Kỹ thuật tạo hạt: mục tiêu

lOMoARcPSD|37186047
TOÁN CAO CẤP DÀNH CHO KINH TẾ VÀ QUẢN TRỊ
Toán cao cấp (Trường Đại học Kinh tế Thành phố Hồ Chí Minh) Scan to open on Studocu
Studocu is not sponsored or endorsed by any college or university
Downloaded by Hoa Ph??ng Phan th? (hoaphuong190723@gmail.com) lOMoARcPSD|37186047 TOÁN CAO CẤẤP
Dành cho kinh tếế và qu n ả trị [School] [Course title] TOÁN CAO CẤẤP
MỤC LỤC: Trang Chương I: Ma Trận Và Định
Thức............................................................................................. 2 Chương II: Hệ
Phương Trình Tuyến Tính Và Ứng Dụng ....................................................... 8 Chương III: Tính Liên Tục Của Hàm Một
Biến .....................................................................14 Chương IV: Phép Tính Vi Phân
Của Hàm Một Biến.............................................................16 Chương V: Hàm
Downloaded by Hoa Ph??ng Phan th? (hoaphuong190723@gmail.com) lOMoARcPSD|37186047 Nhiều
Biến.....................................................................................................20 Chương VI: Phương Trình Vi
Phân..........................................................................................23 Chương VII: Ứng
Dụng Của Giải Tích Trong Kinh Tế.........................................................28
Ghi chú: Tài liệu được biên soạn bởi sinh viên nên chỉ mang tính chất tham khảo, giúp
các bạn có thể hiểu bằng những ngôn ngữ nói, không dùng nhiều thuật ngữ chuyên
sâu. Và cũng có thể còn một số sai sót, mong mọi người cho qua ạ 1 e g a P Biên so n ạ b i
ở Trầần Khoa – FNC05 – K46 – Trư n ờ g Đ i ạ h c
ọ Kinh têế TP.HCM TOÁN CAO CẤẤP
Chương I: Ma Trận Và Định Thức
I. Định nghĩa: Ma trận A có cấp mxn là một bảng số các số thực, xếp thành m dòng và n cột có dạng ( )
a11 ⋯ a1n ⋮ ⋱ ⋮ am1 ⋯ amn
II. Các dạng ma trận 0 0 0
Downloaded by Hoa Ph??ng Phan th? (hoaphuong190723@gmail.com) lOMoARcPSD|37186047
Ma trận không: ( Ma trận vuông: ( 0 0 0 0 0 0
) (Số cột bằng số dòng) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 ) Ma trận tam giác trên: ( Ma trận đường chéo: ( 1 1 2 3 0 4 5 0 0 6 1 0 0 0 2 0 0 0 3
Ma trận đơn vị: I3 = ( a ⋮
) (là ma trận vuông có các phần tử dưới) (ma trận vuông mà các phần tử không1 0 0 0 1 0 0 0 1
đường chéo chính bằng 0)
thuộc đường chéo bằng 0)
) (ma trận đường chéo mà các phần tử
thuộc chéo chính bằng 1)
) là vecto cột; (a1 … an) là vecto dòng ( a 1 2 3 4 5 6 7 8 9 n Ma trận chuyển vị: A = ) → AT = ( 1 4 7 2 5 8 3 6 9 ( ) 1 4 2 5 3 6 Hay B = (1 2 3 4 5 6) → BT = ( )
III. Phép tính giữa 2 ma trận • Phép cộng 2 ma trận: ( 1 2 3 4 5 6 7 8 9 ) + ( 4 2 7 9 6 6 7 2 1 ) = ( 5 4 3 13 5 6 14 8) 9
• Phép nhân ma trận với một số thực: 2. ( 1 1 1 1 1 1 1 1 1 ) = ( 2 2 2 2 2 2 2 2 2 )
• Phép nhân 2 ma trận (nếu số dòng ma trận trước = số cột ma trận sau) 1 2 e (1 2 3). ( 2 g a ) = 1.1 + 2.2 + 3.3 = 14 3 P Biên so n ạ b i
ở Trầần Khoa – FNC05 – K46 – Trư n ờ g Đ i ạ h c
ọ Kinh têế TP.HCM TOÁN CAO CẤẤP
IV. Các tính chất cơ bản V. Định thức • A + B = B + A • (A + B) + C = A + (B + C)
Chỉ xác định với ma trận vuông và có dạng | Đối với ma • A + (-A) = 0 • α(A + B) = αA + αB
Lưu ý: không có hoán vị trong phép nhân Cho D trận cấp 2: D2 = |1 2 kxm , A mxn , Bmxn , C nxp : • (DB)C = D(BC) • (A + B)C = AC + BC • (α + β)A = αA + βA • D(A + B) = DA + DB • (αβ)A = α (βA)
Downloaded by Hoa Ph??ng Phan th? (hoaphuong190723@gmail.com) lOMoARcPSD|37186047
• (αA + βB) T = αAT + βBT a11 … a1n ⋮ ⋱ ⋮ | • I m A mxn = A an1 … ann • A mxn I n = A • (BC) T = B T CT 3 4| = 1.4 – 2.3 = –2 1 2 3
Đối với ma trận cấp 3: D3 = | 4 5 6 7 8 9 1.8.6 + 4.2.9)=0
| = (1.5.9 + 2.6.7 + 4.8.3) – (3.5.7 +
Cách 1: Biến đổi ma trận về ma trận tam giác a11 … a1n b11 … b1n ⋮ ⋱ ⋮ an1 … ann | = | | = b1.b2…bn | ⋮ ⋱ ⋮ 0 … bnn Ví dụ: |
-2 0 5 -2 0 3 6 1 | = | d3 → -2d1 + 0 -2 1 -2 0 3 6 1 3 -1 1 2 0 0 2 6 4 | = | | -1 1 2 0 3 -1 0 4 d d 3
4 → - 2d2 + 0 0 7 2 0 0 -3 -5 d d 2 →3d1 + d2 -1 1 2 0 0 2 6 4 3 →d2 + d3 d3 3 =
-1 1 2 0 0 2 6 4 0 0 7 2 0 0 0 -29 -29 d 7 4 → 7d3 + d4 | | = -1.2.7. 7= 58 Cách 2: Khai triển Laplace
Gọi Aij là KÝ HIỆU phần bù đại số của ma trận A
Mij là định thức MA TRẬN tương ứng với ký hiệu Aij được tạo thành do xóa dòng i cột j Aij = (-1)i+j.Mij
Nếu khai triển theo dòng 1: |A| =a11.A11 + a12.A12 + … + a1n.A1n
Nếu khai triển theo cột 1: |A| = a11.A11 + a21.A21 + … + an1.An1 -1 1 2 0 Vi1 dụ: |A| = | 0 -2 1 -2 0 3 6 1 2 6 4 0 2 6 4 |
Khai triển theo cột 1 ta được |A| = (- 3
• |A| = |AT| với A là ma trận vuông. e g
1).A11 + 0.A21 + 0.A31 + 0.A41 = (-1).(- • Định thức đổi dấu nếu đổi chỗ 2 a P 1)1+1. |
dòng/cột trong định thức. -2 1 -2 3 6 1 Tính chất | = 58 Biên so n ạ b i
ở Trầần Khoa – FNC05 – K46 – Trư n ờ g Đ i ạ h c
ọ Kinh têế TP.HCM TOÁN CAO CẤẤP
• Nếu các phần tử của một dòng/cột đều có thừa số chung là số α thì ta có thể rút α ra khỏi định thức.
• Định thức bằng 0 nếu có 2 dòng/cột tỉ lệ nhau.
• Định thức sẽ không đổi nếu biến đổi dòng/cột i thành dòng/cột i cộng với k lần dòng/cột j (với k ∈ R, i ≠ j)
• Định thức của ma trận tam giác bằng các tích phần tử nằm trên đường chéo chính.
• |AB| = |A| . |B| với A,B là các ma trận vuông cùng cấp. Lưu ý: |2A| ≠ 2|A|
Downloaded by Hoa Ph??ng Phan th? (hoaphuong190723@gmail.com) lOMoARcPSD|37186047 2a 2b 2c
|2A| là định thức của ma trận nhân 2 lần cho mọi phần tử | trong ma trận | 2g 2h 2i 2d 2e 2f
2|A| là định thức của ma trận Như vậy → |xA| = xn.|A| [n là định thức thì phải ĐỘI MŨ | hoặc |
nhân 2 lần cho 1 dòng hoặc 1 số cấp của ma trận]
VI. Ma trận nghịch đảo a b c 2d 2e 2f cột của ma trận |
*Ghi nhớ: số muốn ra khỏi 2a b c 2d e f 2g h i | g h i
Cho A = (aij)mn, ta có A.A-1 = A-1.A = I n , lúc này A-1 là ma trận nghịch đảo của A
Nhớ nhanh cho ma trận nghịch đảo 2x2: A= (a b -c a)
Cách 1: Dùng ma trận phụ hợp ad-bc (d -b c d)→A-1=1
Ma trận phụ hợp của A: A* = (
A11 … An1 ⋮ ⋱ ⋮ A1n … Ann )
(Trong đó: các A11, A12,…., Ann là phần bù đại số của ma trận – xem lại phần khai triển Laplace)
Như vậy ta có A-1 = 1|A|.A* 1 2 3 Ví dụ: A= ( |A| = 1 0 1 4 5 6 0 ) . Tìm A-1 A11 = (-1)1+1. |1 4
6 0| = -24 A21 = (-1)2+1. |2 3 6 0| =18 A31 = (-1)3+1. |2 3 A12 = (-1)1+2. |0 4 5 0| = 20 A22 = (-1)2+2. |1 3 1 4| = 5 5 0| =-15 A32 = (-1)3+2. |2 3 1 4| =-4 A13 = (-1)1+3. |0 1 5 6| = -5 A23 = (-1)2+3. |1 2 5 6| = 4 A33 = (-1)3+3. |1 2 0 1| = 1 A-1 = 1|A|.A* = (-24 18 5 ) 20 -15 -4 -5 4 1 Lưu ý:
Downloaded by Hoa Ph??ng Phan th? (hoaphuong190723@gmail.com) lOMoARcPSD|37186047
Theo phản xạ nhiều người lầm tưởng các phần bù đại số ứng với vị trí của ma trận phụ hợp, NHƯNG thực ra
nó đã bị chuyển vị (đó là lý do mình viết A11, A12, A13 theo cột chứ không theo dòng)
Cách 2: Biến đổi sơ cấp theo dòng
Dùng ma trận mở rộng (A|I) sau đó biến đối theo dòng để hình thành ma trận (I|B)
Như vậy B là ma trận nghịch đảo của A 4 e g a P Biên so n ạ b i
ở Trầần Khoa – FNC05 – K46 – Trư n ờ g Đ i ạ h c
ọ Kinh têế TP.HCM TOÁN CAO CẤẤP Ví dụ A= ( 1 2 3 0 1 4 5 6 0 ) . Tìm A-1 (A|I) = ( 0 | 1 -5d1 + d3 1 2 3 | 1 0 0 0 1 0 -5 ) 1 2 3 0 1 4 5 6 1 0 0 0 1 0 0 0 ) ( 0 1 4 0 -4 -15 0 1 1 2 3 1 0 0 1 2 0 16 -12 -3 4d2 + d3 -4d3 + d2 ( | ) ( -3d3 + d1 0 1 0 0 0 1 | 1 0 1 4 0 0 1 0 1 0 -5 4 1 20 -15 -4 -5 4 ) -2d2 + d1 ( 1 0 0 0 1 0 0 0 1 20 -15 -4 -5 4 1 ) = (I|B) -24 -12 -3 | ➔ B = ( Tính chất: -24 -12 -3 20 -15 -4 -5 4 1
) là ma trận nghịch đảo của ma trận A • A-1là duy nhất • (A-1)T= (AT)-1 • (AB)-1= B-1.A-1 • (αA)-1= 1α.A-1
VII. Hạng của ma trận
Dễ hiểu là số dòng khác 0 sau 1 quá trình biến đổi sơ cấp theo
dòng Cách 1: Biến đổi về ma trận bậc thang a11 a12 ⋯ a1n về dạng bậc thang:
0 a22 ⋯ a2n 0 0 ⋯ 0 ⋮ ⋮ ⋱ ⋮
Dùng phép biến đổi ma trận để biến đổi Ví dụ: A = ( 3 2 ) 0 0 0 0
1 1 2 0 2 1 -1 3 -4 5 2 -1 -1 7 ) ( -2d2 + d1 4d1 + d3 d1 + d4 (
1 1 2 0 0 -1 -5 3 0 910 -1 0 8 5 2 9d2 + d3
Downloaded by Hoa Ph??ng Phan th? (hoaphuong190723@gmail.com) lOMoARcPSD|37186047 ) ( 8d2 + d4
1 1 2 0 0 -1 -5 3 0 0 -35 26 0 0 -35 26 ) -d3 + d4 (
1 1 2 0 0 -1 -5 3 0 0 -35 26 0 ) → r(A) = 3 0 0 0
Cách 2: Dùng định thức bao quanh dòng a,b với cột c,d
Khi hạng của ma trận < số dòng thì chắc chắn tồn tại một
ma trận vuông có ít nhất một dòng toàn số 0 → định thức = 0 ab 5 e
Dcd là định thức ma trận tạo thành bởi giao điểm của g a P Biên so n ạ b i
ở Trầần Khoa – FNC05 – K46 – Trư n ờ g Đ i ạ h c
ọ Kinh têế TP.HCM TOÁN CAO CẤẤP A = ( 3 -5 1 0 6 4 3 -2 2 ) thì D 12 23 = |-5 1 6 4| = -26
Cách làm: Bắt đầu tìm định thức cấp 2 bất kỳ → nếu khác 0 → tìm các định thức cấp 3 xung quanh → nếu
khác không → thì tìm các định thức cấp 4 xung quanh → lặp lại cho tới khi tồn tại định thức cấp n xung quanh đều = 0 1 2 3 4 Ví dụ: A= -1 3 0 1 2 4 1 8 1 7 6 9 ( 0 10 1 10) 12 D12 = |1 2 -1 3| = 5 ≠ 0 123= |1 2 3 -1 3 0 2 4 1 D | = -25 ≠ 0 123 1234 1 2 3 4 -1 3 0 1 2 4 1 8 1234 1 2 3 4 -1 3 0 1 2 4 1 8 = | D | = 0 1234 4 7 6 9 = | 0 10 1 10 | = 0 D1235 Như vậy rank(A) = 3
Biện luận hạng của ma trận
Để không bị sót m, ta nên chia trường hợp của tất cả các phần tử chứa m 1 2 -1 -1
Ví dụ: Biện luận ma trận A = ( 1 2 -1 -12 m+4 -2 -1 3 m+6 -3 m-3 1 2 -1 -1 ) ( 0 m 0 1 0 m 0 m ) ( 0 m 0 1 0 0 0 1-m ) Nếu m = 0 → r(A) = 2
Nếu 1 - m = 0 ⬄ m = 1 → r(A) = 2
Downloaded by Hoa Ph??ng Phan th? (hoaphuong190723@gmail.com) lOMoARcPSD|37186047
Nếu m≠0, m≠1 → r(A) = 3
Một số dạng bài tập mở rộng chương 1 -2 1 3 Câu 1: Cho A = (
). Với giá trị nào của m thì A3.ATcó hạng bé hơn 3 2 m 4 -1 -3 1
Khi hạng < 3 thì tồn tại một ma trận vuông có ít nhất một dòng toàn số 0 → định thức = 0 (Cách 2 của tìm hạng ma trận)
Như vậy | A3.AT| = |A|3.|AT| = |A|4 = 0 ⬄ |A| = 0 -2 1 3 | | = 48 – m = 0 ⬄ m = 2 3 1 1 2 m 4 -1 -3 1 3 48 1 Câu 2: 6 trận A =( -1 0 1 1 0 2 1 1 thỏa M.A = 1 ) và M.B = 4 6 e g ) ; B = ( ); C = ( ) và một ( 1 ( ) a Cho ma P Tính MC ma trận M Biên so n ạ b i
ở Trầần Khoa – FNC05 – K46 – Trư n ờ g Đ i ạ h c
ọ Kinh têế TP.HCM TOÁN CAO CẤẤP
Nhận thấy C = (B + A|B – A) → M.C = (MB + MA|MB – MA) = ( ) 4 2 5 3 7 5 1
Câu 3: Cho các ma trận vuông cấp 3 có |A| = -2, |B| = 4, |C| = 8và P2A là ma trận phụ hợp của ma trận 2A. Tính det(B-1. P2A.C2).
Dựa vào tính chất ta tính lần lượt 1 1 |B-1| = |B| = 4 |2A| = 23.|A| = -16 1 1 |A-1| = |A| = - 2 1 1
(2A)-1 = |2A| . P2A → | P2A| = |(2A)-1.|2A|| = |(2A)-1.(-16)| = |2A|.(-16)3 = 1 23.(-2). (-16)3 = 256 1 |C2| = |C|2 = 64 1 1
→ det(B-1. P2A.C2) = 4.256. 64 = 1 1 2 -3 4 Câu 4: Cho A= ( -1 5 7 9 -3 -3 -3 -3 1 3 6 5
). Tính A41 + A42 + A43 + A44
Khai triển theo dòng 4: |A| = 1.A41 + 3.A42 + 6.A43 + 5.A44 không thể giải theo phương pháp thông thường
Ta tìm một ma trận khác có các hệ số của dòng 4 bằng 1 1 2 -3 4 B = ( -1 5 7 9 -3 -3 -3 -3 1 1 1 1 )
Như vậy |B| = B41 + B42 + B43 + B44 = A41 + A42 + A43 + A44 (do đã bỏ dòng i cột j mà phần bù không đổi)
Vì dòng 3 và dòng 4 của B tỉ lệ với nhau nên |B| = 0 → A41 + A42 + A43 + A44 = 0
Downloaded by Hoa Ph??ng Phan th? (hoaphuong190723@gmail.com) lOMoARcPSD|37186047 7 e g a P Biên so n ạ b i
ở Trầần Khoa – FNC05 – K46 – Trư n ờ g Đ i ạ h c
ọ Kinh têế TP.HCM TOÁN CAO CẤẤP
Chương II: Hệ Phương Trình Tuyến Tính Và Ứng Dụng I. Định nghĩa
Hệ phương trình (hpt) tuyến tính là một hệ thống gồm m phương trình bậc nhất n ẩn có dạng tổng quát như sau:
a11.x1 + a12x2 +…+ a1nxn = b1
a21.x1 + a22x2 +…+ a2nxn = b2 { …………
am1.x1 + am2x2 +…+ amnxn = bm Ta đặt: x1 b1 a11 a12 ⋯ a1n A= ( 2 ) X = ( ) B = ( 2 ) a ⋮ b ⋮
21 a22 ⋯ a2n ⋮ ⋮ ⋯ ⋮ x am1 am2 ⋯ amn xn bm
Khi đó, theo công thức của phép nhân ma trận ta có: A.X = B
Ma trận A = (A|B) được gọi là ma trận mở rộng (ma trận bổ sung)
● Điều kiện để hệ phương trình tuyến tính có nghiệm
Hệ 1.1 vô nghiệm ⬄ r(A) < r(A)
Hệ 1.1 có nghiệm ⬄ r(A) = r(A) → Nếu r(A) = r(A) = n: hệ có 1 nghiệm
Nếu r(A) = r(A) < n: hệ có vô số nghiệm có n – r(A) tham số ● Phương pháp giải
Tìm hạng của ma trận A, A(cùng một lúc tìm hạng A, A; sử dụng phép biến đổi sơ cấp theo dòng trên ma trận mở rộng) II. Cách giải
Cách 1: Phương pháp Gauss:
- Viết ma trận mở rộng của hệ: A = (A|B)
- Dùng các phép biến đổi sơ cấp theo dòng để đưa A về dạng bậc thang và viết hệ phương trình tương ứng với bậc thang này
- Giải hệ để suy ra nghiệm
x1- 5x2 + 4x3 = -7 Ví dụ 1: { 1 -5 4
Vậy ta có ma trận mở rộng A 4
2x1- 9x2- x3 = 4 3x1- 11x2-7x3 = ( 17 =17 | ) -7 2 -9 -1 3 -11 -7 -2d1 + d2 -3d1 + ( 0 1 -9 0 4 -19 -4d2 + d3 1 -5 4 | -7 -34 ) d3 1 -5 4 | -7 18 38 ) ( 0 1 -9 0 0 17 18
Nhận xét r(A) = r(A) = 3: hệ có 1 nghiệm duy nhất là (1;0;-2)
3x1- x2- x3 + 2x4= 1
Downloaded by Hoa Ph??ng Phan th? (hoaphuong190723@gmail.com) lOMoARcPSD|37186047 8 e Ví dụ 2: {
x1- x2- 2x3 + 4x4= 5 x1 + x2 + 3x3- 6x4= g -9 12x a
1- 2x2 + x3- 2x4= -10 P Biên so n ạ b i
ở Trầần Khoa – FNC05 – K46 – Trư n ờ g Đ i ạ h c
ọ Kinh têế TP.HCM TOÁN CAO CẤẤP
Vậy ta có ma trận mở rộng A 3 -1 -1 2 1 -1 -2 4 | 5 ) 1 2 3 -6 12 -2 1 -2 -9
= ( Đổi chỗ dòng 1 và 3 ta có1 -10 ( 3 -1 -1 2 125 -3d1 + d2 1 -1 -2 4 0 0 -14 -35 14 28 98
) ( -7d2 + d4 0 0 0 0 0 0 14 0 1 2 3 -6 1 -2 1 -2 1 ) ( -d1 + d3 -2 -5 10 | 70 1 -1 -2 4 0 0 0 0 -1 -2 4 | -9 -10 -12d 5 -2d 5 ) 1 + d2 0 -4 -10 20 2 + d3 -2 -5 10 |
Nhận xét r(A) = r(A) = 2 < 4 : hệ có vô số nghiệm
- 2x2- 5x3 + 10x4= 14 ⬄ {x1= -x3+2x4-4 2
{3x1- x2- x3 + 2x4= 1
x2= -5x3+10x4+14 2
Như vậy nghiệm tổng quát của hệ là (-x3+2x4-4 2;-5x3+10x4+14
Cách 2: Phương pháp Cramer 2; x3; x4)
Hệ phương trình tuyến tính (1) được gọi là hệ Cramer nếu m = n (tưức là số phương trình bằng số
ẩn) và ma trận các hệ số A không suy biến (hay |A| ≠ 0).
● Hệ pt Cramer luôn có 1 nghiệm và nghiệm đó duy nhất PP giải
Cách 1: Dùng ma trận đảo
Hệ pt viết dưới dạng : AX = B (|A| ≠ 0) => X = A-1.B
Cách 2: Tính định thức: từ công thức A-1ta có nghiệm của hệ pttt Cramer x1=D1 ; x D 2=D2 ; D … xn=Dn D D: định thức ma trận A
Dj : là |D| đã thay đổi cột thứ j bởi các hệ số tự do
x1 + 5x2- x3= 1
Ví dụ: Giải hệ phương trình tuyến tính sau: {
-2x1 + x2 + x3 = 2 Tính D = |
x1 + 16x2 + x3= 4
| = 33 ≠ 0 nên hệ có duy nhất 1 1 5 -1 -2 1 1 1 16 1 nghiệm
Downloaded by Hoa Ph??ng Phan th? (hoaphuong190723@gmail.com) lOMoARcPSD|37186047 D1 = |
1 5 -1 2 1 1 4 16 | = -33 D2 = |
1 1 -1 -2 2 1 1 4 | = 11 D3 = | 1 5 1 -2 1 2 1 16 | = -11 1 1 4
Áp dụng công thức Cramer, ta tính được nghiệm của hệ là: x1 = D 1 D= -1 x2 = D 2 1 D= 3x3 = D 3 1 D= - 3
Cách 3: Dùng ma trận nghịch đảo
Hệ phương trình được viết dưới dạng A.X=B ⬄ X=A-1.B |A| = 33 A11=-15 A12=3 A13=-33 A21=-21 A22=2 A23=-11 A31=6 A32=1 A33=11 9 e g a P Biên so n ạ b i
ở Trầần Khoa – FNC05 – K46 – Trư n ờ g Đ i ạ h c
ọ Kinh têế TP.HCM TOÁN CAO CẤẤP A* = ( 1 ) -15 -21 6 3 2 1 -33 -11 11 ) → A-1 = 33(-15 -21 6 3 2 1 -33 -11 11 1 3 2 1 ) ( ) = ( Vậy X = A-1 -1 .B = 3 33(-15 -21 6 -33 -11 11 1 2 4 -1 1 ) 3
III. Mô Hình Input-Output Mở Leontief
Giả sử trong nền kinh tế có n ngành, giữa chúng có quan hệ cung cấp và phân phối chéo lẫn nhau thì ta có ma trận Leontief a11 a12 ⋯ a1n A= (
a21 a22 ⋯ a2n ⋮ ⋮ ⋱ ⋮ an1 an2 ⋯ ann ) Ý nghĩa hệ số:
Hệ số trong ma trận: ngành i phải cung cấp cho ngành j aij đơn vị tiền để ngành j sản xuất ra 1 đơn vị tiền Hệ
số ngoài ma trận: ngành j cần các ngành mở cung cấp 1 lượng a0j đơn vị tiền để ngành j sản xuất ra 1 đơn vị
tiền [a0j = 1 – tổng cột j] 0,1 0,2 0,3 Ví dụ: A= ( 0,3 0,1 0,1 0,2 0,3 0,2 )
Ý nghĩa hệ số a21: ngành 2 phải cung cấp cho ngành 1 0,3 đơn vị tiền để ngành 2 sản xuất ra 1 đơn vị
tiền Ý nghĩa hệ số a03 = 1 – (0,3 + 0,1 + 0,2) = 0,4: ngành mở phải cung cấp cho ngành 3 0,4 đơn vị tiền
để ngành 3 sản xuất ra 1 đơn vị tiền
● Gọi Y là tổng nguyên liệu X là tổng sản lượng AX = Y
Cũng theo ví dụ trên nếu tổng nguyên liệu mà ngành 1,2,3 cung cấp cho nền kinh tế lần lượt là 50;60;70 thì
sản lượng mà các ngành cung cấp cho nền kinh tế là bao nhiêu ? 50 Ta gọi Y = ( 60 70
) là nguyên liệu đầu vào INPUT
Downloaded by Hoa Ph??ng Phan th? (hoaphuong190723@gmail.com) lOMoARcPSD|37186047
Vậy sản lượng đầu 0,05 -0,01 0,07 0,01 -0,05 hình (In – A).X = D 50 60 70 ra OUTPUT X = A- ● D: nhu cầu cuối ) = ( -0,04 -0,04 0,08 cùng của ba loại ) . ( 150 100 50 1.Y = 2503. (-0,01 )
Cũng theo ví dụ trên nếu yêu cầu cuối của ngành mở là là 36,6;48,8;30,5 thì sản lượng mà các ngành cung
cấp cho ngành mở là bao nhiêu? In – A = (
0,9 -0,2 -0,3 -0,3 0,9 ) D = ( 36,6 48,8 30,5 ) -0,1 -0,2 -0,3 0,8 0 X = (In – A)- 1.D = 125 -0,3 0,9 -0,1 98,125 61. ( ) . ( ) = ( )
-0,2 -0,3 0,8 36,6 48,8 30,5 94,875 96,75 0,9 -0,2 -0,3
Một số dạng bài tập mở rộng chương 2 1 e
* Nghiệm cơ bản: dễ hiểu là nghiệm có các ẩn tham số biểu diễn các ẩn chính g a P Biên so n ạ b i
ở Trầần Khoa – FNC05 – K46 – Trư n ờ g Đ i ạ h c
ọ Kinh têế TP.HCM TOÁN CAO CẤẤP
Câu 1: tìm m để hệ có số nghiệm cơ bản lớn nhất (hạng ma trận nhỏ
nhất) x1 + x2 + x3 + x4 + x5=0
2x1 + 3x2 + 4x3 + 5x4 + 6x5=0 {
(m–1)x1+ 5x2 + 6x3 + 7x4 + 2(m–1)x5=0 Ta có ma trận 0 –2d1 + d2 0 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 A = ( 2 3 4 5 6 m-1 5 6 7 2m-2 0 ) ( d1 + d3 0 1 2 3 4 m 6 7 8 0 0 | 0 | 2m-1 ) –md1 + d3 | 1 1 1 1 1 0 1 2 3 4 0 ( 0 0 m-6 m-7 m-8 1-m 0 )
Như vậy để r(A) min = 2 thì dòng 3 phải bằng 0 (hay nói cách khác là tỉ lệ với dòng 2) →1 m–6=2 m–7=3 4
m–8= 1–m↔ m = 5 (thửử lại và thỏa) ax + by = c
Downloaded by Hoa Ph??ng Phan th? (hoaphuong190723@gmail.com) lOMoARcPSD|37186047 bx + cy = a
. Chứng minh rằng nếu (*) có nghiệm thì a3 + b3 + c3 =
Câu 2: Cho hệ phương trình (*) { cx + ay = b 3abc.
Vì đây là hệ phương trình có số dòng lớn hơn số ẩn nên ta xét hệ (**) {ax + by = c bx + cy = a
Theo phương pháp Cramer ta có
D = ac – b2 Dx = c2– ab Dy = a2– bc TH1: D ≠ 0: hệ (**) có 1 nghiệm duy nhất x = c2– ab 2 ac – b y = a2– bc ac – b2
Thế vào phương trình thứ 3 của hệ (*) ta có c.c2– ab 2 ac – b + a.a2– bc 2
ac – b = b ⬄ c3– abc + a3– abc = abc – b3 ⬄ a3 + b3 + c3 = 3abc
TH2: D = 0: hệ (**) vô số nghiệm
Ta cũng đồng thời suy ra D = 0 Dx = 0
⬄ a3 + b3 + c3 =a.a2 + b.b2 + được { ⬄ {b2= ca c2 = ab c.c2 = 3abc → Suy ra đpcm Dy = 0 a2 = bc 0,2 0,3 0,1
Câu 3: Cho mô hình Leontief có ma ( ). Tìm sản
trận hệ số kỹ thuật cho 3 ngành như sau0,3 0,2 0,2 0,1 0,1 0,3
lượng của ngành kinh tế thứ hai khi biết rằng giá trị lượng sản phẩm ngành kinh tế thứ nhất cung cấp cho nó là 120.
Đối với việc tìm giá trị sản lượng thực của aij thì ta dùng bảng TAM SUẤT 1 → 2
Lý thuyết a12 = 0,3 1 Thực tế 120 400
Như vậy sản lượng ngành 2 là 400 1
Lưu ý: cách này chỉ dùng cho việc tính toán các hệ số đơn lẻ, không thể thay thế để tính Y 1 e
Câu 4: Xét mô hình Input – Output Leontief có ma trận đầu vào – đầu ra g a P Biên so n ạ b i
ở Trầần Khoa – FNC05 – K46 – Trư n ờ g Đ i ạ h c
ọ Kinh têế TP.HCM TOÁN CAO CẤẤP
Ngành 1 Ngành 2 Ngành 3 Nhu cầu cuối
Ngành 1 300 140 360 700 Ngành 2 150 420 480 350 Ngành 3 300 280 120 500 Yếu tố khác 750 560 240
(Nhu cầu cuối còn gọi là yêu cầu ngành mở)
a. Lập ma trận hệ số kỹ thuật
b. Giả sử 3 ngành cần tạo ra sản lượng trị giá 100;120;150. Giá trị nguyên liệu mà ngành 2 cung cấp cho ngành 1 và 3 là
Downloaded by Hoa Ph??ng Phan th? (hoaphuong190723@gmail.com) lOMoARcPSD|37186047
Ta có hệ số kỹ thuật aij = giá trị sản lượng ngành i cung cấp ngành j
tổng giá trị sản lượng của cột j Tức là 0,2 0,1 0,3 a11 = 300 a13 = 360 a12 = 140 tổng cột 1 = 0,2 tổng cột 3 = 0,3 tổng cột 2 = 0,1 a21 = 150 a23 = 480 a22 = 420 tổng cột 1 = 0,1 tổng cột 3 = 0,4 tổng cột 2 = 0,3 a31 = 300 a13 = 120 a32 = 280 tổng cột 1 = 0,2 tổng cột 3 = 0,1
Như vậy ta có ma trận hệ số kỹ thuật tổng cột 2 = 0,2 A = ( 0,1 0,3 0,4 0,2 0,2 0,1 ) b. Ta có 2 cách
→ tổng giá trị ngành 2 cung cấp cho ngành 1 và 3 = 10 +
Cách 1: dựa trên ma trận hệ số kỹ thuật 2 → 1
60 = 70 Cách 2: dựa trên bảng của đề bài
Lý thuyết a21 = 0,1 1 2 → 1 Thực tế 10 100 2 → 3 2 → 3
Lý thuyết a23 = 0,4 1 Thực tế 60 150
Lý thuyết a21 =150 Tổng cột 1 = 1500 Thực tế 10
Lý thuyết a23 = 480 Tổng cột 1 = 1200 Thực tế 60 100 150
→ tổng giá trị ngành 2 cung cấp cho ngành 1 và 3 = 10 + 60 = 70
Như vậy, bảng tam suất không chỉ giới hạn ở ma trận hệ số kỹ thuật mà còn sử dụng được ở bảng sản lượng
Câu 5: Trong mô hình Input – Output mở gồm 3 ngành kinh tế cho ma trận hệ số đầu vào là 0,1 m 0,1 ( 0,3 0,2 0,3 0,2 0,3 0,1 )
Khi sản lượng ngành 2 là 120 thì tổng lượng nguyên liệu 2 1
đầu vào là 84. Tính lượng nguyên liệu ngành 1 cung cấp eg cho ngành 2. a P
1,2,3 → 2 Lý thuyết a12 + a22 + a32 = 0,5 + m 1 Biên so n ạ b i
ở Trầần Khoa – FNC05 – K46 – Trư n ờ g Đ i ạ h c
ọ Kinh têế TP.HCM TOÁN CAO CẤẤP
Thực tế 84 120 Ta suy ra 0,5 + m = 0,7 ⬄ m 3 1 = 0,2 e g 1 → 2 a P
→ Nguyên liệu ngành 1 cung cấp cho ngành 2 là 24
Lý thuyết a12 = 0,2 1 Thực tế 24 120
Downloaded by Hoa Ph??ng Phan th? (hoaphuong190723@gmail.com) lOMoARcPSD|37186047 Biên so n ạ b i
ở Trầần Khoa – FNC05 – K46 – Trư n ờ g Đ i ạ h c
ọ Kinh têế TP.HCM TOÁN CAO CẤẤP
Chương III: Tính Liên Tục Của Hàm Một Biến I. Định nghĩa
Xét f(x) xác định trên D, x0 ∈ D:
Nếu limx→x0f(x) = f(x0) thì f(x) liên tục tại điểm x0. Phương pháp
Ta chứng minh: limx→x0f(x) = f(x0)
f liên tục tại x0 ↔ f liên tục phải và trái tại x0 ↔ limx→x0+f(x) = limx→x0-f(x) = f(x0) Ví dụ 1: 1- cos 3x
Xét tính liên tục của f(x)= { f(0) = 3
x.sin xkhi x≠0 3 khi x=0 3x 3x 2 9 x→0f(x)= lim 1- cos 3x 2 3x x→0(sin ( 2) ( 2)) 9 sin x= 2 sin2( 2) . 4.2x lim x→0
x.sin x= lim x→0 x.sin x= lim → f(0) ≠ lim
x→0f(x) → f(x) gián đoạn tại x=0 3x-9
Ví dụ 2: Xét tính liên tục của f(x) = {
x-2khi x ≠ 2 m khi x = 2 f(2)=m 3x– 9 3xln3
x– 2= lim x→2 1= 9ln3
Xét tại x=2: lim x→2 Vậy f(2)= lim x→2 3x– 9
x– 2↔ m = 9ln3 → f(x)liên tục tại x = 2
II. Các giới hạn về vô cùng bé (VCB): x → 0 và vô cùng lớn (VCL): x→∞ cần nhớ Khi x → 0 thì Khi x → ∞ thì ex– 1 ~ x l n x ln(1+x) ~ x
x~ 0 [x → +∞] 1 – cosx ~ x22
ex ~ +∞ nếu [x → +∞] sinx ~ x 0 nếu [x → –∞] tanx ~ x
(1 + x)a ~ 1 + ax Ví dụ lim x→0 2 x.2x xln(1+2x) 3x = lim x→0
Downloaded by Hoa Ph??ng Phan th? (hoaphuong190723@gmail.com) lOMoARcPSD|37186047 2 2 3x = 3 lim 4 x→0 (5x)2 1– cos5x
sin22x= lim x→0 1 2 25 e g (2x) = 82 a P Biên so n ạ b i
ở Trầần Khoa – FNC05 – K46 – Trư n ờ g Đ i ạ h c
ọ Kinh têế TP.HCM TOÁN CAO CẤẤP lim sin(πt + π) sinπx
x –1(thay t = x – 1)= lim – sinπt t→0– πsinπt t= lim t→0 t= lim sin[π(t + 1)] x→1 t→0 t= lim t→0 πt= –π
*Chú ý: nên sử dụng cho các phép NHÂN, CHIA; vẫn sử dụng cho phép cộng trừ nếu biểu thức sau biến đổi
vẫn GIỮ NGUYÊN DẠNG VÔ ĐỊNH của đề bài
III. Giới hạn của các dạng vô định 1∞, 00, ∞0 Ta luôn có
x→xoA(x)B(x)=elim lim
x→xoB(x).ln[A(x)]
Như vậy ta chỉ cần tính lim
x→xoB(x)ln[A(x)] 1
sinx.ln(1 + tanx x→0 (1 + tanx
Ví dụ 1: Tính A= lim Xét I với sinx=elim 1 1+sinx) x→0 1+sinx) I=lim x→0 ln(1+tanx) x→0 x→0 1+sinx) = lim tanx 1
sinx.ln (1 + tanx x→0 1 sinx=lim sinx–sinx cosx– 1= 0
sinx–ln(1+sinx) sinx= lim → A = e0 = 1 1
x→0(ex + x)1x=elim Ví dụ 2 : Tính B= lim 1 ex+ x – 1 Xét I với x→0
x.ln(ex + x) ex– 1 I = lim x→0
x. ln(ex+x) = lim x→0 x= lim x→0 x+1=2 → B = e2
Một số dạng bài tập mở rộng chương 3 d
Câu 1: cho hàm số f(x) = có f(8) = 2 và f’(8) = -1 và g(x) = dx [x3.f(4x)]. Tính g(2) d
g(x) = dx [x3.f(4x)] = [x3.f(4x)]’ = 3x2f(4x) + x3.4f’(4x) → g(2) = -8
Downloaded by Hoa Ph??ng Phan th? (hoaphuong190723@gmail.com) lOMoARcPSD|37186047 Câu 2: cho hàm số (
�� ��) = {α + e2x x ≥ 0
4 + βx x < 0. Giả sử f(x) khả vi tại 0, khi đó f(α - β) là
Để khả vi tại x = 0 thì f ’(0+) = f ’(0-) xét f ′(0+)= lim e2x – 1 x→0+ x= lim x→0+ x= lim f(x) – f(0) + x→0 2.e2x – 1 x= lim x→0+ α + e2x – (α + 1) 2x= 2 xét f '(0-)= lim + x→0 (β +3 – α x= lim x→0+ x= lim f(x) – f(0) 4 + βx – (α + 1) x→0- x)
nhận xét: nếu α ≠ 3 thì f '(0-) = ∞ → α = 3 để khử dạng vô định → f '(0-) = β
Như vậy f ’(0+) = f ’(0-) ⬄ 2 = β 5 1 e g a P Biên so n ạ b i
ở Trầần Khoa – FNC05 – K46 – Trư n ờ g Đ i ạ h c
ọ Kinh têế TP.HCM TOÁN CAO CẤẤP
Chương IV: Phép Tính Vi Phân Của Hàm Một Biến I. Định nghĩa: f x x f x ( ) ( ) − Δ − f x f x ′= ( ) ( ) f x − ( ) = lim 0 0 0 lim 0
x x x x − x x Δ 0 0 x → → 0 x
→f(x) khả vi tại xo ⬄ f(x) có đạo hàm tại0 Ví dụ 1: f(x)= {ex2-1 x khi x ≠ 0 m khi x = 0
a) Tìm m để f(x) liên tục tại x=0 x→0f(x) = lim ex2-1 ex2-1
Downloaded by Hoa Ph??ng Phan th? (hoaphuong190723@gmail.com) lOMoARcPSD|37186047 lim 2 x→0 x= lim x→0 x ⋅x = 1.0 = 0 = f(0)
Vậy f(x) liên tục tại x = 0
b) Với m vừa tìm được, tính đạo hàm tại x=0 f '(0) = lim x→0 ex2-1 f(x)-f(0) x= lim x→0 2 x =1
Phương pháp giải: Áp dụng quy tắc tính đạo hàm và bảng đạo hàm cơ
bản. Ví dụ: y = x2.ex →2 . . .(2 ) ′= + = + x x x 2 2 y x e x e e x x x arcsin x − x 2 2 arcsin . 1 yarcsin ′ = 1 x − x x x − − y− = =→2 2 x x 2 x x . 1
y = u xthì giả thiết y >0, lấy ln 2 vế ⇔ ln y=ln[u(x)v(x)]=v(x). ln u (x) Chú ý: gặp( ) ( )v x
y = ( cos x )x⇔ln y =x. ln(cos x)
⇒ đạo hàm 2 vế y'y= lncos x - x. tan x⇔y' = ( cos x )x.( lncos x -x. tan x)
Nhắc lại kiến thức lớp dưới
[f(u)]’ = u’.f ’(u) với u là hàm đối với x
Ví dụ: giả sử hàm số φ(x) có đạo hàm và tăng nghiêm ngặt trên R. Đặt f(x) = φ(x3– 12x), hàm số sẽ đạt cục
đại, cực tiểu tại đâu?
f’(x) = (3x2– 12).φ’(x3– 12x)
theo đề bài “tăng nghiêm ngặt trên R” → φ’(x) > 0 hay φ’(x3– 12x) > 0 f ’(x) = 0 ⬄ x = ± 2
Vẽ bảng biến thiên ta suy ra được tại x = 2 là cực tiểu địa phương, x = -2 là cực đại địa
phương ∃f ′x ⇔ f ′x = f ′x + −
⬥Định lý: Hàm số y=f(x), ( ) ( ) ( ) 0 0 0
II. Đạo hàm cấp cao
Ví dụ: y =sin x, tính y(n)(0) ′ = = + y x x π 2 ′ = − = +y π ( ) π n 0 nếu n=2k ); ⎧ cos sin( x x sin sin( ); ⎩⎨ − y n ⇒ = =k ( 1) ( ) π (0) sin( . )2
′ ′ = − = + y x x 3
n ⇒ = + y x sin( . nếu n=2k+1 π n ) cos sin( ) 2 2 6
Downloaded by Hoa Ph??ng Phan th? (hoaphuong190723@gmail.com) lOMoARcPSD|37186047 1 e
Tuân theo quy tắc đó ta có bảng đạo hàm tới cấp n của một số hàm cơ bản cần nhớ g a P Biên so n ạ b i
ở Trầần Khoa – FNC05 – K46 – Trư n ờ g Đ i ạ h c
ọ Kinh têế TP.HCM TOÁN CAO CẤẤP
(xm)(n)= {m.(m-1). (m-2)….(m-n+1).xm-1 (m ≥ n) 0 (m < n) (lnax)(n)=(-1)n-1. (n-1)!.x-n (ekx)(n)=kn.ekx (ax)(n)=(lna)n.ax nπ (sinax)(n)=an.sin(ax + 2) nπ (cosax)(n)=an.cos(ax + 2)
Công thức Leibnitz: n
y=u.v⇒y(n)=∑C in.u(i).v(n-i) i=0 y x .e2
Ví dụ:ax =, tính (0) y (50)
Chọn u=x2⇒ u(0)=0 ; u' = 2x⇒u'(0)=0 ; u″=2; u ‴= 0,∀x ⇒u(n)(0)=0,∀ x ≠ 2
Chọn v=eax; v' =a.eax ; v' =a2.eax ; v(n)(0) = an,∀n 50 y(50)(0)=∑C i (50-48)!.48! .2.a48=49.50.a48 50 .u(i)(0).v(50-i)(0) = i=0
III. Khai triển Mac-Laurin ( ) C 48 50 .u(48)(0).v(2)(0)=50! k n (0) f
Công thức Mac-Laurin:∑f x k ( ) . ( ) = + x R x n k ! k = 0 VD: y=ex
′ = ⇒ ′ = ′ = ⇒ ′ = = x x n ( ) y e y y e y y (0) 1; (0) 1.... (0) 1 n 2 x x x
Downloaded by Hoa Ph??ng Phan th? (hoaphuong190723@gmail.com) lOMoARcPSD|37186047 ⇒ = + + + + + e x 1 2! ... n ! 1 ... 1 (1) ⇒ e ≈ 2 + + + ≈ Thay x=1 vào (1)2,7 2! ... 4! x
Từ đó ta cũng có khai triển MacLaurin cần nhớ ex = 1 + 1! 6!+……… + (-1)k-1.x2k +x2 (2k)!+ o(x2k) 2!+x3 ln(1+x) = x -x22+x3 3!+ …… +xk 3! -x4 k!+ o(xk)
4!+……… + (-1)k-1.xkk+ o(xk) sinx = x -x3 3!+x5 5! -x7 7!+……… + (-1)k.x2k-1 (2k-1)!+ o(x2k-1) cosx = 1 -x2 2!+x4 7 1 e 4! -x6 g a P Biên so n ạ b i
ở Trầần Khoa – FNC05 – K46 – Trư n ờ g Đ i ạ h c
ọ Kinh têế TP.HCM TOÁN CAO CẤẤP mx (1+x)m = 1 + 1!+m(m-1)x2
2!+ ……… +m.(m-1).(m-2)….(m-k+1) k! . xk + o(xk)
Ví dụ 1: Khai triển Mac – Laurin của hàm số e-x22 x
Nhớ ngay khai triển ex = 1 + 1! + x2 2! + x3 3! + … + xk k! Và ta thay x → -x22 - e x22 = 1 -x2 1!.2 + x4
Downloaded by Hoa Ph??ng Phan th? (hoaphuong190723@gmail.com) lOMoARcPSD|37186047 2 2!2 -x6 3 n 3!.2 + … + (-1) x2k k!.22n
Ví dụ 2: Khai triển Mac – Laurin của hàm số y = x.sinx2đến cấp 11
Nhớ ngay khai triển sinx = x -x3 3!+x5 → sinx2 = x2-x6 3! + x10 5! 5!→ x.sinx2 = x3-x7 3! + x11 5!+ o(x11)
IV. Khử dạng vô định: f x ( ) ′ f x ( ) limg x = lim
Quy tắc L’Hospital:( ) x a x a ′ g x ( ) → → Khử dạng∞∞ ;00 1 cos sin VD: 61 lim lim0 x x − − x sin x ( ') L ( ') L lim − 0= x = 3 x = 3 2 → → → x x x 0 x 6 n 1 ( ') ( ') ( ') x n x n − L n ! lim lim ..... lim . L L = = = = 0 x x
Downloaded by Hoa Ph??ng Phan th? (hoaphuong190723@gmail.com) lOMoARcPSD|37186047 →+∞ →+∞ x e e x e lim 1
(1– cosx)(1+cosx) x→0 x
(1– cosx)cos2x= lim cos2x– 1
x – sinx= lim x→0 x→0 tanx – x →+∞ 1+cosx x
1– cosx= lim x→0 cos2x= 2 1 1
x→∞x (e1x – cos x) (thay t = x) = lim et – cost et + sint lim t→0 t= lim t→0 1= 1
Tìm giới hạn bằng khai triển Maclaurin
Nhớ các phép khai triển cơ bản
Dấu hiệu: xuất hiện đa thức mũ bậc cao, L’Hospital nhiều lần không hiệu quả Ví dụ 1: lim x→0 x– tanx x3 Xét khai triển 2
tanx = x +x33+ 15 x5 + ………
ta chỉ nên dừng ở x3vì mẫu là x3dễ dàng bị triệt tiêu 8 1 e g a P Biên so n ạ b i
ở Trầần Khoa – FNC05 – K46 – Trư n ờ g Đ i ạ h c
ọ Kinh têế TP.HCM TOÁN CAO CẤẤP lim x→0 3 1 x = – 3 x – x –x33 Ví dụ 2: lim x→0
sinx – xcosx 2x3 Xét khai triển
sinx = x –x33!+x55!+……… cosx =1 –x2 2!+x4
4!+………→ xcosx = x –x3 2!+x5 4!
ta chỉ nên dừng ở x3vì mẫu là x3dễ dàng bị triệt tiêu lim x→0 3 3 1
sinx – xcosx 2x = lim x→0
x –x33! – x +x3 2x = 6 2!
Một số dạng bài tập mở rộng chương 4
Downloaded by Hoa Ph??ng Phan th? (hoaphuong190723@gmail.com) lOMoARcPSD|37186047
Câu 1: giả sử hàm số f(x) có đạo hàm cấp 2 trong một lân cận của 0 là f(0) = f’(0) = 0; f”(0) = -2 Tính lim x→0 f(x2)-f(x) x2 lim x→0 2 x→0 x→0 f(x2) - f(x) x = lim 2xf(x2) - f '(x) 4x2f(x2) - f "(x) 2=1 2x = lim
Câu 2: Khai triển MacLaurin hàm số y = ln[cos(x + 1)] đến cấp 6
Xét hàm y = ln(cosx) → y’ = -tanx 2 2
Nhớ công thức khai triển của tanx = x + x33+ 15 x5 → -tanx = - x -x33- 15 x5 + o(x5) 2
→ ln(cosx) = -∫tanx = ∫(- x -x33- 15 x5)dx = -x22-x4 12 -x6 45 + o(x6)
→ ln[cos(x + 1)] = -( x + 1) 2 2-( x + 1) 4 12 -( x + 1) 6 45 + o[(x + 1)6] 9 1 e g a P Biên so n ạ b i
ở Trầần Khoa – FNC05 – K46 – Trư n ờ g Đ i ạ h c
ọ Kinh têế TP.HCM TOÁN CAO CẤẤP
Chương V : Hàm Nhiều Biến I. Định nghĩa: y = f(x1,x2,x3,….,xn) II. Đạo hàm riêng
Downloaded by Hoa Ph??ng Phan th? (hoaphuong190723@gmail.com) lOMoARcPSD|37186047 1. Đạo hàm riêng ∂f(x0) △fxi(��0) △xi ∂xi= lim △x→ 0
Ví dụ: tính đạo hàm riêng : u = x3– 5xy – 3y2 ∂u
∂x = u'x = 3x2– 5y ( xem y là hằng số ) ∂u
∂y = u'y= –5x – 6y ( xem x là hằng số )
2. Đạo hàm riêng cấp cao - Định nghĩa : ∂u
∂xitheo biến xk được gọi là đạo hàm riêng cấp 2 của u theo biến xi , xk ∂( ∂u ' =∂2u ∂xi)
Và được kí hiệu : f xixk
∂xk dễ hiểu là đạo hàm lần đầu theo ∂xi ∂xk= xivà rồi lần 2 theo xk
Ví dụ : u(x,y) = 3x3 +4x2 + 5xy + y3 ∂x = 9x2 + 8x + 5y ∂2u ∂u 2 ∂x = 18x + 8 2 ∂y =5x + 3y ∂2u ∂u ∂x∂y = 5 3. Vi phân cấp 1 và 2
Cho z = f(x,y) có các đạo hàm riêng cấp 2 liên tục, ta có vi phân cấp 1 và vi phân cấp 2 của f lần lượt như sau : dz = f ' ' x dx + f y dy ' dx2+ 2f ' xy dxdy + f y2 d2z =f ' x2 dy2
Ví dụ: cho hàm z = 4x2y + xy3– 3xy. Tính dz và d2z a. f
nghiệm → điểm dừng → B2 ' x dx = 8xy + y3- 3y f 'ydy = 8x2 + 3xy2- 3x
→ dz = y3 + 8x2 + 3xy2 + 8xy – 3(x+y) ' dx2 = 8y b. f x2 ' dy2 = 6xy f y2 2f '
xy dxdy = 2(8x + 3y2 − 3) =16x + 6y2 − 6 → d2z = 6y2 + 16x + 8y + 6xy – 6
III. Cực trị không điều kiện Phương pháp
B1 : Điều kiện cần {f 'x= 0 0 f 'y= 0 2
- TH1 : Nếu vô nghiệm → không có cực trị - TH2 : Nếu có eg a
Downloaded by Hoa Ph??ng Phan th? (hoaphuong190723@gmail.com) lOMoARcPSD|37186047 P Biên so n ạ b i
ở Trầần Khoa – FNC05 – K46 – Trư n ờ g Đ i ạ h c
ọ Kinh têế TP.HCM TOÁN CAO CẤẤP
B2 : Điều kiện đủ: tính các vi phân cấp 2, thế điểm dừng và lập định thức ma trận |H| = |f '' xx f xy'' f '' yx f yy''| và so dấu với f xx'
+ Cùng dấu dương: cực tiểu
+ Trái dấu (|H| > 0 ; f ' xx < 0): cực đại
+ Định thức |H| < 0: không có cực trị
+ Định thức |H| = 0: chưa thể kết luận mà xét thêm
• Để biết đó là cực trị địa phương hay toàn cục, ta dễ hiểu thế này
• + Nếu hàm số có tập xác định R: địa phương
• + Nếu hàm số có tập xác định/tập đang xét nhỏ hơn R: toàn cục
Ví dụ: Tìm các điểm cực trị của hàm số: z = 11x2 + 7y2 + 12xy – 8x – 18y + 36 Điều kiện cần {f 'x= 0
f 'y= 0 ⬄ {22x - 12y - 18 = 0
-12x + 14y - 18 = 0 ⬄ {x = 2
y = 3 như vậy điểm dừng là M(2;3)
Điều kiện đủ (ta luôn có f '' ''
yx = f xy nên ta chỉ cần tìm 3 giá trị còn lại) f '' '' ''
xx = 22 f xy = -12 -12 f yy = 14 → |H| = 164 > 0
IV. Cực trị có điều kiện mà 22 > 0
→ cực tiểu địa phương tại M(2;3)
Cho hàm f(x;y) và hàm ràng buộc g(x;y) = go Như
vậy ta lập hàm mới L = f(x;y) + λ [go – g(x;y)] Phương pháp f 'x= 0 B1 : Điều kiện cần { f ' ' y = 0 f λ = 0
- TH1 : Nếu vô nghiệm → không có cưực trị L ' λx L λλ' |
- TH2 : Nếu có nghiệm → điểm dừng → B2
+ Cùng dấu âm: cực tiểu
+ Trái dấu (|H| > 0; |H1| < 0): cực đại
B2 : Điều kiện đủ: tính các vi phân cấp 2, thế điểm dừng và
lập định thức ma trận |H| = | L ' ' ' '
xx L xy L xλ' L yx L yy L yλ' | và so sánh dấu với |H ' ' ' 1| = |L xx L xλ' L λx L λy L λλ'
Như vậy ta có quy tắc: “cùng dấu cực tiểu, trái dấu cực đại” (cho cả bài về cực trị không và có điều kiện)
Ví dụ: tìm các điểm cực trị của hàm số z = 3x2 + 5xy với điều kiện: x + y = 16
Ta có hàm Lagrange: L = 3x2 + 5xy + λ(16 – x – y)
Downloaded by Hoa Ph??ng Phan th? (hoaphuong190723@gmail.com) lOMoARcPSD|37186047 Điều kiện cần: L ' ' x = 0 L y = 0 ⬄ { 5x - λ= 0 ⬄ { như vậy dừng 1 2 { L ' x + y = 0 x = -4 y = 20 M(20;-4);λ = e λ = 0 6x + 5y - λ = 0 g λ = 100 100 là điểm a P Biên so n ạ b i
ở Trầần Khoa – FNC05 – K46 – Trư n ờ g Đ i ạ h c
ọ Kinh têế TP.HCM TOÁN CAO CẤẤP
Điều kiện đủ (ta luôn có L '' '' '' '' '' ''
yx = Lxy ; Lxλ = Lλx ; Lyλ = Lλy nên ta chỉ cần tìm 6 giá trị còn lại) 2 L ' ' ' ' '
xx = 6 Lxy = 5 Lxλ = -1 5 Lyy = 0 Lyλ = -1 2 e g a P |H1| = |6 -1 -1 0| = -1 < 0
→ cực đại địa phương tại M(20;-4) -1 -1 L ' λλ = 0 → |H| = 4 > 0 Biên so n ạ b i
ở Trầần Khoa – FNC05 – K46 – Trư n ờ g Đ i ạ h c
ọ Kinh têế TP.HCM TOÁN CAO CẤẤP
Chương VI: Phương Trình Vi Phân I. Định nghĩa
Phương trình vi phân là một phương trình đại số liên hệ giữa biến độc lập, hàm phải tìm và đạo hàm của nó.
Phương trình vi phân cấp 1 là phương trình có dạng:
F(x, y, y’) = 0 (1) hay y’ = f(x, y) (2)
1. Phương trình vi phân cấp 1 có biên phân ly:
- Dạng tổng quát: f(x)dx = g(y)dy (1)
Hay f1(x).g2(y)dx = g1(y).f2(x)dy (2)
- Phương pháp giải: + Từ (2) ta tiến hành chia 2 vế cho f2(x).g2(y) để trở về (1)
+ Tích phân 2 vế ơở (1): f ∫ (x)dx= ∫g(y)dy =>F(x)=G(y)+C, ∀C
- Ví dụ: (1+e2x)⋅y2dy = exdx với y(0) = 0 ↔ y2dy=ex 2x 1+e dx ↔ ∫ y2 dy = ∫ex 2x 1+e dx ↔ y33=arctanex + C π
y(0)=0 ⬄ arctge0 + C = 0 ↔ C = - 4 π
Vậy nghiệm riêng của phương trình là: y=3arctanex- 3 4
2. Phương trình vi phân tuyến tính cấp 1:
- Dạng tổng quát: y’ + P(x).y = Q(x) (1)
Nên nhớ ngay công thức
y = (∫e∫P(x)dx.Q(x)dx + K).e-∫P(x)dx
Downloaded by Hoa Ph??ng Phan th? (hoaphuong190723@gmail.com) lOMoARcPSD|37186047 1
Ví dụ: Giải phương trình: y’ + x+1.y = x -1 (1)
Dễ thấy đây là phương trình tuyến tính cấp 1 nên ta có ∫ ∫ 1 y = [∫e 1 dx 1 dx x+1 .(x - 1)dx + K].e- x+1
= [∫(x + 1).(x - 1)dx + K]. x+1 1 1 1
= [∫(x2-1)dx + K]. x+1 = ( 3x3- x+K) . x+1
Vậy nghiệm TQ của (1) là: 1 1 y = ( 3x3- x + K) . x+1 3. Phương trình Bernoulli:
- Dạng TQ: y’ + P(x).y = Q(x).yn - PP giải:
TH1: Nếu y = 0 => thỏa pt
TH2: Nếu y ≠ 0 : Chia 2 vế cho yn, ta có: y' n y + P(x).y1-n=Q(x) 3 2 e g a P Biên so n ạ b i
ở Trầần Khoa – FNC05 – K46 – Trư n ờ g Đ i ạ h c
ọ Kinh têế TP.HCM TOÁN CAO CẤẤP y' n y' n z'
Phương trình đặc trưng: k2 + ak + b = 0 nếu có
Đặt z = y1-n → z’ = (1-n).y-n.y’ = (1-n). y → y = 1-n x
2 nghiệm k1; k2 thì y = C1ek + C2ek z' 1 2x
Thay vào (2), ta có: 1-n+ P(x).z = Q(x)
1 nghiệm kép k thì y = C1ekx + C2xekx
⬄ z’ + P(x).z.(1-n) =Q(x).(1-n)
2 nghiệm phức a ± bi thì y = eax (C1cosbx + C2sinbx)
⬄ z’ + P*(x).z = Q*(x) (Bài toán 2)
Ví dụ: Giải phương trình y’ – y = x.y5(1)
Bước 2: Xét nghiệm vế phải
Giải: Nhận xét rằng y = 0 là một nghiệm của (1)
Trường hợp 1: f(x) = eαx.(đa thức bậc n) nếu có α trùng với
Vơứi y ≠ 0, ta chia 2 vế của (1) cho y5 ; (1) ⬄ y’.y-5– y-4 = không phải nghiệm thì y = eαx.(đa thức tổng quát bậc n) x
nghiệm đơn thì y = xeαx.(đa thức tổng quát bậc n)
Đặt z = y-4 ⬄ z’ = -4y-5y’. 1
nghiệm kép thì y = x2eαx.(đa thức tổng quát bậc n)
Khi đó, ta có: - 4z’ – z = x z' + 4z = -4x (2)
Trường hợp 2: f(x) = eax.[đa thức.cosβx + đa thức.sinβx]
ta có z = [∫e ∫ 4dx.(-4x)dx + K].e- ∫ 4dx = [-∫e 4x.4xdx + K]. xét hệ số α và β nếu 1
e -4x = e -4x[-xe4x +14e4x + K] = -x + 4+ Ke-4x Vì z = y-4nên không trùng nghiệm phức thì y = eαx.[đa thức tổng 1
quát.cosβx + đa thức tổng quát.sinβx] trùng nghiệm phức y-4 = = -x + 4+ Ke-4x
thì y = xeαx.[đa thức tổng quát.cosβx + đa thức tổng 1
Vậy, nghiệm của (1) là y = 0 hay y = y-4 = = -x + 4+ Ke-4x quát.sinβx]
II. Phương trình vi phân cấp 2 tuyến tính có hệ số
hằng với vế phải đặc biệt Dạng tổng quát: y” + ay’ + tips: trùng bao nhiêu nghiệm thì nhân thêm x mũ bấy nhiêu by = f(x) (1)
đa thức tổng quát là đa thức biểu diễn chung ví dụ Phương pháp
hàm số y = 3 → đa thức tổng quát là A
Bước 1: Xét nghiệm vế trái.
hàm số y = 2x + 2 → đa thức tổng quát là Ax + B
Downloaded by Hoa Ph??ng Phan th? (hoaphuong190723@gmail.com) lOMoARcPSD|37186047 4
hàm số y = 2x2 + 3x + 1 → đa thức tổng quát là Ax2 + Bx + 2 C e g … a P Biên so n ạ b i
ở Trầần Khoa – FNC05 – K46 – Trư n ờ g Đ i ạ h c
ọ Kinh têế TP.HCM TOÁN CAO CẤẤP
Bước 3: tìm các y’, y” của nghiệm vế phải rồi thế vào phương trình (1) để tìm
A,B,C… Bước 4: Suy ra nghiệm tổng quát
Nghiệm tổng quát y = nghiệm vế trái + nghiệm vế phải
Ví dụ 1: y” – 2y’ – 3y = -xex(1) Bước 1:
phương trình đặc trưng k2– 2k – 3 = 0 ⬄ k = -1 hay k = 3 Suy ra y(x) = C1e-x+ C2e3x Bước 2: Xét -xex
trùng với trường hợp 1→ α = 1 → không trùng nghiệm nào là x0
-x là đa thức bậc 1 → tổng quát là Ax + B → y* = ex(Ax + B) Bước 3:
y* = ex(Ax + B) [để làm nhanh khúc này thì ta lấy số hạng của đa thức + đạo hàm của chính nó] y*’ = ex(Ax + A + B) y*” = ex(Ax + 2A + B)
thế vào (1) → ex(Ax + 2A + B) – 2ex(Ax + A + B) – 3ex(Ax + B) = -xex [lược bỏ ex] 1 x
⬄ -4Ax + 4B = -x ⬄ A = 4; B = 0 → y* = 4ex Bước 4: x
Nghiệm tổng quát của phương trình là y = C1e-x+ C2e3x+ 4ex Ví dụ 2: y” + 4y = e3x Bước 1:
phương trình đặc trưng k2 + 4 = 0 ⬄ k = ±2i [a = 0; b = 2]
suy ra y(x) = C1cos2x + C2sin2x Bước 2: Xét e3x
trùng với trường hợp 1→ α = 3 → không trùng nghiệm nào là x0
1 là đa thức bậc 0 → tổng quát là A → y* = e3x.A Bước 3: y* = e3x.A y*’ = 3A. e3x y*” = 9A. e3x 1 1
thế vào phương trình → 9A. e3x + 4e3x.A = e3x ⬄ 13A = 1 ⬄ A = 13 → y* = 13e3x Bước 4: 1
Nghiệm tổng quát của phương trình là y = C1cos2x + C2sin2x + 13e3x
Downloaded by Hoa Ph??ng Phan th? (hoaphuong190723@gmail.com) lOMoARcPSD|37186047
Ví dụ 3: y” + y’ – 2 = sinx Bước 1:
phương trình đặc trưng k2 + k – 2 = 0 ⬄ k = 1 hay k = -2 suy ra y(x) = C1ex + C2e-2x 5 Bước 2: 2 Xét sinx e g a P Biên so n ạ b i
ở Trầần Khoa – FNC05 – K46 – Trư n ờ g Đ i ạ h c
ọ Kinh têế TP.HCM TOÁN CAO CẤẤP
trùng với trường hợp 2→ α = 0; β = 1 → không trùng nghiệm nào là x0 1 là đa thức
bậc 0 → tổng quát là A → y* = A.cosx + B.sinx Bước 3: y* = A.cosx + B.sinx y*’ = -A.sinx + B.cosx y*” = -A.cosx - B.sinx
thế vào phương trình → (–Acosx – Bsinx) + (–Asinx + Bcosx) – 2(Acosx + Bsinx) = sinx
⬄ (–3A + B)cosx + (–A – 3B)sinx = sinx -A - 3B = 1 ⬄ {A = -110 1 3
B = -310 → y* = - 10 cosx - 10 sinx ⬄ {-3A + B = 0 Bước 4: 1 3
Nghiệm tổng quát của phương trình là y = C1ex + C2e-2x- 10 cosx - 10 sinx
Ví dụ 4: y” – 4y = xex + cos2x Bước 1:
phương trình đặc trưng k2– 4 = 0 ⬄ k = 2 hay k = -2 suy ra y(x) = C1e2x + C2e-2x Bước 2: Xét xex
trùng với trường hợp 1→ a = 1 → không trùng nghiệm nào là x0
x là đa thức bậc 1 → tổng quát là Ax + B → u = (Ax + B)ex Xét cos2x
trùng với trường hợp 2→ α = 0; β = 2 → không trùng nghiệm nào là x0
1 là đa thức bậc 0 → tổng quát là C và D → v = C.cos2x + D.sin2x Bước 3: u = ex.(Ax + B) u’ = ex.(Ax + A + B). u” = ex.(Ax + 2A + B)
thế vào phương trình → ex(Ax + 2A + B) – 4ex(Ax + B) = -xex ⬄ -3Ax + 2A – 3B = -x
Downloaded by Hoa Ph??ng Phan th? (hoaphuong190723@gmail.com) lOMoARcPSD|37186047 -2A - 3B = 1 ⬄ {A = -13 v’ = -2C.sin2x + 2D.cos2x
⬄ {-3A = 0 v” = -4C.cos2x – 4D.sin2x 1 2 v = C.cos2x + D.sin2x B = -29 → u = (- 3.x - 9)ex
thế vào phương trình → (-4C.cos2x – 4D.sin2x) – 4(C.cos2x + D.sin2x) = cos2x 1 1
⬄ -8C.cos2x – 8D.sin2x = cos2x ⬄ C = - 8và D = 0 ⬄ v = - 8cos2x Bước 4: 1 2 1
Nghiệm tổng quát của phương trình là y = C1e2x + C2e-2x– ( 3.x + 9)ex– 8cos2x 6 2 e g a P Biên so n ạ b i
ở Trầần Khoa – FNC05 – K46 – Trư n ờ g Đ i ạ h c
ọ Kinh têế TP.HCM TOÁN CAO CẤẤP
Một số dạng bài tập mở rộng chương 6
Câu 1: cho phương trình y” + 4y = 0. Chứng minh nghiệm của phương trình là một hàm điều hòa Bước 1:
Phương trình đặc trưng k2 + 4 = 0 ⬄ k = ±2i → a = 0; b = 2
suy ra y(x) = C1cos2x + C2sin2x đặt C1 = A.a 2 a2 + b = Asinφ và C2 = A.b 2 a2 + b = Acosφ
→ y(x) = Asinφ.cos2x + A.cosφ.sin2x = A.sin(2x + φ) là hàm điều hòa
Câu 2: Tìm nghiệm phương trình 2ydx + (y2– 6x)dy = 0 3x y
Chia 2 vế cho dy ta có 2yx’ + y2– 6x = 0 ⬄ x’ – y= – 2(*)
(*) là phương trình tuyến tính theo ẩn là x nên ta có – y ∫ 1 1 1 2 3 x(y)= [∫e∫ 3 dx 3 dx y .(– 2)dy + K].e
y = [- 2∫y-3.ydy + K].y3= [- 2∫ y dy + K].y3= [ y+K].y3 =y22+ Ky3
Downloaded by Hoa Ph??ng Phan th? (hoaphuong190723@gmail.com) lOMoARcPSD|37186047 7 2 e g a P Biên so n ạ b i
ở Trầần Khoa – FNC05 – K46 – Trư n ờ g Đ i ạ h c
ọ Kinh têế TP.HCM TOÁN CAO CẤẤP
Chương VII: Ứng Dụng Của Giải Tích Trong Kinh Tế
I. Đại lượng biên (Biên tế)
Dùng để chỉ sự thay đổi của một biến kinh tế nào đó gây ra bởi sự thay đổi của một biến kinh tế khác.
Cho y = f(x) và f là hàm khả vi, biên tế của y tại x là My(x)=f’(x)
Như vậy đại lượng biên là ĐẠO HÀM của hàm đại lượng đó
Ví dụ: Gọi x là lượng sản phẩm của một xí nghiệp, y là tổng chi phí sản xuất. Giả sử y phụ thuộc vào x như sau:
y= f(x)= ax2 + bx + c ( a,b,c là hệ số hằng)
Khi đó, ta có chi phí biên tế của xí nghiệp là: MC= f’(x)= 2ax+b II. Độ co dãn
Độ co dãn của biến y theo biến x là đại lượng đặc trưng cho tốc độ thay đổi tương đối của y theo x x. E y x = y'(x). y
Ví dụ: Đường cung và đường cầu của một loại nông sản là hàm tuyến tính. Biết rằng thị trường cân bằng
tại sản lượng là 3 với mức giá là 9. Khi đó, độ co dãn của cung và cầu theo giá lần lượt là 3 và -1. Tìm hàm cung và hàm cầu
Hàm cung và cầu là hàm tuyến tính nên có dạng: Q = Q’.P + b E D ' P = QD .PQD E S ' ' P = QS .PQS ⬄ {-1= QD .93 Độ co dãn là: { 1
→ QD = – 3P + 6 và QS = P – 6 3 = Q ' ' ' S .93 ⬄ {QD = -13 QS = 1
III. Chi phí lao động và chi phí vốn
Hàm chi phí C(L;K) = wL + rK
Hàm sản xuất (Cobb-Douglas) Q = Lα.Kβ
→ Sản lượng biên theo L hay K lần lượt là MPL = Q’L và MPK = Q’K
Tỉ lệ thay thế kỹ thuật MRST = M P L w
MPK(để tối đa hóa sản lượng thì MRTS = r)
Ví dụ: nhà sản xuất sử dụng hai yếu tố đầu vào là K và L để sản xuất biết sản lượng Q = 2K(L – 2). Biết
rằng họ phải chi tối đa 15000 $ để mua 2 yếu tố đầu vào với giá w = 300$ và r = 600$. Tìm L và K để sản lượng đạt tối ưu
Cách 1: dùng phương pháp thông thường M P L { wL + rK=15000 2L-4=12 w 2K 300L + 600K=15000⬄ {L=26 MPK= r ⬄ { K=12
Cách 2: dùng phương pháp nhân tử Lagrange
Với Q = 2K(L – 2) và điều kiện ràng buộc 300L + 600K = 15000 hay L + 2K = 50
Ta có L = 2K(L – 2) + λ(50 – L – 2K)
Downloaded by Hoa Ph??ng Phan th? (hoaphuong190723@gmail.com) lOMoARcPSD|37186047
Điều kiện cần: { Điều kiện đủ L ' ' L = 0 LK = 0 ⬄ { 2L - 4 - 2λ= 0 ⬄ { → Như vậy L 'λ= 0 2K - λ = 0
50 - L - 2K = 0 L = 26 K = 12 M(26;12),λ = 24 λ = 24 là điểm dừng Ta có ma trận Hesse 2 e g 8 a P Biên so n ạ b i
ở Trầần Khoa – FNC05 – K46 – Trư n ờ g Đ i ạ h c
ọ Kinh têế TP.HCM TOÁN CAO CẤẤP ' = 0 LLK ' = 2 LLλ L ' LL = 0 LKλ ' = -1 -1 -2 L ' λλ = 0 2 LKK -1 0| = - 1 < 0 ' = -2 |H2| = |0 -1 → |H| = 8 > 0
→ điểm M(26;12) là điểm cực đại
→ sản lượng tối đa khi L = 26 và K = 12 IV. Lợi nhuận
Là số tiền thu được khi lấy toàn bộ doanh thu trừ đi tổng chi phí
Hàm lợi nhuận π(Q) = TR(Q) – TC(Q) = Q.P – TC(Q)
Nếu có nhiều hơn một sản phẩm thì Q = Q1 + Q2 + …. và TR = P1Q1 + P2Q2 + … Ví dụ: Một nhà sản xuất
độc quyền bán 2 sản phẩm trên thị trường có hàm cầu thị trường cho sản phẩm 1 Q1 = 50 – 0,5P1 và sản phẩm 2 Q 2
2 = 76 – P2. Xác định mức sản lượng cho lợi nhuận tối đa, cho biết hàm chi phí TC = 3Q1 + 2Q 2 1Q2+ 2Q2 + 55 Ta có P 2 1.Q1 = –2Q1 + 100Q1 P 2 2.Q2 = –Q2 + 76Q2 π = –2Q 2 2 2 2 2 2
1 + 100Q1– Q2 + 76Q2– 3Q1 – 2Q1Q2– 2Q2 – 55 = –5Q1 + 100Q1– 3Q2 + 76Q2– 2Q ' 1Q2 = 0 Điều kiện cần {πQ1
' = 0⬄ {-10Q1+ 100 – 2Q2 = 0
-6Q2+ 76 – 2Q1 = 0⬄ {Q1= 8
Q2= 10 → điểm dừng A(8;10) πQ2 Điều kiện đủ Ta có ma trận Hesse '' = -10 πQ1Q2 π '' Q1Q1 = -2 '' = -6 -2 πQ2Q2 → |H| = 56 > 0
Downloaded by Hoa Ph??ng Phan th? (hoaphuong190723@gmail.com) lOMoARcPSD|37186047 '' = -10 < 0 πQ1Q1
→ để tối đa hóa lợi nhuận thì doanh nghiệp cần sản xuất Q1 = 8 và Q2 = 10
V. Lợi ích người tiêu dùng
Là độ thỏa mãn khi tiêu dùng những sản phẩm khác nhau mà bị giới hạn bởi chi tiêu
Hàm thỏa dụng TU = XαYβ
Thỏa dụng biên của hàng hóa X; Y lần lượt là MU ' X = TUX và MUY = TUY'
Tỉ lệ thay thế biên MRST = M U X
MUY (độ thỏa dụng đạt giá trị lớn nhất thì MRST = P X PY)
Ví dụ: Giả sử một người tiêu dùng giành thu nhập hàng tháng của mình là 900.000đ để mua 2 hàng hóa
X,Y với giá tương ứng: PX = 10000đ/sp; PY = 40.000 đ/sp. Biết hàm lợi ích U(X,Y) = (X + 2)Y, xác định
lượng hàng hóa tiêu dùng để đạt độ thỏa mãn lớn nhất
Cách 1: Dùng phương pháp thông thường X.PX + Y.PY = I M U X X-2=14⬄ {X = 46 ⬄ {10000X + 40000Y=900000 { Y Y = 11 MUY= P X PY
→ cần tiêu dùng X = 46 và Y = 11 để đạt độ hữu dụng lớn 9 2 nhất e g
Cách 2: dùng phương pháp nhân tử Lagrange a P
Với U = (X – 2)Y và điều kiện ràng buộc 10000X +
40000Y = 900000 hay X + 4Y = 90 Biên so n ạ b i
ở Trầần Khoa – FNC05 – K46 – Trư n ờ g Đ i ạ h c
ọ Kinh têế TP.HCM TOÁN CAO CẤẤP
Ta có: L = XY – 2Y + λ(90 – X – 4Y)
Điều kiện cần: { Điều kiện đủ L ' ' X = 0 LY = 0 ⬄ { X - 2 - 4λ= 0 90 ⬄ { → N(46;11),λ = L 'λ= 0 Y - λ = 0 - X - 4Y = 0
X = 46 Y = 11 λ11 là điểm dừng = 11 Ta xét ma trận Hesse ' = 0 LXY ' = 1 LXλ L ' XX = 0 LYλ ' = -1 -1 -4 L ' λλ = 0 1 LYY -1 0| = - 1 < 0 ' = -4 |H2| = |0 -1 → |H| = 8 > 0
→ điểm N(46;11) là điểm cục đại
Downloaded by Hoa Ph??ng Phan th? (hoaphuong190723@gmail.com) lOMoARcPSD|37186047 HẾT
____________Chúc mọi người học toán cao cấp thật tốt nhé ☺ _____________ 0 3 e g a P Biên so n ạ b i
ở Trầần Khoa – FNC05 – K46 – Trư n ờ g Đ i ạ h c
ọ Kinh têế TP.HCM
Downloaded by Hoa Ph??ng Phan th? (hoaphuong190723@gmail.com)