Matematiska Institutionen
STOCKHOLMS UNIVERSITET
Examinator: Åsa Ericsson
Tentamensskrivning
kurskod: MM3001
2014-02-15
Lösningsförslag till Tentamen: Matematiska metoder för ekonomer
15 februari 2014, kl. 9:00-14:00
1. En geometrisk serie börjar med termerna 10 +
5
5
+
+ ... .
3 18
5
1
och antalet termer n = 100.
(a) Seriens första term är a = 10, dess kvot är k = 3 =
10
6
Summan ges av formeln
1 − kn
sn = a
,
1−k
vilket i detta fall blir
1
6 − 6199
1 − 6100
1
2
=
10
=
2
6
−
= 12 − 99 .
s100 = 10
6−1
699
6
1 − 16
(b) Serien konvergerar eftersom kvoten |k| = 16 < 1. Summan av den oändliga serien är 12.
Detta kan antingen ses med hjälp av deluppgift (a). Med ett allmänt antal termer fås
summan
2
sn = 12 − n ,
6
vilket har gränsvärdet 12 då n → ∞. Alternativt kan man använda formeln
s=a
som i detta fall blir
s = 10
1
1−
1
6
1
,
1−k
= 10
6
= 12 .
6−1
(c) Om summan sn saknar gränsvärde då n → ∞ så sägs den divergera. När man summerar
fler och fler termer i serien kommer man inte närma sig ett tal.
2. (a) Integralen kan beräknas med hjälp av variabelsubstitution. Sätt 3t + 1 = u. Då är du
dt = 3
1
vilket ger dt = 3 du. Övre integrationsgräns blir 3 · 4 + 1 = 16 och nedre integrationsgräns
3 · 1 + 1 = 4. Därmed är
" 1 #16
Z 5
Z 16
Z
√ 4
1
1 16 − 1
1 u2
2 √
1 1
√
√
dt =
du =
u 2 du =
=
16
−
4 = .
1
3 4
3
3
3
u3
3t + 1
1
4
2
4
(b) Använd föreslagen omskrivning av integranden, ln x = 1 · ln x, och partialintegrering med
ln x som den funktion som deriveras (ln x är lätt att derivera och det är lätt att finna
primitiv funktion till 1). Det ger
Z
Z
Z
Z
1
ln x dx = 1 · ln x dx = x · ln x − x · dx = x · ln x − 1 dx = x · ln x − x + C ,
x
där C är en godtycklig konstant.
1
(c) Om x ersätts med 0 blir både täljare och nämnare 0. Med L’Hopitals regel får vi
.
.
3x2
6x
=
derivera
täljare
och
nämnare
= lim
,
x→0 1 + 2x − e2x
x→0 2 − 2e2x
lim
vilket gäller om detta gränsvärde existerar. Återigen ger insättning av x = 0 att både
täljare och nämnare blir 0, så vi fortsätter med samma metod en gång till.
.
.
6
6
6x
3
=
derivera
täljare
och
nämnare
= lim
=
lim
=−
x→0 −4e2x
x→0 2 − 2e2x
−4
2
Gränsvärdet är alltså − 23 .
3. Vi har ekvationen
AX = E
1 −1
3 2
!
a−c
b−d
3a + 2c 3b + 2d
!
⇔
a b
c d
!
1 0
0 1
=
!
.
Matrismultiplikationen i vänster led ger
=
1 0
0 1
!
.
För att likhet ska gälla måste följande fyra ekvationer uppfyllas:
a−c = 1
3a + 2c = 0
b−d = 0
3b + 2d = 1
Lägg till första ekvationen 2 ggr till den andra samt lägg till den tredje ekvationen två gånger
från den fjärde.
c = − 35
a−c = 1
c = a−1
2
a = 25
5a = 2
a = 5
⇔
⇔
d = b
d = 15
b−d = 0
b = 15
b = 15
5b = 1
Den sökta matrisen är alltså
2
5
X=
− 53
1
5
1
5
!
.
4. Maclaurinpolynomet av grad 2 för en funktion g(x) ges av g(0) + g 0 (0)x + g
av g(x) = 1 + ln(4x + 1) + e2x är
g 0 (x) =
00 (0)
2
x2 . Derivatorna
1
1
· 4 + 2e2x och g 00 (x) = −
· 42 + 4e2x .
4x + 1
(4x + 1)2
Insättning av x = 0 ger g(0) = 1 + ln 1 + e0 = 2 , g 0 (0) =
− 11 · 16 + 4e0 = −12 . Maclaurinpolynomet av grad två är
2 + 6x +
−12 2
x = 2 + 6x − 6x2 .
2
2
1
1
· 4 + 2e0 = 6 och g 00 (0) =
5. f (r) = (r2 − 2r)er ska undersökas. Derivatan är
f 0 (r) = (2r − 2)er + (r2 − 2r)er = (r2 − 2)er .
Stationär punkter ges av
f 0 (r) = 0
⇔
(r2 − 2)er = 0
⇔
r2 = 2
⇔
√
r=± 2.
√
Med en teckentabell kan vi avgöra var funktionen växer respektive avtar samt om r = ± 2
√
√
motsvarar lokala max- eller minpunkter. (Derivatans faktorer är (r + 2), (r − 2) och er .)
√
(r + 2)
√
(r − 2)
er
g 0 (x)
g(x)
√
− 2
−
0
−
+
+
0
%
√
+
−
+
−
&
2
+
+
+
+
%
0
0
√
√
√ √
Funtionen f är växande på (−∞, − 2) och ( 2, ∞) samt avtagande på (− 2, 2).
√
√
√
√
r = − 2 är en lokal maximipunkt, med värdet f (− 2) = (2 + 2 2)e− 2 .
√
√ √
√
r = 2 är en lokal minimipunkt, med värdet f ( 2) = (2 − 2 2)e 2 .
Om dessa lokala extrempunkter även är globala beror på om funktionen antar något större
eller mindre värde då r → ±∞. Då r → +∞ blir både (r2 − 2r) och er oändligt stora, så
f (r) → ∞. Alltså finns inte något globalt maximum. Då r → −∞ blir (r2 −2r) oändlig medan
√ √
er går mot noll. Båda faktorerna är positiva, så det negativa lokala minimivärdet (2−2 2)e 2
är även ett globalt minimum. (f (r) → 0 då r → ∞, men detta värde behövs inte för att lösa
uppgiften.)
Funktionens graf (vilken dock ej efterfrågades i uppgiften):
y
4
2
-4
-2
2
-2
3
r
6. Låt f (x, y) = xy − x3 − y 2 + 4. De stationära punkterna ges av att båda partiella derivatorna
är noll.
fx0 (x, y) = y − 3x2
och
fy0 (x, y) = x − 2y .
(
(
fx0 (x, y) = 0
y − 3x2 = 0
⇔
fy0 (x, y) = 0
x − 2y = 0
Den andra ekvationen ger x = 2y. Sätts detta in i den första fås
y − 3(2y)2 = 0
⇔
y = 0 ger x = 2·0 = 0 och y =
1
).
och (x, y) = ( 16 , 12
1
12
y(1 − 12y) = 0
⇔
y = 0 eller y =
1
.
12
1
ger x = 2· 12
= 61 . De stationära punkterna är (x, y) = (0, 0)
För att avgöra deras karaktär behövs andraderivatorna:
00
A = fxx
= −6x ,
00
00
B = fxy
= 1 och C = fyy
= −2 .
För (x, y) = (0, 0) får vi A = 0, B = 1 och C = −2. Alltså är AC < B 2 (0 < 1) vilket visar
att punkten är en sadelpunkt.
1
För (x, y) = ( 61 , 12
) får vi A = −1, B = 1 och C = −2. Alltså är AC > B 2 (2 > 1) vilket visar
att punkten är en lokal extrempunkt — närmare bestämt en lokal maximipunkt, eftersom A
är negativ.
7. Konstanten C i kurvans ekvation 4xy − 2y 3 + x3 y 2 = Cx3 bestäms av att punkten (x, y) =
(1, −1) ligger på kurvan. Insättning ger
4 · 1 · (−1) − 2 · (−1)3 + 13 · (−1)2 = C · 13
⇔
−4 + 2 + 1 = C
⇔
C = −1 ,
så kurvans ekvation är
4xy − 2y 3 + x3 y 2 = −x3 .
Betrakta y som en funktion av x; y = y(x). Tangentens ekvation kan skrivas y = kx + m där
riktningskoefficienten k ges av derivatan y 0 (1). Denna bestäms genom implicit derivering:
4y + 4xy 0 − 6y 2 y 0 + 3x2 y 2 + 2x3 yy 0 = −3x2
⇔
(4x − 6y 2 + 2x3 y)y 0 = −3x2 − 4y − 3x2 y 2
Insättning av (x, y) = (1, −1) ger y 0 (1) =
punkten ini tangentens ekvation:
−1 =
−3+4−3
4−6−2
1
·1+m
2
⇔
=
y0 =
⇔
−2
−4
=
m=−
3
.
2
Kurvans tangent i punkten 1, −1 har ekvationen y = 12 x − 32 .
4
1
2.
−3x2 − 4y − 3x2 y 2
4x − 6y 2 + 2x3 y
För att bestämma m sätts
