MET020 Matematikk for økonomer
Løsningsforslag til eksamen våren 2015
Oppgave 1
(a) Funksjonen er definert for de som er slik at
2
2 0. Siden denne ulikheten alltid
er gyldig, så er funksjonen definert for alle . (Det er flere måter å vise at ulikheten alltid
holder: (i) Bruk av andregradsformelen viser at ligningen
2
2 0 ikke har noen
2
2 må da alltid ha samme fortegn (siden det er en kontinuerlig
løsning. Uttrykket
funksjon av ), og inspeksjon viser at det må være positivt. (ii) Skriv
2
2
1
1 og bruk at et kvadrat kan aldri være negativt. (iii) Grafisk resonnement ved å se
på grafen til
2
2.)
Funksjonen har nullpunkt når ln
2
2
0. Dette gir oss at
2
2 1, eller
2
1 0. Siden vi har
2
1
1 , så blir løsningen gitt ved
1,
som blir nullpunktet til
.
. Fortegnsdrøfting gir oss følgende diagram:
(b) Vi får
1
2
2
2
2
Det følger at
er voksende på
(globalt) minimumspunkt for
.
1, ∞ og avtakende på
∞, 1 . Punktet
1 er et
. Fortegnsdrøfting gir oss følgende
(c) Vi får
diagram:
2
0
2
2
2
Det følger at
Punktene
2
er konveks på 2, 0 , og at
2 og
0 er vendepunkter for
1
er konkav på
.
∞, 2 og på 0, ∞ .
Oppgave 2
(a) Den geometriske rekken er
2000 ⋅ 1,0025
Summen av rekken er
2000 ⋅ 1,0025
⋯
2000 ⋅ 1,0025
1,0025
1
280 181,54 kr
1,0025 1
(b) Dette kan regnes ut på i hvert fall to forskjellige måter. Enten kan man ta utgangspunkt i
svaret fra (a) og trekke fra verdien i 2021 av de tolv innbetalingene som man ikke
2000 ⋅ 1,0025 ⋅
gjennomførte i 2014. Hvis vi setter
280 181,54 så blir det nye beløpet
2000 ⋅ 1,0025
⋯ 2000 ⋅ 1,0025
2000 ⋅ 1,0025
1,0025
1
250 983,67 kr
2000 ⋅ 1,0025 ⋅
1,0025 1
Eller så kan man dele innbetalingene opp i to geometriske rekker, en for innbetalingene i
perioden 2011 – 2013, og en for innbetalingene i perioden 2015 – 2020. Dette gir beløpet
2000 ⋅ 1,0025
⋯ 2000 ⋅ 1,0025
2000 ⋅ 1,0025
⋯ 2000 ⋅ 1,0025
2000 ⋅ 1,0025 2000 ⋅ 1,0025
1,0025
1,0025
1
1
2000 ⋅ 1,0025 ⋅
2000 ⋅ 2,0025 ⋅
1,0025 1
1,0025 1
som også gir svaret 250 983,67 kr.
Oppgave 3
, det vil si når 2
0. Denne
2
, og vi finner da løsningene
De to kurvene skjærer hverandre når
ligningen løser vi lettest ved å faktorisere 2
0 og
2.
Arealet blir
2
d
2
1
⋅2
3
0
1
⋅0
3
Oppgave 4
(a) De partiellderiverte blir
2
1
3
d
4
8
3
0
4
3
1⋅e
⋅e
⋅e
⋅
2
og
√
√
0 og
2
2
2
⋅e
0 og
Stasjonære punkter er gitt ved at
bli null så må vi ha 1
⋅
2
1
e
2
0. Siden eksponentialfunksjonen ikke kan
0. Den første av disse ligningene har løsningene
0 og
. Den andre ligningen har løsningene
0. Siden begge
,
ligningene må være tilfredsstilte, så blir de stasjonære punktene gitt ved
og
,
√
√
,0
,0 .
(b) Vi beregner de andrederiverte:
4 ⋅e
1
1
2
⋅
2
e
2
2 ⋅e
2 1
2
2 3
e
2
⋅1⋅e /
√2e /
√2
0 og
0, og det følger at punktet
,
2
√2
0
2
⋅
,
3
2⋅
1
e
2
2
√
/
e
2
e
⋅e
Vi setter inn det stasjonære punktet
4e
⋅
2
2
Her blir Δ
⋅e
2 1
, 0 og finner
2√2e
/
, 0 er
√
et lokalt minimumspunkt.
Vi setter inn det andre stasjonære punktet
2
√2
3
2⋅
,
1
e
2
√
/
, 0 og finner
2√2e
/
0
2
Igjen blir Δ
√
4e
⋅1⋅e /
√2e /
√2
0, men her er
0, og det følger at punktet
,
, 0 er et lokalt maksimumspunkt.
Oppgave 5
(a) Implisitt derivasjon (med hensyn på , der vi ser på som en funksjon av ) gir
d
d
2
3⋅
3 ⋅
2 ⋅
0
d
d
Vi løser denne ligningen med hensyn på
og finner at
. I punktet
1, 2 så blir
⋅
⋅
⋅
⋅
, og tangentlinjen får dermed ligning
Dette kan også skrives på de likeverdige formene
(b) Vi setter opp Lagrange‐funksjonen for problemet,
3
eller 8
1 .
2
7
,
22.
7
8
3
11
Lagrange‐betingelsene blir
7
2
3
0
8
3
2
0
3
Fra den første ligningen får vi at
11
0
og fra den andre ligningen får vi at
og ved å multiplisere gjennom med 2
Dermed blir
3
3
.
2
så
finner vi 7 3
2
8 2
3 , som vi forenkler til
2 . Dette kan vi sette inn i den
tredje ligningen, som gir oss at 2
3⋅2 ⋅
11, eller 11
11. Siden
0
så blir løsningen
1, og dermed
2
2. Så punktet som tilfredsstiller Lagrange‐
betingelsene er ,
2, 1 .
,
(I tillegg er endepunktene
√11, 0
og
,
0, √11
til kurven også
2, 1
22,
kandidater til løsning. Verdiene i de tre kandidatpunktene er
7√11 23,2 og 0, √11
å finne i Lagrange‐punktet
8√11
,
26,5. Siden vi skal minimere
2, 1 .)
,
√11, 0
så blir løsningen
Oppgave 6
(a) Rekkeoperasjoner på den utvidete koeffisientmatrisen gir
1 1 2
0
1
1
2
0
1 1 2
0
1 1
2
0
2 1 3
1 ∼ 0
1
1
1 ∼ 0 1 1
1 ∼ 0 1
1
1
0 2
2
0
2
2
0 2
2
0 0
2
0
Det opprinnelige ligningssystemet har derfor samme løsning som ligningssystemet
2
0
1
2
0
Hvis
2 så må vi ha
0 for å tilfredsstille den siste ligningen. Vi setter inn i de andre
ligningene og finner løsningen
1
1
0
Hvis
2 så blir den siste ligningen alltid tilfredsstilt, og vi kan velge vilkårlig, for eksempel
. Vi setter inn i de andre ligningene og finner løsningen
1
1
der kan velges fritt.
(b) Vi regner ut
1
1
1
2
1
3
1
4
1
4 ⋅ 30
10 ⋅ 10
4
1
1
1
1
30
10
1
2
3
4
10
4
4
10
1
20
10
30
30
10
10
4
1
3
1 1
1 2
1
4
4
2
3
2
11
25
Dermed blir
1
20
Det følger at
4 og
30
10
10
4
11
25
. Regresjonslinjen blir
5
1
20
4
1/2
80
10
4
.