= 2±i2 7. x 2 = 0, 1 x 2 = 0, 1+x 2 = 0.

Transkriptio

1 HARJOITUS 1, RATKAISUEHDOTUKSET, YLE Ratkaise (a.) 2x 2 16x 40 = 0 (b.) 4x 2 2x+2 = 0 (c.) x 2 (1 x 2 )(1+x 2 ) = 0 (d.) lnx a = b. (a.) Toisen asteen yhtälön ratkaisukaavalla: x = ( 16)± ( 16) ( 40) 2 2 Ratkaisut ovat x = 10 ja x = 2. (b.) Toisen asteen yhtälön ratkaisukaavalla: x = 2± 28 8 = 2±i = 16±24. 4 Tässä käytettiin tietoa 28 = 4 7 = i 4 7. Ratkaisut ovat kompleksiluvut 1+i 7 ja 1 i (c.) (Sulkuja ei pidä missään nimessä kertoa auki.) Yhtälön ratkaisut koostuvat seuraavien yhtälöiden ratkaisuista: Nämä ratkaisut ovat 0, 1, 1, i ja i. x 2 = 0, 1 x 2 = 0, 1+x 2 = 0. (d.) Logaritmifunktioon liittyvien sääntöjen perusteella yhtälön ratkaisut ovat samat kuin yhtälön alnx = b. Jakamalla luvulla a, ja käyttämällä logaritmin määritelmää, saadaan ratkaisuksi x = e b a. 2. Derivoi (a.) f(x) = 4x 2 8x 2 (b.) f(x) = x x ( (c.) f(n) = rn 1 N ) (d.) f(l) = pl a wl. K Kohdassa (c.): r > 0 ja K > 0. Kohdassa (d.): p > 0, w > 0 ja 0 < a < 1. (a.) f (x) = 8x 8. (b.) f (x) = x 4 x 2. (c.) Tulon derivointisääntöä soveltamalla saadaan f (N) = r(1 N K )+rn ( 1 K ) = 2rN K +r. (d.) f (l) = pal a 1 w.. Etsi tehtävän 2 funktioiden (paikalliset) ääriarvopisteet. Aloita etsimällä kriittiset pisteet ja tutki sitten kunkin kriittisen pisteen laatu. Hahmottele lisäksi kuva kohtien (c.) ja (d.) funktioista. (a.) Funktion kriittinen piste (siis ehdokas ääriarvopisteeksi) on yhtälön f (x) = 8x 8 = 0 ratkaisu. Kriittinen piste on x = 1. Koska f (x) = 8 > 0 koko määrittelyjoukossa, funktio on aidosti konveksi. Tällöin kriittinen piste on funktion globaali minimipiste, erityisesti myös paikallinen minimipiste. (Funktion minimiarvo on f(1) = 6.) 1

2 2 (b.) Funktion kriittiset pisteet ovat x = toinen derivaatta on Tällöin f (, x = f (x) = 20x 6x = x(20x 2 6). ) = ( ) > 0, ja x = 0. Funktion f jolloin kyseinen kriittinen piste on paikallinen minimipiste. Toiselle kriittiselle pisteelle on voimassa ) f ( < 0, joten kyseinen piste on paikallinen maksimipiste. Toinen derivaatta on kolmannessa kriittisessä pisteessä nolla, joten toisesta derivaatasta ei ole apua. Yksi vaihtoehto on tehdä (derivaatan) merkkikaavio, jonka perusteella kriittinen piste x = 0 ei ole ääriarvopiste. (c.) Koska f (N) = 2r < 0, funktio on aidosti konkaavi. Täten kriittinen piste, K N = K on funktion globaali (ja myös paikallinen) maksimipiste. 2 (d.) Tämäkin funktio on aidosti konkaavi, koska f (l) = pa(a 1)l a 2 < 0, koska ) 1 a 1 p > 0 ja 0 < a < 1. Näin ollen kriittinen piste, l =, on funktion globaali (ja myös paikallinen) maksimipiste. ( w pa Kuvat kohtiin (c.) ja (d.) hahmoteltiin laskuharjoituksissa. 4. Olkoon f yhden muuttujan funktio. Funktion f jousto muuttujan x suhteen, El x f(x), määritellään kaavalla El x f(x) = f (x). f(x)/x Laske funktioiden g(x) = e 100x ja D(p) = 100p 2 joustot. (Funktio D voitaisiin tulkita jonkin hyödykkeen kysyntäfunktioksi ja muuttuja p kyseisen hyödykkeen hinnaksi. Mitä jousto tässä tapauksessa tarkoittaa? 1 ) Soveltamalla annettua kaavaa saadaan El x g(x) = 100e100x e 100x /x = 100x, El p D(p) = 200p 100p 2 /p = 2. (Hyödykkeen kysynnän hintajousto kertoo kuinka monta prosenttia kysyttymäärä likimäärin muuttuu hinnan noustessa yhdellä prosentilla.). Osittaisderivoi (a.) f(x,y) = 14x 2 +xy +xy 2 (b.) f(x,y) = (x+2y) a (c.) f(x,y,z) = (xy +z)(z 2 +x) (d.) f(x,y) = ln(x 2 y 2 ) e y x. (a.) f x (x,y) = 28x+y +y 2, f y (x,y) = x+6xy. 1 Tutki kurssikirjan lukua 7.7 Why Economists Use Elasticities.

3 (b.) (c.) (d.) f x (x,y) = a(x+2y) a 1 1 = a(x+2y) a 1, f y (x,y) = a(x+2y) a 1 2 = 2a(x+2y) a 1. f x (x,y,z) = y(z 2 +x)+(xy +z) 1 = z 2 y +2xy +z, f y (x,y,z) = z 2 x+x 2, f z (x,y,z) = (z 2 +x)+(xy +z)(6z) = 9z 2 +x+6xyz. f x (x,y) = 2xy2 x 2 y x 2 ye y x = 2 x 1 2 x ey x, 6. Ratkaise yhtälöryhmät f y (x,y) = 2 y xe y x. (a.) (b.) (c.) 2x y = 4 x+2y = 6. x 2y +z = 4 2x+y +10z = 8 x+y +z = 0. 2x y = 1 4y 8x = 4. Tehtävän yhtälöparit ovat lineaarisia yhtälöpareja, joissa yhtälöitä ja tuntemattomia on yhtä monta. (a.) Lasketaan Cramerin säännöllä: x = 2 1 = ( 1) 4+ 2 = 14 7 = 2, y = = 0 4 = 0. 2 Ratkaisu on siis (2, 0). Cramerin sääntöä voitiin soveltaa, koska kerroinmatriisin determinantti on nollasta poikkeava. (b.) Cramerin säännöllä: x = ja lisäksi y = 4 ja z = 1. = 6 ( 2 8) = 12 6 = 1,

4 4 (c.) (Huomaa muuttujien järjestys.) Nyt kerroinmatriisin determinantti on nolla, eikä Cramerin säännöstä ole apua. Kertomalla ensimmäinen yhtälö luvulla 4 pariksi saadaan 8x+4y = 4, 4y 8x = 4. Yhtälöt ovat siis samat. Ratkaisuja on äärettömän monta. (Olkoon t jokin reaaliluku. Jos x = t, ratkaisut ovat (t, 1+2t).) 1 7. Olkoot A = ja B = (a.) Määritä matriisien A ja B definiittisyyden laatu. (b.) Laske matriisien A ja B ominaisarvot. (a.) Koska A 1 = > 0 ja A 2 = 6 1 = > 0, matriisi on positiivisesti definiitti. Koska B 2 = 1 < 0, matriisi on indefiniitti. (b.) (Neliö)matriisin M, ominaisarvo λ toteuttaa yhtälön M λi = 0. Sanoin: vähennetään matriisin M päädiagonaalilta luku λ, otetaan saadusta matriisista determinantti ja asetetaan se nollaksi. Kehittämällä determinantti ja ratkaisemalla yhtälö, löydetään ominaisarvot. Matriisi A: λ λ = 0, ja tämän yhtälön ratkaisut ovat samat kuin yhtälön ( λ)(2 λ) 1 = 0. Tämän ratkaisut ja siten matriisin A ominaisarvot ovat + ja. 2 2 Matriisi B: 1 λ λ λ = 0. Kehittämällä determinantti saadaan yhtälöksi (1 λ)(λ 2 1) ( λ+1)+( 1+λ) = 0, ja tämän ratkaisut ovat samat kuin yhtälön (1 λ)(λ 2 ) = 0. Tämän ratkaisut ja siten matriisin B ominaisarvot ovat 1, ja. 8. (a.) Tutki funktion f(x,y) = x 2 2xy y 2 konkaavisuutta tai konveksisuutta. (b.) Olkoon g(x,y) = x+e ax2 +by 2. Anna esimerkki luvuista a ja b, joilla funktio q on aidosti konveksi. (c.) Anna esimerkki kahden muuttujan funktiosta, joka ei ole konkaavi eikä konveksi. Perustele. (d.) Anna esimerkki kahden muuttujan funktiosta, joka on konkaavi, mutta ei ole aidosti konkaavi eikä myöskään konveksi. Perustele. 6 2 (a.) Funktion Hessen matriisi on H =, jonka alkiot on saatu osittaisderivoimalla funktiota kahdesti kummankin muuttujan suhteen ja laskemalla ris- 2 6 tiderivaatat. Hessen matriisi on negatiivisesti definiitti, koska H 1 = 6 < 0 ja H 2 = 2 > 0. Näin ollen funktio on konkaavi ja vieläpä aidosti.

5 (b.) Funktion Hessen matriisi on (2a+4a H = 2 x 2 )e ax2 +by 2 4abxye ax2 +by 2 4abxye ax2 +by 2 (2b+4b 2 y 2 )e ax2 +by. 2 Nyt H 1 = (2a+4a 2 x 2 )e ax2 +by 2, H 2 = e 2(ax2 +by 2) [(2a+4a 2 x 2 )(2b+4b 2 y 2 ) (4abxy) 2 ] = e 2(ax2 +by 2) [2a(2b+4b 2 y 2 )+8ba 2 x 2 +16a 2 b 2 x 2 y 2 16a 2 b 2 x 2 y 2 ] = e 2(ax2 +by 2) [2a(2b+4b 2 y 2 )+8ba 2 x 2 ]. Valitsemalla a ja b aidosti positiivisiksi luvuiksi, molemmat johtavat pääminorit ovat aidosti positiivisia, jolloin funktio on aidosti konveksi. (c.) Funktio f(x,y) = x 2 200xy y 2. Sen Hessen matriisi on indefiniitti (se ei siten ole semidefiniitti, eikä funktio ole konkaavi eikä konveksi). (d.) Funktio f(x,y) = x 2. Perustelut: (i.) Konkaavi: Funktio on konkaavi, koska sen Hessen matriisi on negatiivisesti semidefiniitti (sen ominaisarvot ovat 2 ja 0). (ii.) Ei ole konveksi 2 : Sovelletaan luentomonisteen Määritelmää 2.2. Tutkitaan tilannetta pisteiden (x 1,y 1 ) = (0,0) ja (x 2,y 2 ) = (1,1) avulla. Olkoon λ = 1 2. Tällöin f(λx 1 +(1 λ)x 2,λy 1 +(1 λ)y 2 ) = (λx 1 +(1 λ)x 2 ) 2 ( ) 2 1 = = 1 2 4, mutta λf(x 1,y 1 )+(1 λ)f(x 2,y 2 ) = ( 1) 12 1 = 1. Koska näillä 2 pisteillä f(λx 1 +(1 λ)x 2,λy 1 +(1 λ)y 2 ) > λf(x 1,y 1 )+(1 λ)f(x 2,y 2 ), funktio ei ole konveksi. (iii.) Ei ole aidosti konkaavi: Funktio saa vakioarvon y-akselilla, joten funktio ei ole aidosti konkaavi (täsmällisemmin asian voi ilmaista taas Määritelmän 2.2 avulla). 2 Huom. On olemassa usean muuttujan funktioita, jotka ovat sekä konkaaveja että konvekseja. Esimerkiksi lineaarinen funktio f(x, y) = 2x + y.