Matematikk for økonomi og finans. Oppgaver og løsningsforslag 2. utgave av Eivind Eriksen (utdrag)

Forord

Dette er arbeidsboken for Matematikk for økonomi og finans, en lærebok i matematikk skrevet for kursene Matematikk for økonomer / Matematikk for siviløkonomer.

Arbeidsboken består av to deler. Del I inneholder fullstendige løsninger til alle oppgaver i læreboken, organisert etter de syv kapitlene i læreboken. Del II inneholder stoff om bruk av kalkulator og andre hjelpemidler, samt supplerende øvingsoppgaver og eksamensoppgaver med løsning. Øvingsoppgavene er organisert etter kapitlene i læreboken, og inneholder oppgaver av varierende vanskelighetsgrad.

Jeg underviste kurset Matematikk for siviløkonomer på Handelshøyskolen BI mens jeg arbeidet med læreboken og oppgaveboken, og jeg vil takke alle studentene som bidro til å rette opp trykkfeil, spesielt i oppgavene og løsningene av oppgavene. Jeg vil også takke Erlend Skaldehaug Riis og Asbjørn Nilsen Riseth for hjelp med å skrive inn løsninger i LaTeX, og Kari-Mette Sætersdal for korrekturlesning.

Andre utgave Andre utgave av læreboken Matematikk for økonomi og finans utgis åtte år etter den første utgaven kom ut i 2016. Den andre utgaven av arbeidsboken er tilpasset den nye utgaven av læreboken. Spesielt inneholder arbeidsboken nå fullstendige løsninger til alle oppgaver i den nye utgaven av læreboken i Del I, deriblant de nye oppgavene på temaer som vektorregning og gradient. Vi har også supplert arbeidsboken med mange flere øvings- og eksamensoppgaver i Del II. Oslo, 30. april 2024 Eivind Eriksen

Innhold Del I – Løsning til oppgaver i læreboken

3.7

Polynomfunksjoner og nullpunkter

3.8

Rasjonale funksjoner og hyperbelen 59

Kapittel 1 Finansmatematikk 10

3.9

Kontinuitet

61

3.10 Sammensatte og omvendte funksjoner 62

1.1

Relativ vekst og vekstfaktorer

1.2

Potenser og potensregning

1.3

Renteregning

10

1.4

Nåverdi av kontantstrømmer

1.5

Endelige rekker

1.6

Annuiteter og annuitetslån

1.7

Uendelige rekker og grenseverdier

1.8

Eulers tall og kontinuerlig forrentning 20

11

3.11 Eksponentialfunksjoner

12

3.12 Logaritmer

13

15

63

64

Kapittel 4 Derivasjon 65

17 19

Kapittel 2 Likninger og ulikheter 22

2.1

Lineære likninger

22

2.2

Kvadratiske likninger

2.3

Likninger med parametre

2.4

Polynomiale likninger

2.5

Polynomdivisjon

2.6

Faktorisering av polynomer

38

2.7

Andre algebraiske likninger

41

2.8

Ulikheter

24 32

34

36

44

Kapittel 3 Funksjoner og grafer 47

3.1

Funksjoner

47

3.2

Grafen til en funksjon

3.3

Lineære funksjoner og den rette linjen 50

3.4

Kvadratiske funksjoner og parabelen 51

3.5

Inntekts- og kostnadsfunksjoner 53

3.6

Sirkler og ellipser

54

56

48

4.1

Tangenter og den deriverte

65

4.2

Den deriverte funksjonen

4.3

Derivasjonsregler 72

4.4

Funksjoner som ikke er deriverbare

4.5

Implisitt derivasjon

4.6

Funksjonsdrøfting og den deriverte

80

4.7

Den andrederiverte og konveksitet

84

4.8

L’Hôpitals regel

4.9

Økonomiske anvendelser

70 75

77

90 91

4.10 Taylorpolynomer 96 Kapittel 5 Integrasjon 102

5.1

Antiderivasjon og ubestemte integraler 102

5.2

Integrasjonsregler

5.3

Substitusjon

5.4

Delvis integrasjon

5.5

Delbrøksoppspaltning

5.6

Bestemte integraler og arealberegning 121

5.7

Økonomiske anvendelser

104

106 109 115 125

Kapittel 6 Lineære likningssystemer, vektorer og matriser 129

Kapittel 9 Øvingsoppgaver med løsning 197

9.1

Øvingsoppgaver til kapittel 1–3

6.1

Likningssystemer

129

9.2

Øvingsoppgaver til kapittel 4

198

6.2

Lineære systemer og Gauss-eliminasjon 134

9.3

Øvingsoppgaver til kapittel 5

199

9.4

Øvingsoppgaver til kapittel 6

201

6.3

Antall løsninger av lineære systemer 140

9.5

Øvingsoppgaver til kapittel 7

204

6.4

Determinanter

9.6

6.5

Vektorer og vektorregning

Løsning av øvingsoppgaver til kapittel 1–3 206

6.6

Matrisemultiplikasjon

9.7

6.7

Inverse matriser

Løsning av øvingsoppgaver til kapittel 4 210

6.8

Indreprodukt av vektorer og ortogonalitet 160

9.8

Løsning av øvingsoppgaver til kapittel 5 215

9.9

Løsning av øvingsoppgaver til kapittel 6 220

147 152

155

156

Kapittel 7 Funksjoner i flere variabler 161

7.1

Funksjoner i to variabler

161

7.2

Noen klasser av funksjoner 164

7.3

Partiellderivasjon 166

7.4

Optimering i to variabler

7.5

Tangenten til en nivåkurve

7.6

Gradienten

7.7

Optimering med bibetingelser

168 173

175 177

9.10 Løsning av øvingsoppgaver til kapittel 7 227 Kapittel 10 Eksamensoppgaver med løsning 239

10.1 Matematikk for siviløkonomer (Eksamen BI desember 2015) 239 10.2 Matematikk for siviløkonomer (Prøve-eksamen BI mai 2016) 241

Del II – Øvingsoppgaver og eksamensoppgaver

10.3 Matematikk for siviløkonomer (Eksamen BI juni 2016) 242

Kapittel 8 Bruk av kalkulator og annen programvare 191

10.4 Matematikk for siviløkonomer (Eksamen BI mai 2017) 244

8.1

Kalkulatoren HP 10bII+

8.2

Microsoft Excel

194

10.5 Matematikk for siviløkonomer (Eksamen BI mai 2018) 245

8.3

Wolfram Alpha

196

191

197

10.6 Matematikk for siviløkonomer (Eksamen BI mai 2019) 247 10.7 Matematikk for siviløkonomer (Hjemme-eksamen BI juni 2020)

249

10.8 Matematikk for siviløkonomer (Hjemme-eksamen BI juni 2021)

251

10.9 Matematikk for siviløkonomer (Eksamen BI mai 2022) 253 10.10 Løsning av eksamensoppgavene

256

DEL I Løsning til oppgaver i læreboken

KAPITTEL 1

Finansmatematikk 1.1 Relativ vekst og vekstfaktorer Løsning 1.1.1 a) 15% b) 7,5%

c) 90%

d) 0,5%

e) 80%

f) 25,5%

Løsning 1.1.2 a) 0,13 b) 0,015

c) 0,625

d) 0,40

e) 0,14

f) 0,35

Løsning 1.1.3 a) 3,25 b) 2,1

c) 4,8

d) 5,95

Løsning 1.1.4 a) 1,13 b) 1,015

c) 1,625

d) 2,4

e) 1,14

f) 0,65

Løsning 1.1.5 a) 35% b) 200%

c) 75%

d) 40%

e) 500%

Løsning 1.1.6 1,123 1 40,5%: Hvis prisen på varen originalt er x, så er prisen etter tre år 1,123 x.

Det vil si at den totale økningen (differansen) er 1,123 x x ¼ ð1,123 1Þx, og at den prosentvise økningen er ð1,123 1Þx=x ¼ 1,123 1 40,5%.

Løsning 1.1.7 Prisen går ned 1,9%: Hvis den originale prisen på varen er x, så er den nye prisen 0,75 1,2 1,09 x ¼ 0,981x. Det vil ikke endre seg om prisnedgangen kommer først. Siden prosentvis prisforandring er gitt ved multiplikasjon, så har rekkefølgen ingen betydning.

Løsning 1.1.8 Kursøkningen må være minst r ¼ 1=0,3 1 233%: Vi setter opp stykket som følger: Hvis prisen på aksjen var x da du kjøpte den, så gikk den ned til y ¼ 0,3x rett etter. Vi trenger en kursøkning r slik at ð1 þ rÞy ¼ x. Vi setter inn 0,3x ¼ y i ligningen og får ð1 þ rÞ 0,3x ¼ x ) 1 þ r ¼ 1 ) r ¼ 1 1 233% 0,3 0,3

FINANSMATEMATIKK

Løsning 1.1.9 140=0,85 164,71: Hvis varen originalt kostet x, så er 0,85x ¼ 140.

Løsning 1.1.10 Den samlede prosentvise økningen er på R% þ R0 % þ R% R0 %. Dette er fordi den første prisøkningen er en faktor av ð1 þ R=100Þ og den andre prisøkningen en faktor av ð1 þ R0 =100Þ. Det betyr at den totale prisøkningen er en faktor av

R R0 R R0 R R0 ¼ 1þ þ 1þ þ

1þ 100 100 100 100 100 100 ¼ ð1 þ R% þ R0 % þ R% R0 %Þ Det er da åpenbart at 1 þ R% þ R0 % þ R% R0 % 6¼ 1 þ R% þ R0 %

1.2 Potenser og potensregning Løsning 1.2.1 a) 243 b) 9 Løsning 1.2.2 pffiffiffi a) 3 3 pffiffiffiffiffi c) 23 1ffiffiffi e) p 3 3

c) 1

d) 18

e) 16

ffiffiffiffiffi p 5 2 2 pffiffiffiffiffi pffiffiffi pffiffiffi pffiffiffi d) 12 ¼ 4 3 ¼ 2 3

b)

Løsning 1.2.3 a) 51=2

b) 41=3

Løsning 1.2.4 a) 1,587 b) 4,472

c) 4001=4

d) 1,061=12

c) 4,661

d) 1,003

e) 0,463

Løsning 1.2.5 Fra definisjonen av potenser: ðabÞn ¼ ðabÞ ðabÞ ðabÞ . . . ðabÞ ¼ ða a . . . aÞ ðb b . . . bÞ ¼ an bn |fflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflfflffl} |fflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflffl} |fflfflfflfflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflfflfflfflffl} faktoren ðabÞ n ganger

n ganger

n ganger

11

1

12

DEL I LØSNING TIL OPPGAVER I LÆREBOKEN

Løsning 1.2.6

1

a)

ða3 b2 Þ3 ðabÞ 1 a9 b6 a 1 b 1 ¼ ¼ a9 1 2 b6 1 1 ¼ a6 b4 a2 b a2 b

ða1=3 bÞ2 b 1 a2=3 b2 b 1 ¼ ¼ a2=3 1=2 b2 1 1 ¼ a1=6 b) 1=2 1=2 a b a b p ffiffi ffi 2 a2 b ða 1 bÞ a2 b1=2 a 2 b2 ffiffiffi c) ¼ a2 2 1=2 b1=2 þ 2 1=3 ¼ a 1=2 b13=6 ¼ pffiffiffi p 3 1=2 b1=3 a a b Løsning 1.2.7 pffiffiffiffiffi pffiffiffi pffiffiffi ab ¼ ðabÞ1=2 ¼ a1=2 b1=2 ¼ a b og ffiffiffiffiffi p pffiffiffi pffiffiffi n ab ¼ ðabÞ1=n ¼ a1=n b1=n ¼ n a n b.

Løsning 1.2.8 De fleste verdier for a, b og n > 1 fungerer. For eksempel gir a ¼ 2, b ¼ 3, n ¼ 2 at ða þ bÞn ¼ ð2 þ 3Þ2 ¼ 52 ¼ 25, an þ bn ¼ 22 þ 32 ¼ 4 þ 9 ¼ 13

1.3 Renteregning Løsning 1.3.1 4:000 1,055 5,105,13 kr: Hvis vi har 5% rente, økes beløpet med faktoren 1,05 hvert år. Det tilsvarer faktoren 1,055 etter fem år.

Løsning 1.3.2 i) 5:000 1,1210 15:529,24 kr: Årlig kapitalisering betyr at beløpet øker med faktoren 1,12 hvert år, over 10 år. ii) 5:000 ð1 þ 0,12=12Þ12 10 ¼ 5:000 1,01120 16:501,93 kr: Hvis vi får 12% rente per år med månedlig kapitalisering, betyr det at renten deles ut jevnt over året, og at vi hver måned får 12%=12 ¼ 1% rente. Så hver måned øker beløpet med faktoren 1,01. Siden dette skjer 12 ganger i året over 10 år, blir den totale økningen gitt ved faktoren 1,0112 10 .

FINANSMATEMATIKK

Løsning 1.3.3 a) 4,7%

13

1

b) ð1 þ 0,047=4Þ4 1 4,78%. Vi får 4,7=4% rente hvert kvartal, så etter fire kvartaler har beløpet vårt økt med faktoren ð1 þ 0,047=4Þ4 . For å få tilsvarende effektiv rente trekker vi fra 1. c) ð1 þ 0,047=12Þ12 1 4,80%. Samme forklaring som for ii) ovenfor.

Løsning 1.3.4 R ¼ 3:

1,0372=3 ¼ 1,0324 2,033

R ¼ 6:

1,0672=6 ¼ 1,0612 2,012

R ¼ 8:

1,0872=8 ¼ 1,089 1,999

R ¼ 12: 1,1272=12 ¼ 1,126 1,974 De samlede vekstfaktorene er nær 2, så tilnærmingen er ganske god (og best for R ¼ 6 og R ¼ 8).

1.4 Nåverdi av kontantstrømmer Løsning 1.4.1 K0 14:053,25 kr: Vi setter opp stykket som følger: Vi vil sette inn et beløp K0 slik at når vi tar ut 5.000 kr etter det første året og 10.000 kr etter det andre året, så er det akkurat 0 kr igjen på kontoen. Etter førsteårs renteinnskudd og uttak på 5.000 kr er kontobeløpet på K1 ¼ 1,04 K0 5:000 Etter andreårs renteinnskudd (på K1 ) og uttak på 10.000 kr er kontobeløpet på K2 ¼ 1,04 K1 10:000 og siden vi vil ha 0 kroner igjen på kontoen til slutt, setter vi K2 ¼ 0. Vi kan så sette inn 1,04 K0 5:000 for K1 i den andre likningen: 0 ¼ 1,04 ð1,04 K0 5:000Þ 10:000 Dette gir K0 1,042 5:000 1,04 10:000 ¼ 0, hvor venstresiden også kan tolkes som sluttverdien av kontantstrømmen ðK0 , 5:000, 10:000Þ. Løsningen er dermed gitt ved K0 ¼ ð5:000 1,04 þ 10:000Þ=1,042 14:053,25.

14

1

DEL I LØSNING TIL OPPGAVER I LÆREBOKEN

Løsning 1.4.2 K0 2:461,04 kr: Hvis vi setter inn et beløp på K0 , har det økt til 1,0210 K0 etter 10 år. Vi setter dette lik 3:000 kr, og får K0 ¼ 3:000=1; 0210 2:461,04.

Løsning 1.4.3 a) 5:000=1,033 4:575,71 kr b) 5:000=1,053 4:319,19 kr c) 5:000=1,083 3:969,16 kr Hvis K0 er nåverdien med rente r, er verdien om tre år ð1 þ rÞ3 K0 ¼ 5:000.

Vi finner K0 ved å løse likningen.

Løsning 1.4.4 a) 500:000 þ 750:000=1,055 87:645 kr b) 500:000 þ 750:000=1,085 10:437 kr c) 500:000 þ 750:000=1,105 34:309 kr Vi veier tilbakebetaling av 750:000 opp mot det 500:000 ville forrentet seg til.

Med tre års renter med rente r ville 500:000 kr gitt ð1 þ rÞ3 500:000. Dermed er forskjellen i fortjeneste om tre år 750:000 ð1 þ rÞ3 500:000. Vi vil ha fortjenesten som en nåverdi, som betyr at vi må justere for tre års renteøkning ved å dele forskjellen på ð1 þ rÞ3 . Dette gir oss 750:000=ð1 þ rÞ3 500:000 Vi ser at for de to første rentenivåene vil investeringen lønne seg, mens for det tredje rentenivået gir rentealternativet større fortjeneste (investeringen lønner seg ikke).

Løsning 1.4.5 Nåverdien er 565:000 kr: Dette er samme problem som i oppgave 1.4.4, bare at nå skjer utbetalingen over tre år. Vi sammenligner fortjeneste på investering med fortjeneste på rente. Hvis du investerer, har du 750:000 þ 1,10 750:000 þ 1,102 750:000 etter tre år. Til sammenligning, hvis du beholder de 1.300.000 kronene i banken, får du tilbakebetaling på renten 1,103 1:300:000. Vi er interessert i nåverdi, så vi justerer for tre års renteøkning ved å dele forskjellen på 1,103 . Dette gir oss 750:000=1,103 þ 750:000=1,102 þ 750:000=1,10 1:300:000 565:000 kr

FINANSMATEMATIKK

Løsning 1.4.6 Internrente for kontantstrøm er den renten som gjør nåverdien til kontantstrømmen lik 0. Dersom långiver finansierer lånet ved å selv betale en rente lik internrenten, vil dette akkurat dekkes av lånets kontantstrøm. Når vi definerer effektiv rente på denne måten, kan vi også ta hensyn til gebyrer m.m. (de er en del av lånets kontantstrøm).

1.5 Endelige rekker Løsning 1.5.1 S30 ¼ 1,425: Vi har a1 ¼ 4 og a30 ¼ 4 þ ð30 1Þ d ¼ 4 þ 29 3 ¼ 91 Summen blir da S30 ¼ 30

a1 þ a30 ¼ 30 4 þ 91 ¼ 1,425 2 2

Løsning 1.5.2 Summen er 10:000: Siden oddetallene 1, 3, 5, . . . danner en aritmetisk rekke, bruker vi formelen for summen av aritmetiske rekker: a1 þ an 2 Vi har at a1 ¼ 1 og an ¼ 199. Vi vet også at d ¼ 2. Det gjenstår å finne n slik at an ¼ 199. Formelen for an er sn ¼ n

an ¼ a1 þ ðn 1Þ d som gir oss 199 ¼ 1 þ ðn 1Þ 2 og løser vi dette, får vi n ¼ 100. Dermed har vi løsningen S100 ¼ 100

1 þ 199 ¼ 10:000 2

15

1

16

1

DEL I LØSNING TIL OPPGAVER I LÆREBOKEN

Løsning 1.5.3 Summen er 255=128 1,992: Dette er en geometrisk rekke an ¼ kn 1 a1 , så vi kan bruke formelen 1 kn sn ¼ a1 1 k Vi ser at a1 ¼ 1, og at k ¼ 1=2. For å finne n løser vi 1 ¼ 1 () 2n ¼ 2 128 ¼ 256 128 2n 1 som gir oss n ¼ 8. Derfor er løsningen s8 ¼ 1

1 1=2n 255=256 255 ¼ 1,992 ¼ 1=2 128 1 1=2

Løsning 1.5.4 For å bruke formelen for summen av den geometriske rekken an ¼ a1 kn 1 må vi finne k og a1 . Vi har k¼

a3 132 27 ¼ ¼ a2 125 25

og a1 ¼

a2 ¼ 125 25 ¼ 3:125 27 27 k

Dette gir oss løsningen 8

S8 ¼ a1

1 kn 3,125 1 ð27=25Þ

¼ 1,231 27 1 k 1 27=25

Løsning 1.5.5 Samlede kostnader er 2:499 mill. kr: Vi får en geometrisk rekke, siden kostnadene nå er a0 ¼ 160 mill. kr. Kostnadene etter ett år er a1 ¼ a0 1,03, og kostnadene etter n år er a0 1,03n . Vi summerer fra a0 til a12 , som gir oss S12 ¼ 160

1 1,0313 2:499 1 1,03

FINANSMATEMATIKK

1.6 Annuiteter og annuitetslån

1

Løsning 1.6.1 Nåverdien er 399:271 kr: Nåverdien gir oss en geometrisk sum 5

100:000 þ . . . þ 100:000 ¼ 100:000 1 ð1=1,08Þ 399:271 1,08 1,085 1,08 1 1=1,08 Løsning 1.6.2 Nåverdien er 342:311 kr: Nåverdien gir oss en geometrisk sum 5

100:000 þ . . . þ 100:000 ¼ 100:000 1 ð1=1,08Þ 342:311 1,083 1,087 1,083 1 1=1,08 Løsning 1.6.3 Vi lar r være nominell rente og A være annuitetsbeløpet. Vi har formelen

A ð1 þ r=12Þ360 1 15:000:000 ¼ r=12 ð1 þ r=12Þ360 A¼

15:000:000 r=12 ð1 þ r=12Þ360 ð1 þ r=12Þ360 1

Så når r ¼ 4%, er svaret A 71:612,30 kr og når r ¼ 5%, er svaret A 80:523,24 kr Løsning 1.6.4 Vi finner først annuitetsbeløpet A: A¼

3:000:000 0,0425=12 ð1 þ 0,0425=12Þ240 18:577,03 kr ð1 þ 0,0425=12Þ240 1

Rentekostnadene er på A 240 |fflfflffl {zfflffl ffl} 3:000:000 |fflfflfflfflfflffl{zfflfflfflfflfflffl} 1:458:487,91 kr totalt

avdrag

Om lånet var gitt som serielån, ville avdragene per termin vært 3:000:000 ¼ 12:500 240 Etter k terminer er derfor lånesaldo 3:000:000 12:500k og renter i påfølgende termin blir ð3:000:000 12:500kÞ

17

0,0425 531,25 ¼ 10:625 k 12 12