50. Dette gir kandidatpunktene (,y; λ) = (5,0; 50), ( 5,0; 50) Hvis 0 og y 0, så er + y = λ og 6y = λ. Sutraksjon av likningene gir y ( 6y) = y(y +) = 0, og dette gir y = siden vi har antatt at y 0. Bietingelsen gir da at = ± 5 9 = ±4, og innsetting i likningene over gir at λ = + y = + 8 = 50. Dette gir kandidatpunktene (,y; λ) = (4, ; 50), ( 4, ; 50) Ettersom dette er alle tilfellene, er det altså totalt seks kandidatpunkt som oppfyller Lagrangeetingelsene. (c) Siden mengden D av tillatte punkter er egrenset, har prolemet maksimum og minimum ved ekstremverdisetningen. De ordinære kandidatpunktene, som vi har regnet ut ovenfor, har funksjonsverdier f(0,5) = 500, f(0, 5) = 500, f(±5,0) = 65, f(±4, ) = 65 Maksimums- og minimumsverdien må nnes lant disse kandidatpunktene, siden det ikke er noen tillatte punkter med degenerert ietingelse. Det ville jo gitt g = = 0 og g y = y = 0, som gir (,y) = (0,0), og dette punktet er ikke tillatt siden det ikke passer i ietingelsen. Vi har derfor at maksimumsverdien er f maks = f(±4, ) = 65 og at minimumsverdien er f min = f(0, 5) = 500. 5
(d) Endringen i prolemet er at verdien til a i ietingelsen g(,y) = a har endret seg fra a = 5 til a = 6, det vil si at a = 6 5 =. Siden λ = 50 i maksimumspunktet, er et estimat for ny maksimumsverdi gitt ved f maks + λ a = 65 + 50 = 70 Siden λ = 50 i minimumspunktet, er et estimat for ny minimumsverdi gitt ved f min + λ a = 500 + ( 0) = 50 Dette følger fra tolkningen til Lagrangemultiplikatoren λ. Man kan regne ut eksakte maksimumsog minimumsverdier (ikke en del av oppgaven), og det ville gitt f maks = f(± 7, ) = 70 og f min = f(0, 6) = 04 6 = 50,98 når a = 6. Vi ser at estimatene gir gode tilnærmelsesverdier. 6