Bài Tập Chương 2 Toán Kinh Tế 1|Học Viện Ngân Hàng

BÀI TẬP CHƯƠNG 2 Bài 1: Q1 = 320 – 5p1 Q2 = 150 – 2p2 Suy ra: p1 = 64 – 0,2. Q1 p2 = 75 – 0,5.Q2 Lợi nhuận: π = TR - TC = p 2 2
1Q1 + p2Q2 - (3Q1 + 4Q2 - 2.Q1.Q2) = (64 – 0,2. Q 2 2
1)Q1 + (75 – 0,5.Q2)Q2 - (3Q1 + 4Q2 - 2.Q1.Q2) = −3,2𝑄2 2
1 − 4,5𝑄2 + 64𝑄1 + 75𝑄2 + 2𝑄1𝑄2 Bài 2:
a/ Để các nhà sản xuất cung ứng hàng hóa cho thị trường thì mức giá p1,p2 thỏa mãn điều kiện sau: 𝑝 { −2 + 𝑝1 > 0 1 > −2 −2 + 3𝑝  { 2 > 0 𝑝2 > 23
b/ Mô hình cân bằng của thị trường hàng hóa thứ nhất là : Qs1 =Qd1
Mô hình cân bằng của thị trường hàng hóa thứ hai là: Qs2 = Qd2
Gỉa hệ 2 phương trình trên ta được: p1 =6 và p2 = 4
Lượng cân bằng Q1 = 4 và Q2 =10 Bài 3: Ta có:
(x + y). z’x - (x - y). z’y
= (x + y). [(𝑦𝑥)′𝑥 + (√𝑥2 +𝑦2 )′𝑥] - (x – y). . [(𝑦𝑥)′𝑦 + (√𝑥2 +𝑦2 )′𝑦] 𝑥2 √𝑥2 +𝑦2 𝑥2 √𝑥2 +𝑦2 𝑦2+1 𝑦2+1 𝑥 𝑦 −𝑦 √𝑥2+𝑦2 1 √𝑥2+𝑦2 = (x + y). ( 𝑥2 + ) – (x – y). ( 𝑥 + ) = 0 𝑥2+𝑦2 √𝑥2+𝑦2 𝑥2+𝑦2 √𝑥2+𝑦2 𝑥2 𝑥2 Ta có : ′ ′ 𝑧′ ′ ( )
𝑥2+ 𝑧𝑦2 = ( 𝑥−𝑦 ) + ( 𝑥+𝑦 ) = 𝑥2+𝑦2−2𝑥.(𝑥−𝑦) + 𝑥2+𝑦2−2𝑦. 𝑥+𝑦 = 0 𝑥2+𝑦2 𝑥 𝑥2+𝑦2 𝑦 (𝑥2+𝑦2)2 (𝑥2+𝑦2)2 Bài 4 : Ta có : 1 −𝑥 VT = x. z’ 𝑦 𝑦2 x + y. z’y = x. (𝑥.
− 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛 𝑥 − 2𝑥) + y. (𝑥. − 2𝑦) 𝑥2 𝑦 𝑥2 𝑦2+1 𝑦2+1
= -2x2 -2y2 + x. arctan𝑥 = VP 𝑦
=> Điều phải chứng minh.
Bài 6 : Theo đề bài ta có: z= arctan𝑥 = arctan𝑢+𝑣 𝑦 𝑢−𝑣 Ta có : 𝑢−𝑣−𝑢−𝑣 𝑢−𝑣+𝑢+𝑣 (𝑢+𝑣 ′ ′ z’ 𝑢−𝑣)𝑢 (𝑢−𝑣)2 (𝑢−𝑣)2 u + z’v = + (𝑢+𝑣 𝑢−𝑣)𝑣 = + = 𝑢−𝑣 (𝑢+𝑣 𝑢2+𝑣2 𝑢−𝑣)2+1 (𝑢+𝑣 𝑢−𝑣)2+1 (𝑢+𝑣 𝑢−𝑣)2+1 (𝑢+𝑣 𝑢−𝑣)2+1
=> điều phải chứng minh Bài 7:
a/ Tại K= 25, L=1000 thì Q = 4000 b/ Ta có: MPPK = (Q)’ -0,5 1/3 K = 40. K .L = 80
=> chi phí để sử dụng thêm 1 đơn vị tư bản là 12 : 80 =0,15 Ta có : MPPL = (Q)’ 0,5 -2/3 L = 80. 1/3 . K . L = 4/3
=> chi phí để sử dụng thêm 1 đơn vị lao động là : 2, 5 : 4/3 = 1,875
Nên sử dung thêm 1 đơn vị tư bản Bi 8:
Hệ số co dãn của Q theo 𝑃1:
𝜀𝑄𝑃 = 𝑄′ ∗ 𝑃1 = −4. 𝑃 1 𝑃1 𝑄 1 ∗ 𝑃1 2 6300−2𝑃21−5𝑃23 𝑄
 𝜀𝑃 ( 20; 30) = −0,4 1
Vậy tại ( p1; p2 ) = ( 20; 30 ) nếu p1 tăng 1 % thì Q giảm 0,4 %
• Hệ số co dãn của Q theo 𝑃2:
𝜀𝑄𝑃 = 𝑄′ ∗ 𝑃2 = − 10 𝑃 2 𝑃2 𝑄 3 2 ∗ 𝑃2 2 6300−2𝑃21−5𝑃23
 𝜀𝑄𝑃 ( 20; 30) = −0,75 2
Vậy tại ( p1; p2 ) = ( 20; 30 ) nếu p2 tăng 1 % thì Q giảm 0,75 % Bài 9: Q 0,3 d = 1,5.M .p-0,2 Qs = 1,4.p0,3
a) Hệ số co dãn của Qd theo giá là:  Qd p = (Qd)’p. p Qd 0,3 −1,2 = 1,5.M .(−0,2).p .p 1,5.M0,3.p−0,2 = -0,2 <0
Hệ số co dãn của Qd theo thu nhập là:  Qd M = (Qd)M’. M Qd −0,7 −0,2 = 1,5.M .p .0,3.M 1,5.M0,3.p−0,2 = 0,3 >0
Vậy khi giá tăng 1% thì Qd giảm 0,2% , khi thu nhập tăng 1% thì Qd tang 0,3%.
b) Phương trình cân bằng : S=D  1,4.p0,3=1,5. p−0,2M0,3
1,4.p0,3 - 1,5. p−0,2M0,3=0
Gọi giá cân bằng là p*, lượng cân bằng Q* thì Q*= 1,4.p ∗0,3
Đặt F(p*, M,) = 1,4.p ∗0,3 - 1,5. p ∗−0,2 M0,3 ∂p∗ ∂F ∂F 1,5.0,3. p∗−0,2M−0,7
∂M = − ∂M :∂p ∗ = 1,4.0,3. p∗−0,7 + 1,5.0,2. p∗−1,2M0,3 > 0
Vậy khi thu nhập tăng thì giá cân bằng tăng v ngược lại. Bài 10: Hướng dẫn: a/ Điều kiện cần:
1 . (2𝑥4 + 𝑦4 − 4𝑥2 − 4𝑦)−2 3 ) 𝑧′ = 0 3. (8𝑥 − 8𝑥 = 0 3 { 𝑥 𝑧′ 1 3 𝑦 = 0
. (2𝑥4 + 𝑦4 − 4𝑥2 − 4𝑦)−23. (4𝑦 − 4) = 0 3 { {[ 𝑥 = 0 𝑥 = ±1 𝑦 = 0
Các điểm dừng: (0;1), (1;1), (-1;1)
Điều kiện đủ : Xét định thức : z " z" D( I) = | xx xy z" " | yx zyy
Nếu D(I) >0, z"xx > 0 => I l điểm cực tiểu
Nếu D(I) >0, z"xx < 0 => I l điểm cực đại
D(I) <0 => I không l điểm cực trị b/ Điều kiện cần 𝑧′ = 0 2 2 ( 2 2 2 { 𝑥
− 2𝑥. 2𝑥 + 3𝑦2). 𝑒−𝑥 −𝑦 = 0
𝑧′𝑦 = 0 ⇔ {4𝑥. 𝑒−𝑥 −𝑦
6𝑦. 𝑒−𝑥2−𝑦2 − 2𝑦.(2𝑥2 + 3𝑦2). 𝑒−𝑥2−𝑦2 = 0
⇔ {2𝑥. (2 − 2𝑥2 − 3𝑦2). 𝑒−𝑥2−𝑦2 = 0
2𝑦. (3 − 2𝑥2 − 3𝑦2). 𝑒−𝑥2−𝑦2 = 0 [ 𝑥 = 0 2 2
⇔ { 2 − 2𝑥 − 3𝑦 = 0 [ 𝑦 = 0 3 − 2𝑥2 − 3𝑦2 = 0
Ta có các điểm dừng : (0; 0), (0; ±1), (±1 ; 0)
Điều kiện đủ : Xét định thức : z " z" D( I) = | xx xy z" " | yx zyy
Nếu D(I) >0, z"xx > 0 => I l điểm cực tiểu
Nếu D(I) >0, z"xx < 0 => I l điểm cực đại
D(I) <0 => I không l điểm cực trị c/ :Điều kiện cần: Giải hệ: {z′x = 0 z′y = 0 {x = 5 y = 2 Điểm I(5,2) Điều kiện đủ: D(I) = |0,8 0 0 5| = 4>0
Ta có D(I) >0 mà π"xx > 0 => điểm I l điểm cực tiểu Vậy với x= 5, y = 2 thì z ct = 30 d/ Điều kiện cần:
𝑦. √1 − 𝑥2 − 𝑦2 + 𝑥𝑦. −𝑥 = 0 [ 𝑥 = 02 {z′x = 0 √1−𝑥2−𝑦2 𝑥2 + 2𝑦 = 1 z′  {  { y = 0
𝑥.√1 − 𝑥2 − 𝑦2 + 𝑥𝑦. −𝑦 = 0 √1−𝑥2−𝑦2 [ 𝑦 = 0 2𝑥2 + 𝑦2 = 1 Các điểm dừng : ( 0 ; 0), (±1 ; ±1) √3 √3
Điều kiện đủ : Xét định thức : z " z" D( I) = | xx xy z" " | yx zyy
Nếu D(I) >0, z"xx > 0 => I l điểm cực tiểu
Nếu D(I) >0, z"xx < 0 => I l điểm cực đại
D(I) <0 => I không l điểm cực trị e/ Điều kiện cần :
𝑦. ln(𝑥2 + 𝑦2) + 𝑥𝑦. 2𝑥 = 0 {z′x = 0 𝑥2+𝑦2 z′  { y = 0
𝑥.ln(𝑥2 + 𝑦2) + 𝑥𝑦. 2𝑦 = 0 𝑥2+𝑦2 𝑥 = 0
𝑦. (ln(𝑥2 + 𝑦2) +.2𝑥.𝑥 ) = 0
[ln(𝑥2 + 𝑦2)+. 2𝑦.𝑦 = 0 𝑥2+𝑦2 𝑥2+𝑦2  { 
𝑥. (ln(𝑥2 + 𝑦2) +. 2𝑦.𝑦) = 0 𝑦 = 0 𝑥2+𝑦2 [
{ (ln(𝑥2 + 𝑦2) +.2𝑥.𝑥 = 0 𝑥2+𝑦2 f/ Điều kiện cần:
2√1+𝑥2+𝑦2 – 𝑥.(2𝑥+2𝑦+1) √1+𝑥2+𝑦2 = 0 {z′x = 0 1+𝑥2+𝑦2 z′ 
{2 + 2𝑦2 − 2𝑥𝑦 − 𝑥 = 0 (1) y = 0
2√1+𝑥2+𝑦2 – 𝑦.(2𝑥+2𝑦+1)
2 + 2𝑥2 − 2𝑥𝑦 − 𝑦 = 0 (2) √1+𝑥2+𝑦2 { = 0 1+𝑥2+𝑦2
Lấy (1) – (2) ta được: (y – x). (2y +2x +1) = 0
=> Điểm dừng duy nhất là (2 ;2)
Điều kiện đủ : Xét định thức : z " z" D( I) = | xx xy z" " | yx zyy
Nếu D(I) >0, z"xx > 0 => I l điểm cực tiểu
Nếu D(I) >0, z"xx < 0 => I l điểm cực đại
D(I) <0 => I không l điểm cực trị Bài 11 : {z′x = 0 z′
 {6𝑦2 − 3𝑥 + 𝑏 = 0 y = 0 6𝑥2 − 3𝑦 + 𝑎 = 0
Theo đề bi ta tìm được a = b = -3 => c= 5 Bài 12 : Hướng dẫn :
a/ Lập hàm Lagrange: La = xy+ λ.(1 – x - y)
Giải hệ (Điều kiện cần) La′(x) = 0 𝑦 − λ = 0
{La′(y) = 0  {𝑥 − λ = 0  x=y= λ = 1 La′(λ) = 0 𝑥 + 𝑦 = 1 2
Xét định thức H tại M: ( Điều kiện đủ) 0 g′(x) g′(y)
H = |g′(x) La′ (x2) La′ (xy)| g′(y) La′ (yx) La′ (y2)
+ H > 0 thì tại x0 y0, z(x;y) max
+ H < 0 thì tại x0 y0, z(x;y) min
b/ Lập hàm Lagrange: La = xy+ λ.(2𝑎2 – 𝑥2 − 𝑦2 )
Giải hệ (Điều kiện cần) La′(x) = 0 𝑦 − 2𝑥λ = 0
{La′(y) = 0  { 𝑥 − 2𝑦λ = 0 { [𝑥 − 𝑦 = 0 𝑥 + 𝑦 = 0 La′(λ) = 0 2𝑎2 – 𝑥2 − 𝑦2 = 0 2𝑎2 – 𝑥2 − 𝑦2 = 0
Xét định thức H tại M: ( Điều kiện đủ) 0 g′(x) g′(y)
H = |g′(x) La′ (x2) La′ (xy)| g′(y) La′ (yx) La′ (y2)
+ H > 0 thì tại x0 y0, z(x;y) max
+ H < 0 thì tại x0 y0, z(x;y) min
c/ Lập hàm Lagrange: La = 2x + 9y + λ.(31– 𝑥2 − 3𝑦2 )
Giải hệ (Điều kiện cần) La′(x) = 0 2 − 2𝑥λ = 0 {𝑥 = 2 {La′(y) = 0 𝑦 = 3  { 9 − 6𝑦λ = 0 [ La′(λ) = 0 31– 𝑥2 − 3𝑦2 = 0 {𝑥 = −2 𝑦 = −3
Xét định thức H tại M: ( Điều kiện đủ) 0 g′(x) g′(y)
H = |g′(x) La′ (x2) La′ (xy)| g′(y) La′ (yx) La′ (y2)
+ H > 0 thì tại x0 y0, z(x;y) max
+ H < 0 thì tại x0 y0, z(x;y) min d/
Lập hàm Lagrange: La = 𝑥2 + 𝑦2+ λ.(1– 1 𝑥 − 1 𝑦 ) 2 3
Giải hệ (Điều kiện cần) La′(x) = 0 2𝑥 − 1 λ = 0 2 2𝑥 = 3𝑦 𝑥 = 18
{La′(y) = 0  2𝑦 − 1 λ = 0 { 13 La′(λ) = 0 3
1– 1 𝑥 − 1 𝑦 = 0 { 2 3 𝑦 = 12 13 {1– 1 𝑥 − 1 𝑦 = 0 2 3
Xét định thức H tại M: ( Điều kiện đủ) 0 g′(x) g′(y)
H = |g′(x) La′ (x2) La′ (xy)| g′(y) La′ (yx) La′ (y2)
+ H > 0 thì tại x0 y0, z(x;y) max
+ H < 0 thì tại x0 y0, z(x;y) min e/
Lập hàm Lagrange: La = 𝑐𝑜𝑠2𝑥 + 𝑐𝑜𝑠2𝑦 + λ.( 𝜋 − 𝑦 + 𝑥) 4
Giải hệ (Điều kiện cần) La′(x) = 0
−2𝑐𝑜𝑠𝑥. 𝑠𝑖𝑛𝑥 + λ = 0 𝑠𝑖𝑛2𝑥 + 𝑠𝑖𝑛2𝑦 = 0
{La′(y) = 0  {−2𝑐𝑜𝑠𝑦. 𝑠𝑖𝑛𝑦 − λ = 0 { 𝜋 − 𝑦 + 𝑥 = 0 La′(λ) = 0 𝜋 − 𝑦 + 𝑥 = 0 4 4 𝑥 = 3𝜋 { 8
2. sin(𝑥 + 𝑦) . cos(𝑥 − 𝑦) = 0 𝑦 = 5𝜋 { 𝜋 8 − 𝑦 + 𝑥 = 0  4 𝑥 = − 𝜋 { 8 [ 𝑦 = 𝜋8
Xét định thức H tại M: ( Điều kiện đủ) 0 g′(x) g′(y)
H = |g′(x) La′ (x2) La′ (xy)| g′(y) La′ (yx) La′ (y2)
+ H > 0 thì tại x0 y0, z(x;y) max
+ H < 0 thì tại x0 y0, z(x;y) min Bài 14: Hàm tổng doanh thu:
TR = 𝑝1. 𝑄1 + 𝑝2. 𝑄2 = 17𝑄1 + 21𝑄2 Hàm lợi nhuận: 𝜋(𝑄 − 1;𝑄2) = 𝑇𝑅 𝑇𝐶 = 11𝑄 2 2
1 − 4𝑄1 − 25𝑄2 − 2𝑄2 + 3 + 4𝑄1𝑄2 + 17𝑄1 + 21𝑄2 = 28𝑄 2 2
1 − 4𝑄1 − 4𝑄2 − 2𝑄2 + 3 + 4𝑄1𝑄2 Ta có hệ phương trình: 𝜋 { 𝑄′ = 28 − 8𝑄 1 1 + 4𝑄2 = 0
𝜋𝑄2′ = −4 + 4𝑄1 − 4𝑄2 = 0 → {𝑄1 = 6 𝑄2 = 5
→ Đ𝑖ể𝑚 𝑡ớ𝑖 ℎạ𝑛 (𝑄1; 𝑄2) = (6; 5) Ta có: 𝜋′ 𝑄 = −8; 𝜋′ = −4; 𝜋′ = 𝜋′ 1𝑄 = 4 1 𝑄2𝑄2 𝑄1𝑄2 𝑄2𝑄1 𝐷(6, 5) = |−8 4 4 −4| = 16 > 0
Có D(6, 5) > 0 và 𝜋′ 𝑄 = −8 < 0 𝑛ê𝑛 1𝑄1
hàm 𝜋 đạ𝑡 𝑐ự𝑐 đạ𝑖 𝑡ạ𝑖 (𝑄1; 𝑄2) = (6;5)
Vậy để thu lợi nhuận tối đa thì mức sản lượng cần sản xuất là 𝑄1 = 6 𝑣à 𝑄2 = 5 Bài 15: Ta có TC= C1 + C2=128 + 0,2Q2 2 1 + 156 + 0,1Q2 Ta có TR=p.(Q 2 2
1 +Q2)= -0,1Q1 − 0,1Q2 − 0,2Q1Q2 +600Q1 + 600Q2 Π= TR –TC= -0,3Q2 2
1 − 0,2Q2 − 0,2Q1Q2 + 600Q1 + 600Q2 − 284
Để lợi nhuận tối đa: Điều kiện cần:
π′Q1 = 600 − 0,6Q1 − 0,2Q2=0
π′Q2 = 600 − 0,2Q1 − 0,4Q2 = 0
=> Q1 = 600, Q2 = 1200 => (Q (600,1200) 1, Q2) = Điều kiện đủ: D(I) = |−0,6 − 0,2 −0,2 − 0,4| = 0,2
Ta có D(I) >0 mà π"𝑄2 < 0 => lợi nhuân tối đ a 1 Vậy với Q , Q
thì lợi nhuận đạt max 1 = 600 2 = 1200 Bài 16:.
Công ty độc quyền sản xuất nên ta có hm cung ngược là: 𝑝1 = 120 − 5𝑄1 𝑝2 = 200 − 20𝑄2 Hàm tổng doanh thu: TR = 𝑝 2 2
1. 𝑄1 + 𝑝2. 𝑄2 = 120𝑄1 − 5𝑄1 + 200𝑄2 − 20𝑄2 Hàm lợi nhuận: 𝜋(𝑄 − 1;𝑄2) = 𝑇𝑅 𝑇𝐶 = 120𝑄 2 2
1 − 5𝑄1 + 200𝑄2 − 20𝑄2 − 35 − 40(𝑄1 + 𝑄2) = 80𝑄 2 2
1 − 5𝑄1 + 160𝑄2 − 20𝑄2 − 35 Ta có hệ phương trình: 𝜋 { 𝑄′ = 80 − 10𝑄 1 1 = 0 𝜋𝑄 − 𝑄 2′ = 160 40 2 = 0 → {𝑄1 = 8 𝑄2 = 4
→ Đ𝑖ể𝑚 𝑡ớ𝑖 ℎạ𝑛 (𝑄1; 𝑄2) = (8; 4) Ta có: 𝜋′ 𝑄 = −10; 𝜋′ = −40; 𝜋′ = 𝜋′ 1𝑄 = 0 1 𝑄2𝑄2 𝑄1𝑄2 𝑄2𝑄1 𝐷(8, 4) = |−10 0 0 −40| = 400 > 0
Có D(8, 4) > 0 và 𝜋′ 𝑄 = −10 < 0 𝑛ê𝑛 1𝑄1
hàm 𝜋 đạ𝑡 𝑐ự𝑐 đạ𝑖 𝑡ạ𝑖
(𝑄1; 𝑄2) = (8; 4) → (𝑝1;𝑝2) = (80;120)
Vậy để thu lợi nhuận tối đa thì sản phẩm cần sản xuất và giá bán ở mỗi cơ sở là 𝑄1 =
8; 𝑝1 = 80 𝑣à 𝑄2 = 4; 𝑝2 = 120 Bài 17: Q1 = 40 – 2p1 - p2 Q2 = 35 - p1 - p2 Suy ra: p1 = 5 - Q1 + Q2 p2 = 30 + Q1 - 2Q2 Lợi nhuận: π = TR - TC = p 2 2 1Q1 + p2Q2 - (Q1 + 2Q2 + 10) = (5 - Q 2 2
1 + Q2)Q1 + (30 + Q1 - 2Q2)Q2 - (Q1 + 2Q2 + 10) = −2𝑄2 2
1 − 4𝑄2 + 5𝑄1 + 30𝑄2 + 2𝑄1𝑄2 − 10
Ta giải hệ phương trình: 𝜋′ = − 4𝑄 { 𝑄1 1 + 2𝑄2 + 5 = 0 𝜋′𝑄 = − 8𝑄 30 2 2 + 2𝑄1 + = 0  {𝑄1 = 3,5714 𝑄2 = 4,6429
=> Ta có điểm dừng (Q1, Q2) = (3,5714; 4,6429) Ta có: 𝜋′ 2 𝑄 = −4 1 𝜋′ 2 𝑄 = −8 2 𝜋′ ′
𝑄1𝑄2 = 𝜋𝑄2𝑄1 = 2 Ta có: D(I) = |−4 2 2 −8| = 28 > 0 Có D(I) > 0 và 𝜋′ 2
𝑄 = −4 < 0 nên (Q1, Q2) = (3,5714; 4,6429) l điểm cực đại của 1 hàm số 𝜋
Vậy để lợi nhuận đạt tối đa thì sản lượng của mỗi thị trường lần lượt là
𝑄1 = 3,5714 𝑣à 𝑄2 = 4,6429
Khi đó: 𝑝1 = 6,0715 và 𝑝2 = 4,2856 Bài 18: Hàm tổng chi phí: TC 2 1 = 2Q1 + 0.1Q1 + c1 TC 2 2 = 6Q2 + 0.02Q2 + c2 Hàm tổng doanh thu: TR = P.(Q 2 2
1 + Q2) = 66𝑄1 + 66𝑄2 − 0,2𝑄1𝑄2 − 0,1𝑄1 − 0,1𝑄2 Hàm lợi nhuận:  = TR – TC = TR– TC1 – TC2 = 64𝑄 2 2
1 + 60𝑄2 − 0,2𝑄1𝑄2 − 0,2𝑄1 − 0,12𝑄2 + 𝐶1 + 𝐶2
Có: 𝜋′𝑄 = -0,4 Q1 + 64 -0,2Q2= 0 1 𝜋′𝑄 = -0,24Q 2 2 + 60 -0,2Q1 = 0  { 𝑄1 = 60 𝑄2 = 200
=> Điểm tới hạn là M(60, 200) Tại điểm M(60, 200) 𝜋′𝑄2 = -0.4 1 𝜋′𝑄2 = -0.24 2 𝜋′ ′
𝑄1𝑄2 = 𝜋𝑄2𝑄1 = -0,2 D(M) = |−0,4 −0,2
−0,2 −0,24| = 0,056 > 0
Có D(M) > 0 và 𝜋′𝑄2 < 0 nên M l điểm cực đại 1 Vậy cần sản xuất 6
0 sản phẩm ở nhà máy 1 và 200 sản phẩm ở nhà máy 2 và p= 40 để
thu được lợi nhuận tối đa Bài 19:
Hàm lợi ích tiêu dùng: 𝑈 = 5. 𝑥0,4. 𝑦0,4
Do ngân sách tiêu dùng là $300 nên: 3𝑥 + 5𝑦 = 300
Vậy nên, bi toán đã cho l tìm cực trị của hàm số 𝑈 = 5. 𝑥0,4. 𝑦0,4
với 𝑥 > 0, 𝑦 > 0 thỏa mãn điều kiện 300 − 3𝑥 − 5𝑦 = 0
Dùng Phương pháp nhân tử Lagrange: • Ta lập hàm Lagrange:
𝐿(𝑥, 𝑦,𝜆) = 5. 𝑥0,4. 𝑦0,4 + 𝜆(300 − 3𝑥 − 5𝑦) • Giải hệ:
𝐿′𝑥(𝑥, 𝑦, 𝜆) = 5.0,4. 𝑥−0.6 0,4 . 𝑦 − 3𝜆 = 0
{𝐿′𝑦(𝑥, 𝑦, 𝜆) = 5.0,4. 𝑥0,4 −0,6 . 𝑦 − 5𝜆 = 0
𝐿′𝜆(𝑥, 𝑦, 𝜆) = 300 − 3𝑥 − 5𝑦 = 0
Ta có nghiệm duy nhất (𝑥, 𝑦, 𝜆) = (50; 30; 0,2485) • Ta có: 𝐿 ′ −3
11 = 𝐿𝑥2(𝑥, 𝑦, 𝜆) = −8,947. 10 𝐿 ′
22 = 𝐿𝑦2(𝑥, 𝑦, 𝜆) = −0,0249 𝐿 ′ −3
12 = 𝐿21 = 𝐿𝑥𝑦(𝑥, 𝑦, 𝜆) = 0,9411. 10
Với 𝑔(𝑥, 𝑦) = 3𝑥 + 5𝑦, ta có: 𝑔 ′ 1 = 𝑔𝑥(𝑥, 𝑦) = 3 𝑔 ′ 2 = 𝑔𝑦(𝑥, 𝑦) = 5
• Tại (𝑥, 𝑦, 𝜆) = (50; 30; 0,2485), ta có: 0 𝑔1 𝑔2 0 3 5 |𝐻󰆽| = |𝑔 −3 −3 1
𝐿11 𝐿12| = | 3 −8,947. 10 0,9411. 10 | = 0,4960 > 0 𝑔2 𝐿21 𝐿22 5 0,9411. 10−3 −0.0249
Vậy để lợi ích tiêu dùng lớn nhất thì hộ gia đình nên tiêu dùng gói hng (𝑥, 𝑦) = (50,30) Bài 20:
Hàm sản suất: 𝑄 = 𝐾0,3. 𝐿0,5
Do ngân sách cố định là $384 nên: 6𝐾 + 2𝐿 = 384
Vậy nên, bi toán đã cho l tìm cực trị của hàm số 𝑄 = 𝐾0,3. 𝐿0,5
với 𝐾 > 0, 𝐿 > 0 thỏa mãn điều kiện 384 − 6𝐾 − 2𝐿 = 0
Dùng Phương pháp nhân tử Lagrange: • Ta lập hàm Lagrange:
𝐿(𝐾, 𝐿, 𝜆) = 𝐾0,3. 𝐿0,5 + 𝜆(384 − 6𝐾 − 2𝐿) • Giải hệ:
𝐿′𝐾(𝐾, 𝐿, 𝜆) = 0,3.𝐾−0,7. 𝐿0,5 − 6𝜆 = 0
{𝐿′𝐿(𝐾, 𝐿, 𝜆) = 0,5. 𝐾0,3. 𝐿−0,5 − 2𝜆 = 0
𝐿′𝜆(𝐾, 𝐿, 𝜆) = 384 − 6𝐾 − 2𝐿 = 0
Ta có nghiệm duy nhất(𝐾, 𝐿, 𝜆) = (24; 120; 0,0592) ′
• Ta có: 𝐿11 = 𝐿𝐾2(𝐾, 𝐿, 𝜆) = −0,01 𝐿 ′
22 = 𝐿𝐿2(𝐾, 𝐿, 𝜆) = −0,0005 𝐿 ′
12 = 𝐿21 = 𝐿𝐾𝐿(𝐾, 𝐿, 𝜆) = 0,002
Với 𝑔(𝐾, 𝐿) = 6𝐾 + 2𝐿, ta có: 𝑔 ′ 1 = 𝑔𝐾 (𝐾, 𝐿) = 6 𝑔 ′ 2 = 𝑔𝐿(𝐾, 𝐿) = 2
• Tại (𝐾, 𝐿, 𝜆) = (24; 120; 0,0592), ta có: 0 𝑔1 𝑔2 0 6 2
|𝐻󰆽| = |𝑔1 𝐿11 𝐿12| = | 6 −0,01 0,002 | = 0,106 > 0 𝑔2 𝐿21 𝐿22 2 0,002 −0,0005
Vậy để thu được sản lượng tối đa, doanh nghiệp đó nên sử dụng đơn vị tư bản (K) và
đơn vị lao động (L) tương ứng là (𝐾, 𝐿) = (24, 120) Bài 21: Hàm chi phí: TC = 70K + 20L
Vì hợp đồng cung ứng là 5600 sản phẩm nên: K.(L + 5) = 5600
Vậy nên bi toán đã cho l tìm cực trị của hàm số TC = 70K + 20L với K > 0,
L > 0 thỏa mãn điều kiện: 5600 − 𝐾𝐿 − 5𝐾 = 0
Dùng Phương pháp nhân tử Lagrange: • Ta lập hàm Lagrange:
L(K, L, λ) = 70𝐾 + 20L + λ(5600  5K  KL)
𝐿′𝐾(𝐾, 𝐿, 𝜆) = 70 − 𝜆𝐿 − 5𝜆 = 0 • Giải hệ: {
𝐿′𝐿(𝐾, 𝐿, 𝜆) = 20 − 𝐾𝜆 = 0
𝐿′𝜆(𝐾, 𝐿, 𝜆) = 5600 − 𝐾𝐿 − 5𝐾 = 0
Ta có nghiệm duy nhất: (K, L, λ) = (40; 135; 0,5)
𝐿11 = 𝐿′ 𝐾2(𝐾,𝐿, 𝜆) = 0 • Ta có: 𝐿 ′
22 = 𝐿 𝐿2(𝐾, 𝐿, 𝜆) = 0 𝐿12 = 𝐿21 = 𝐿′ (
𝐾𝐿 𝐾, 𝐿, 𝜆) = −0.5
Với g(K, L) =𝐾𝐿 + 5𝐾, ta có: 𝑔1 = 𝑔′ ( 𝐾 𝐾, 𝐿) = 140 𝑔2 = 𝑔′ ( 𝐿 𝐾, 𝐿) =  40
• Tại (K, L, λ) = (40; 135; 0,5) ta có: 0 𝑔1 𝑔2 0 140 40
|𝐻| = |𝑔1 𝐿11 𝐿12| = | 140 0 −0.5| = −5600 < 0 𝑔2 𝐿21 𝐿22 40 −0.5 0
Nên việc sản xuất đạt cực tiểu tại (K, L) = (40; 135)