Lời Giải Bài Tập Toán Kinh Tế 1 | Học Viện Ngân Hàng
Lời Giải Bài Tập Toán Kinh Tế 1 | Học Viện Ngân Hàng với những kiến thức và thông tin bổ ích giúp sinh viên tham khảo, ôn luyện và phục vụ nhu cầu học tập của mình cụ thể là có định hướng, ôn tập, nắm vững kiến thức môn học và làm bài tốt trong những bài kiểm tra, bài tiểu luận, bài tập kết thúc học phần. Mời bạn đọc đón xem!
Preview text:
[BÀI TẬP TOÁN KINH TẾ 1] August 8, 2020 GIẢI BÀI T P Ậ TOÁN KINH TẾ 1 PHOTO MAI ANH Page 1
[BÀI TẬP TOÁN KINH TẾ 1] August 8, 2020 BÀI TẬP CHƯƠNG I Bài 1: a, y = √2 + 𝑥 − 𝑥2
+ Miền xác định: D = [-1; 2]
+ Miền giá trị: y’ = −2𝑥+1 2√2+𝑥−𝑥2 y’ = 0 x = 1 2
+ Bảng biến thiên: x -1 1/2 2 y’ | + 0 - | | y 3/2 0 0
Vậy miền giá trị là [0; 3 ] 2 b, y = arcsin(ln𝑥) 𝑒
+ Điều kiện: -1 ≤ ln𝑥 ≤ 1 𝑒
=> Miền xác định: D = [1; e2] (ln𝑥 )′
+ Miền giá trị: y’ = [arcsin(ln𝑥 )]’ = 𝑒 = 1 𝑒 √1−(ln𝑥 )2 𝑥√1−(ln𝑥 )2 𝑒 𝑒
Điều kiện: 1 − (ln 𝑥 )2> 0 (ln 𝑥 )2 < 1 𝑒 𝑒 -1 < ln𝑥 < 1 𝑒 1 < x < e2
+ Bảng biên thiên: x 0 1 e e2 y’ | + + | + | + y 0 π/2 -π/2
Vậy miền giá trị là: [−𝜋; 𝜋 ] 2 2 c, y = cotπx + arccos2x
+ Miền xác định: (-∞; 0) \ {k,k ∈ Z} PHOTO MAI ANH Page 2
[BÀI TẬP TOÁN KINH TẾ 1] August 8, 2020 + Miền giá trị: D = R d, y = arcsin ( 2𝑥 ) 1+2𝑥
+ Miền xác định: D = R (giải điều kiện -1 ≤ 2𝑥 ≤ 1) 1+2𝑥 ( 2𝑥 + Miền giá trị: y’ = 1+2𝑥)′ = 2𝑥.𝑙𝑛2 > 0 ∀(x) √1−( 2𝑥 √1−( 2𝑥 1+2𝑥)2 1+2𝑥)2
+ Bảng biến thiên: x -∞ +∞ y’ + y π/2 0
Vậy miền giá trị là: (0; 𝜋) 2 e, y = ln(1 – 2x2)
+ Miền xác định: D = (−1; 1 ) (giải điều kiện: 1 – 2x2 > 0) √2 √2
+ Miền giá trị: y’ = −4𝑥 1 – 2𝑥2 y’ = 0 x = 0
+ Bảng biến thiên: x -1/√2 0 1/√2 y’ | + 0 - | y | 0 | -∞ +∞ f, y = √2𝑥 𝑐𝑜𝑠𝜋𝑥
+ Miền xác định: D = [0; +∞) \ {1 + k | k ∈ Z} (giải đk: 2x > 0 và cosπx ≠ 0) 2
+ Miền giá trị R (y’> 0 ∀(x tmđk)) Bài 2: a, y = 𝑥+1 𝑥−1 + MXĐ: D = R\{1} PHOTO MAI ANH Page 3
[BÀI TẬP TOÁN KINH TẾ 1] August 8, 2020 + MGT: x ≠ 1
Ta có: y = 𝑥+1 => x = 𝑦+1 𝑥−1 𝑦−1
Vậy hàm ngược của y = 𝑥+1 là x = 𝑦+1 𝑥−1 𝑦−1 b, y = 2𝑥 1+2𝑥
Vậy với MXĐ: D = R; MGT: x ∈ (0; 1)
Hàm ngược của y = 2𝑥 là x = log 𝑦 1+2𝑥 2 1−𝑦
c, y = sinx + cosx , x ∈ [−𝜋; 𝜋] 4 4
𝑦 = 𝑠𝑖𝑛𝑥 + 𝑐𝑜𝑠𝑥 𝑦 = sin(x + 𝜋 ) x + 𝜋 = arcsin 𝑦 x = arcsin 𝑦 - 𝜋 √2 √2 √2 √2 4 4 √2 √2 4
Vậy với MXĐ: D = R; MGT: x ∈ [0; √2]
Hàm ngược của y = sinx + cosx là x = arcsin 𝑦 - 𝜋 √2 4 d, y = log 2 𝑥
Với MXĐ: D = (0; 1) ∪ (1; +∞) MGT: x ≠ 0
Hàm ngược của y = log 2 là 𝑥𝑦=2 x = 𝑥 √2 𝑦 với y ≠ 0 Bài 3:
a/ Gỉa sử hàm chi phí có dạng: TC=a.x+ b Theo đề bài ta có hệ: 9000 =1000a + b a = 6 12000 = 1500a + b b = 3000 => TC= 6x + 3000
b/ Hệ số góc cho biết khi x tăng thêm 1 dơn vị thì TC tăng 6 đơn vị
c/ Hệ số chặn cho biết chi phí cố định là 3000 USD Bài 4 :
Tương tự bài 3 ta tìm được a= -1/3000 và b=19 Bài 5 :
𝜋(0) = −10 cho biết chi phí cố định bằng 10 Bài 6 :
Thị trường cân bằng khi : Qs= Qd 200p−0,5= 5p0,5 + 4p0,75 PHOTO MAI ANH Page 4
[BÀI TẬP TOÁN KINH TẾ 1] August 8, 2020 Bài 7: 4p − 1 > 0 p > 1 a) { 4 <=> 1 < p < 2 4 − p2 <=> { > 0 −2 < p < 2 4
b) Qd ≥ 0 <=> 0 < p < 2, nên giới hạn cao nh t của giá mua là 2
Qs ≥ 0 <=> p ≥ 1 , nên giới hạn th p nh t của giá bán là 1 4 4
c) Qs = Qd <=> p2 + 4p + 5 = 0 <=> p = 1
Vậy giá cân bằng là 𝐩 , lượng cân bằng 𝐐 = 𝟑
d) Hàm cầu ngược: p =√4 − 𝑄 Bài 8:
a/ Gỉa sử hàm cung có dạng Qs= a.p + b
hàm cầu có dạng Qd= c.p + d
Theo đề bài ta tìm được Qs = 2p – 3 Qd = -p + 27
Thị trường cân bằng khi Qs = Qd p* = 10
b/ Nếu chính phủ áp đặt giá p = 11,5 > p* = 10 thì sẽ xu t hiện dư hàng hóa.
Khi đó, tại p = 11,5 thì Qs = 20 và Qd = 15,5 => lượng dư là 4,5 t n/ ngày
c/ Khi chính phủ đánh thuế 1 nghìn đồng/ kg gạo 203 thì
hàm cung mới là p = 0,5.Q + 1,5 + 1 và hàm cầu vẫn như cũ p = 27 – Q
Thị trường cân bằng mới 0,5.Q + 2,5 = 27 – Q Q = 49/3 => p = 32/3 Bài 9:
ADCT: V(t) = Vo . (1+ r/n)n.t = 1000 . ( 1 + 8%/4)4.5 = 1485,9474 Bài 10:
ADCT: B = A . (1 + r)n 588,38 = 500 . (1 + r*/2)2.3 r* = 0,055 => r = 0,0275 = 2,75 % PHOTO MAI ANH Page 5
[BÀI TẬP TOÁN KINH TẾ 1] August 8, 2020 Bài 11
Năm thứ n doanh thu của công ty là: B = A (1 + 𝑟)𝑛
= 1 (1 + 0,01)𝑛 (tỷ đồng) Bài 12:
Đến năm 2023 dân số Việt Nam là: B = A (1 + 𝑟)𝑛 = 80 872 000 (1 + 0,015)20 = 108 922 858 (người) Bài 13: NPV của dự án đó là: NPV = A - C = B (1 + 𝑟)−𝑛 - C
= 10 000 (1 + 0,09)−5 - 6 000 ≈ 499,3139 > 0
Vì NPV > 0 nên đầu tư dự án. Bài 14:
Tổng số tiền của ông A theo phương án 1 vào ngày 1/7/2014 là: B = A𝑒𝑟𝑡 B = 1 000. 𝑒0,035.2 = 1 072,5082 (USD)
Tổng số tiền của ông A theo phương án 2 vào ngày 1/7/2014 là: 𝑛𝑡 B = A (1 + 𝑟 ) + 20 𝑛 2.2 B = 1 000.(1 + 0,035 ) + 20 2 = 1 091,859 (USD)
Tổng số tiền của ông A theo phương án 3 vào ngày 1/7/2014 là: 𝑛.𝑡
B = 𝐴 𝑒𝑟1.𝑡 + 𝐴 (1 + 𝑟2 ) 2 2 𝑛 2.2
= 500 𝑒0,035.2 + 500 (1 + 0,035 ) 2 PHOTO MAI ANH Page 6
[BÀI TẬP TOÁN KINH TẾ 1] August 8, 2020 = 1 072,1836 (USD) Bài 15: NPV của dự án 1 là:
𝑁𝑃𝑉1 = 𝐴1 − 𝐶1
= 3 000 (1 + 0,1)−4 - 2 000 = 49,0404 ($) > 0 NPV của dự án 2 là:
𝑁𝑃𝑉2 = 𝐴2 − 𝐶2
= 4 000 (1 + 0,1)−6 - 2 000 = 257,8957 ($) > 0 NPV của dự án 3 là:
𝑁𝑃𝑉3 = 𝐴3 − 𝐶3
= 4 800 (1 + 0,1)−5 - 3 000 = - 19,5776 ($) < 0
Vì 𝑁𝑃𝑉2 > 𝑁𝑃𝑉1 > 0 > 𝑁𝑃𝑉3
Vậy nên chọn đầu tư dự án thứ 2 . Bài 16: Theo phương án 1: 𝑛𝑡 4.1,5
A (1 + 𝑟 ) = 50000 . (1 + 0,05 ) = 53869,159 𝑈𝑆𝐷 𝑛 4 Theo phương án 2:
= 𝐴. 𝑒𝑟.𝑡 = 50000 . e4,5% . 1,5 = 53491,513 USD Câu 17: 1 𝑠𝑖𝑛 Ta có lim 1 𝑓(𝑥) = l
im (𝑥𝑠𝑖𝑛 ) = l im ( 𝑥 1 ) 𝑥→0 𝑥→0 𝑥 𝑥→0 𝑥
Đặt u = 1 vì x → 0 => u → ∞ 𝑥 1 𝑠𝑖𝑛 + lim( 𝑥 1
) = lim (𝑠𝑖𝑛𝑢 ) = 0 𝑥→0 𝑢→∞ 𝑢 𝑥
Để hàm số liên tục tại x = 0 lim 𝑓(𝑥) = 𝑓 (0) = 0 𝑥→0 PHOTO MAI ANH Page 7
[BÀI TẬP TOÁN KINH TẾ 1] August 8, 2020
Vậy cần sửa lại 𝑓(0) = 0 để 𝑓(𝑥) liên tục tại x = 0 PHOTO MAI ANH Page 8
[BÀI TẬP TOÁN KINH TẾ 1] August 8, 2020 Bài 18:
a, f(x) = x3.sin 1 khi x ≠ 0 𝑥 0 khi x = 0 Tập xác định: x ≠ 0 Ta có: sin 1
+ lim 𝑓(𝑥) = l im ( 𝑥3. 𝑠𝑖𝑛 1 ) = l im ( 𝑥 1 . 𝑥2 ) = 1.0 = 0 𝑥→0 𝑥→0 𝑥 𝑥→0 𝑥
=> 𝑓(𝑥) liên tục tại x = 0
Vậy hàm số liên tục trên R
b, 𝑓(𝑥) = 4.3x khi x < 0 2 + x khi x ≥ 0 Ta có:
+ lim 𝑓(𝑥) = lim (2 + 𝑥) = 2 𝑥→0+ 𝑥→0+
+ lim 𝑓(𝑥) = lim (4. 𝑥3) = 4 𝑥→0− 𝑥→0− + 𝑓(0) = 2
=> lim 𝑓(𝑥) = 𝑓(0) ≠ lim 𝑓(𝑥) 𝑥→0+ 𝑥→0−
Vậy 𝑓(𝑥) không liên tục tại x = 0
c, 𝑓(𝑥) = | 2𝑥−3 | = 2𝑥−3 = 1 , khi x ≥ 3 2𝑥−3 2𝑥−3 2
3−2𝑥 = -1 , khi x < 3 2𝑥−3 2 => 3
𝑓(𝑥) không liên tục lại x = 2 Bài 19:
a, 𝑓(𝑥) = x + 1 khi x ≤ 1 3 – ax2 khi x > 1 Ta có:
+ lim 𝑓(𝑥) = lim (3 − 𝑎𝑥2) = 3 – a 𝑥→1+ 𝑥→1+
+ lim 𝑓(𝑥) = lim (𝑥 + 1) = 2 𝑥→1− 𝑥→1− PHOTO MAI ANH Page 9
[BÀI TẬP TOÁN KINH TẾ 1] August 8, 2020 + 𝑓(1) = 2
Để hàm số liên tục => lim 𝑓(𝑥) = lim 𝑓(𝑥) = 𝑓(1)= 2 𝑥→1+ 𝑥→1− => 3 – a = 2 a = 1 2 b, sin 𝑥 𝑓(𝑥) = khi x ≠ 0 1−cos𝑥 a khi x = 0 Ta có: + lim ( 2.
𝑓(𝑥) = lim 𝑠𝑖𝑛2 𝑥 = lim 𝑠𝑖𝑛2 𝑥)′ = lim
𝑠𝑖𝑛𝑥.𝑐𝑜𝑠𝑥 = lim 2𝑐𝑜𝑠𝑥 = 2 𝑥→0+
𝑥→0+ 1−𝑐𝑜𝑠 𝑥
𝑥→0+ (1−𝑐𝑜𝑠 𝑥)′ 𝑥→0+ 𝑠𝑖𝑛𝑥 𝑥→0+ + lim ( 2.
𝑓(𝑥) = lim 𝑠𝑖𝑛2 𝑥 = lim 𝑠𝑖𝑛2 𝑥)′ = lim
𝑠𝑖𝑛𝑥.𝑐𝑜𝑠𝑥 = lim 2𝑐𝑜𝑠𝑥 = 2 𝑥→0−
𝑥→0− 1−𝑐𝑜𝑠 𝑥
𝑥→0− (1−𝑐𝑜𝑠 𝑥)′ 𝑥→0− 𝑠𝑖𝑛𝑥 𝑥→0− + 𝑓(0) = a
Để hàm số liên tục => lim 𝑓(𝑥) = lim 𝑓(𝑥) = 𝑓(0) 𝑥→0+ 𝑥→0− => 2 = a Bài 20: Ta có : TR=p.Q=7Q Hòa vốn khi TR=TC 7Q= 40 + 3Q + 𝐐𝟐 + 𝟏 𝟏𝟎𝟎𝟎 𝐐
Đặt f(Q)= = 40 - 4Q + 𝐐𝟐 + 𝟏 𝟏𝟎𝟎𝟎 𝐐
Ta phải chứng minh f(Q) =0 có nghiệm Q∈ (𝟏, 𝟏𝟏) Có: f(1)= 37,001 f(11)=-3,1669 =>f(1).f(11) <0
Mà f(Q) là hàm liên tục trên [1,11] nên tồn tại Q∈ (𝟏, 𝟏𝟏) sao cho f(Q) =0
Vậy tồn tại điểm hòa vốn. Bài 21 :
Thị trường cân bằng khi : Qs= Qd 200𝐩−𝟎,𝟓= 5𝐩𝟎,𝟓 + 𝟒𝐩𝟎,𝟕𝟓
Đặt f(p)= 200𝐩−𝟎,𝟓 − 𝟓𝐩𝟎,𝟓 − 𝟒𝐩𝟎,𝟕𝟓
Yêu cầu chứng minh: f(p)=0 có nghiệm p ∈ (3,16) PHOTO MAI ANH Page 10
[BÀI TẬP TOÁN KINH TẾ 1] August 8, 2020
Ta có: f(3)= 97,69 và f(16)= -2 => f(3).f(16) <0
Mà f(p) liên tục trên [3,16] nên tồn tại p∈ (𝟑, 𝟏𝟔) sao cho f(p)=0 ( theo hệ quả của
định lí giá trị trung gian). Vậy tồn tại thị trường cân bằng Bài 22:
𝑓(𝑥) = √2𝑥 + 7 tại x = 1 Ta có: ∆𝑦 𝑓(𝑥 √2(𝑥 𝑓(𝑥 0+∆𝑥)−𝑓(𝑥0) 0+∆𝑥)+7−√2𝑥0+7 0) = lim = lim = lim ∆𝑥→0 ∆𝑥 ∆𝑥→0 ∆𝑥 ∆𝑥→0 ∆𝑥 = lim
2(𝑥0+∆𝑥)+7−2𝑥0−7 = lim 2 = 1
∆𝑥→0 ∆𝑥(√2(𝑥 +∆ 0 𝑥)+7+√2𝑥0+7)
∆𝑥→0 √2(𝑥0+∆𝑥)+7+√2𝑥0+7 3 Bài 24:
a, 𝑓(𝑥) = ln (x2 + x + 1)
=> 𝑓(𝑥)’ = 2𝑥+1 𝑥2+𝑥+1 2
b, 𝑓(𝑥) = √3(3𝑥 + 2)2 = (3𝑥 + 2) 3 −1
=>𝑓(𝑥)’ = 2 .3.(3𝑥 + 2) 3 3
c, 𝑓(𝑥) = √1 − 𝑒−𝑥2
=>𝑓(𝑥)’ = 𝑥.𝑒−𝑥2 (x ≠ 0) √1−𝑒−𝑥2 d, 1
𝑓(𝑥) = 2x.sin - cos 1 , x ≠ 0 𝑥 𝑥 0 , x = 0 Bài 25 :
lim 𝑓(𝑥) = lim 𝑓(𝑥) = 𝑓(0) 𝑥→0+ 𝑥→0−
=> f(x) liên tục tại x = 0
Ta có : lim (𝑓(𝑥)−𝑓(0) ) = lim ( 1
𝑠𝑖𝑛 ) không tồn tại 𝑥→0 𝑥−0 𝑥→0 𝑥
Nên hàm đã cho liên tục tại x=0 nhưng không có đạo hàm tại x=0 Bài 26 :
a/ Hàm chi phí cận biên là MC = (TC)’ = 9Q2 + 8Q- 5
b/ Hàm chi phí bình quân AC= TC/Q = 3Q2 + 4Q -5 + 10/Q PHOTO MAI ANH Page 11
[BÀI TẬP TOÁN KINH TẾ 1] August 8, 2020 Bài 27
Ta có : TR = p. Q = ( -5Q + 2500).Q MR = (TR)’ = -10Q + 2500
Tại Q= 90 => MR = 1600 > 0
Vậy nếu Q tăng 1 đơn vị thì TR tăng 1600 đơn vị Bài 28 : a/ Tại p < 80
Hệ số co giãn: εQp = Q'(p).p = −𝑝2 <0 Q 3200−0,5.𝑝2
Vậy tại mức giá p< 80 thì p tăng 1 % thì Q giảm | −𝑝2 | % 3200−0,5.𝑝2 b/ Tại p= 20 ta có:
Hệ số co giãn: εQp = Q'(p).p = −𝑝2 = -0,1333 <0 Q 3200−0,5.𝑝2
Vậy khi p tăng 1% thì Q giảm 0,1333% và ngược lại Tại p= 50 ta có:
Hệ số co giãn: εQp = Q'(p).p = −𝑝2 = -1,2821 <0 Q 3200−0,5.𝑝2
Vậy khi p tăng 1% thì Q giảm 1,2821% và ngược lại Bài 29:
a) Hàm xu hướng tiêu dùng cận biên: MPC = C'(Y) = 0,8 + 1 10√Y
b) Hệ số co giãn: εcy = C'(Y). Y = (0,8 + 1 ) . Y C(Y) 10√Y o,8Y+0,2√Y+18 => εc200 = 0,8926
Ý nghĩa: Tại mức thu nhập Y=200USD, khi thu nhập tăng lên 1% thì tiêu dùng tăng lên 0,8926% Bài 30:
a) Hàm chi phí cận biên: MC = (TC)' = 10Q(Q+3)− 5Q2 = 5Q2+30Q (Q+3)2 (Q+3)2
b) Tổng chi phí bình quân ATC = TC = 5000 + 5Q Q Q Q+3 ATC (100) = 54,8544 Bài 31:
a) Doanh thu cận biên: MR = (TR)' = (P.Q)' = [(90 – Q).Q]’ = 90 - 2Q PHOTO MAI ANH Page 12
[BÀI TẬP TOÁN KINH TẾ 1] August 8, 2020
Chi phí cận biên: MC = (TC)' = 3Q2-20Q-30
b) Hàm lợi nhuận: 𝜋 = TR - TC = 90Q - Q2- Q3 + 10Q2 + 30Q - 100 = -Q3 + 9Q2 + 120Q - 100 𝑄
Điều kiện cần: 𝜋′ = -3Q2+18Q+120 = 0 → [ 1 = 10 (𝑛) 𝑄2 = −4 (𝑙)
Điều kiện đủ: 𝜋" = - 6Q+18 𝜋"(10) = -42 < 0
Vậy lợi nhuận đạt cực đại tại 𝑄 = 10
c) MC(10) = 3. 102-20.10-30 = 70 MR(10) = 90 – 2.10 = 70
Vậy tại mức sản lượng Q=10, nếu tăng sản lượng lên 2 đơn vị thì tổng chi phí tăng 140
và tổng doanh thu tăng 140 đơn vị. Bài 32: a) Ta có: Q > 0
𝑄 = −2 . 𝐿3 + 10. 𝐿2 > 0 3
𝐿2(10 − 2 . 𝐿) > 0 3 {10 − 2 . 𝐿 > 0 3 𝐿 ≠ 0 {𝐿 < 15 𝐿 ≠ 0
Vậy tập xác định thực tế của hàm Q là 0 < L < 15 𝐿
b) Điều kiện cần: Q'= -2L2 + 20L = 0 → [ 1 = 10 (𝑛) 𝐿2 = 0 (𝑙)
Điều kiện đủ: Q" = -4L+20 Q"(10) = -20 < 0
Vậy để sản lượng đạt giá trị lớn nh t thì mức sử dụng lao động là L=10
c) Hệ số co giãn: εQ = Q'. L = (-2L2 + 20L). L L Q −2 L3+10L2 3 ε Q = 1,5 𝐿
Vậy tại mức L=5, khi tăng L lên 1% thì sản lượng tăng 1,5% Bài 33:
a) Hàm lợi nhuận: 𝜋 = TR-TC = 7200Q - Q3+ 3Q2- 150 PHOTO MAI ANH Page 13
[BÀI TẬP TOÁN KINH TẾ 1] August 8, 2020 𝑄
Điều kiện cần: 𝜋' = -3Q2+6Q+7200 = 0 → [ 1 = 50 (𝑛) 𝑄2 = −48 (𝑙)
Điều kiện đủ: 𝜋" = - 6Q+6 𝜋"(50) = -294 < 0
Vậy để lợi nhuận tối đa thì mức sản lượng Q = 50 b) Hàm chi phí cận biên: MC = TC’ = 3Q2 – 6Q MC(50) = 7200
Vậy tại mức sản lượng Q=50, nếu sản lượng tăng 1 đơn vị thì tổng chi phí tăng 7200 đơn vị.
c) Khi chính phủ đánh thuế T=100 000$ trên toàn bộ sản phẩm, hàm lợi nhuận:
πT = TR-TC-100 000 = 7200Q - Q3 2 + 3Q - 100150 𝑄 Điều kiện cần: π′ 1 = 50 (𝑛) T = -3Q2+6Q+7200 = 0 → [ 𝑄2 = −48 (𝑙)
Điều kiện đủ: π"T = -6Q+6 𝜋′′(50) = -294 < 0 𝑇
Vậy sản lượng để lợi nhuận đạt tối đa là Q=50
Mức lợi nhuận khi đó là: 𝜋 2 3
𝑇𝑚𝑎𝑥 = 7200.50 + 3. 50 − 50 − 100150 = 142350 (𝑈𝑆𝐷)
Vậy so với câu a, nếu đánh thuế trên toàn bộ sản phẩm thì sản lượng để tối đa hóa lợi
nhuận là như nhau 𝑄 = 50
d) Khi chính phủ đánh thuế t=2640$/ đơn vị sản phẩm, hàm lợi nhuận: π 3 2
t = TR-TC-2640Q = - Q + 3Q + 4560Q- 150 𝑄 Điều kiện cần: π′ 1 = 40 (𝑛) t = -3Q2+6Q+4560 = 0 → [ 𝑄2 = −38 (𝑙)
Điều kiện đủ: π"t = - 6Q+6 𝜋"(40) = -234 < 0
Vậy khi chính phủ đánh thuế t=2640$/ đơn vị sản phẩm thì doanh nghiệp sản xu t với
mức sản lượng Q = 40 để tối đa hóa lợi nhuận. Bài 34 :
a) Hàm lợi nhuận: 𝜋 = TR-TC = 200Q - 2Q2
Điều kiện cần: 𝜋' = -4Q+200 = 0 Q =50 PHOTO MAI ANH Page 14
[BÀI TẬP TOÁN KINH TẾ 1] August 8, 2020
Điều kiện đủ: 𝜋" = - 4 < 0
Vậy để lợi nhuận tối đa thì mức sản lượng Q = 50 và p = 200 -50 = 150 b) Tại p= 150 ta có:
Hệ số co giãn: εQp = Q'. p = −p = −3 < 0 Q 200−𝑝
Vậy tại mức giá p = 150, nếu giá tăng 1% thì cầu giảm 3% và ngược lại
c) Khi chính phủ đánh thuế T trên toàn bộ sản phẩm, hàm lợi nhuận:
πT = TR-TC- T= 200Q - 2Q2 –T
Điều kiện cần: π′T = -4Q+200 = 0 Q =50
Điều kiện đủ: π"T = - 4 < 0
Vậy sản lượng để lợi nhuận đạt tối đa là Q=50
Mức lợi nhuận khi đó là: 𝜋 = 200. 50 − 2.50.50 − 𝑇𝑚𝑎𝑥 𝑇 = 5000 − 𝑇
Vậy so với câu a, nếu đánh thuế trên toàn bộ sản phẩm thì sản lượng để tối đa hóa lợi
nhuận là như nhau 𝑄 = 50 và lợi nhuận giảm đi T
d) Khi chính phủ đánh thuế t/ đơn vị sản phẩm, hàm lợi nhuận:
πt = TR-TC- tQ = 200Q - 2Q2 − 𝑡. 𝑄 Điều kiện cần: π′ 200−𝑡 t = 200 -4Q - t= 0 Q = 4
Điều kiện đủ: π"t = - 4 < 0
Vậy khi chính phủ đánh thuế t/ đơn vị sản phẩm thì doanh nghiệp sản xu t với mức
sản lượng Q = 200−𝑡 ( t < 200 ) để tối đa hóa lợi nhuận. 4 Bài 35:
Hàm lợi nhuận: 𝜋 = TR-TC = 10Q2 + 100Q -1/3. Q3 -15Q2 + 500Q -15 𝑄
Điều kiện cần: 𝜋' = -Q2 -10Q+ 600 = 0 → [ 1 = 20 (𝑛) 𝑄2 = −30 (𝑙)
Điều kiện đủ: 𝜋" = - 4Q -10 𝜋"(20) = -90 < 0
Vậy để lợi nhuận tối đa thì mức sản lượng Q = 20 Bài 36:
Hàm lợi nhuận: 𝜋 = TR-TC = 1400Q – 7Q2 – Q3 + 4Q2 -80Q -120 𝑄
Điều kiện cần: 𝜋' = -3Q2 -6Q+ 1320 = 0 → [ 1 = 20 (𝑛) 𝑄2 = −22(𝑙) PHOTO MAI ANH Page 15
[BÀI TẬP TOÁN KINH TẾ 1] August 8, 2020
Điều kiện đủ: 𝜋" = - 6Q -6 𝜋"(20) = -126 < 0
Vậy để lợi nhuận tối đa thì mức sản lượng Q = 20 Bài 37: Ta có: ATC = TC/Q = Q + 8 + 16/Q MC = (TC)’ = 2Q +8 εTC Q = TC'. Q = MC TC 𝐴𝑇𝐶
ADCT: Af’(x) = 𝑀𝑓−𝐴𝑓 ta có 𝑥 ATC’ = 𝑄2−16 𝑄2
Nếu Q >4 thì chi phí bình quân tăng
Nếu Q < 4 thì chi phí bình quân giảm
Nếu Q = 4 thì chị phí bình quân đạt cực tiểu Bài 38: Tương tự bài 37 ta có: εQ = Q'. L L = MPL Q 𝐴𝑃𝐿 PHOTO MAI ANH Page 16
[BÀI TẬP TOÁN KINH TẾ 1] August 8, 2020 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 xu t cung ứng hàng hóa cho thị trường thì mức giá p1,p2 thỏa mãn điều kiện sau: −2 + 𝑝1 > −2 { 𝑝1 > 0 { −2 + 3𝑝2 > 0 𝑝2 > 23
b/ Mô hình cân bằng của thị trường hàng hóa thứ nh t 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 (𝑦 )′ (𝑦 )′ = (x + y). [ (√𝑥2 +𝑦2 )′
𝑥 𝑥 + (√𝑥2 +𝑦2 )′𝑥 ] - (x – y). . [ 𝑥 𝑦 + 𝑦 ] 𝑥2 √𝑥2 +𝑦2 𝑥2 √𝑥2 +𝑦2 𝑦2+1 𝑦2+1 𝑥 𝑦 −𝑦 √ 1 𝑥2+𝑦2 √𝑥2+𝑦2 = (x + y). ( 𝑥2 + ) – (x – y). ( 𝑥 + ) = 0 𝑥2+𝑦2 √𝑥2+𝑦2 𝑥2+𝑦2 √𝑥2+𝑦2 𝑥2 𝑥2 Ta có : PHOTO MAI ANH Page 17
[BÀI TẬP TOÁN KINH TẾ 1] August 8, 2020 ′ ′ ( )
𝑧′′ + 𝑧 ′′ = ( 𝑥−𝑦 ) + ( 𝑥+𝑦
) = 𝑥2+𝑦2−2𝑥. 𝑥−𝑦
+ 𝑥2+𝑦2−2𝑦.(𝑥+𝑦) = 0 𝑥2 𝑦2 𝑥2+𝑦2 ( ( 𝑥 𝑥2+𝑦2 𝑦 𝑥2+𝑦2)2 𝑥2+𝑦2)2 Bài 4 : Ta có : 1 −𝑥 VT = x. z’ 𝑦 𝑥 𝑦2 x + y. z’y = x. (𝑥. − 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛 − 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) ′ (𝑢+𝑣 ) ′ z’ 𝑢−𝑣 𝑢 𝑢−𝑣 𝑣 (𝑢−𝑣)2 (𝑢−𝑣)2 u + z’v = + = + = 𝑢−𝑣 (𝑢+𝑣)2+1 (𝑢+𝑣 )2+1 (𝑢+𝑣)2+1 (𝑢+𝑣 )2+1 𝑢2+𝑣2 𝑢−𝑣 𝑢−𝑣 𝑢−𝑣 𝑢−𝑣
=> điều phải chứng minh Bài 7:
a/ Tại K= 25, L=1000 thì Q = 4000 b/ Ta có: MPPK = (Q)’ -0,5 K = 40. K .L1/3 = 80
=> chi phí để sử dụng thêm 1 đơn vị tư bản là 12 : 80 =0,15 Ta có : MPPL = (Q)’ 0,5 L = 80. 1/3 . K . L-2/3 = 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: 𝑃 𝑃 𝜀𝑄 = 1 = −4. 1 𝑃 𝑄′ ∗ 𝑃 1 𝑃1 2 𝑄 1 ∗ 5 6300−2 𝑃 𝑃2 2 1− 3 𝜀 𝑄 ( 20; 30) = −0,4 𝑃1
Vậy tại ( p1; p2 ) = ( 20; 30 ) nếu p1 tăng 1 % thì Q giảm 0,4 %
• Hệ số co dãn của Q theo 𝑃2: 𝑃 𝑃 𝜀𝑄 = 2 = − 10 2 𝑃 𝑄′ ∗ 𝑃 2 𝑃2 2 𝑄 3 2 ∗ 5 6300−2 𝑃 𝑃2 2 1 − 3
𝜀 𝑄 ( 20; 30) = −0,75 𝑃2
Vậy tại ( p1; p2 ) = ( 20; 30 ) nếu p2 tăng 1 % thì Q giảm 0,75 % PHOTO MAI ANH Page 18
[BÀI TẬP TOÁN KINH TẾ 1] August 8, 2020 Bài 9: Qd = 1,5.M0,3.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 = 1,5.M−0,7 −0,2 .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 = − : = > 0 ∂M ∂M ∂p ∗
1,4.0,3. p∗−0,7 + 1,5.0,2. p∗−1,2M0,3
Vậy khi thu nhập tăng thì giá cân bằng tăng và ngược lại. Bài 10: Hướng dẫn: a/ Điều kiện cần:
1 . (2𝑥4 + 𝑦4 − 4𝑥2 − 4𝑦)−2 3. (8𝑥3 − 8𝑥) = 0 𝑧′ = 0 3 { 𝑥 𝑧′ 1 𝑦 = 0
. (2𝑥4 + 𝑦4 − 4𝑥2 − 4𝑦)−2 3. (4𝑦3 − 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 là điểm cực tiểu
Nếu D(I) >0, z"xx < 0 => I là điểm cực đại
D(I) <0 => I không là điểm cực trị b/ Điều kiện cần PHOTO MAI ANH Page 19
[BÀI TẬP TOÁN KINH TẾ 1] August 8, 2020 2 2 2 2 𝑧′ = 0
4𝑥. 𝑒−𝑥 −𝑦 − 2𝑥. (2𝑥2 + 3𝑦2). 𝑒−𝑥 −𝑦 = 0 { 𝑥
𝑧′𝑦 = 0 ⇔ { 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 − 2𝑥2 − 3𝑦2 = 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 là điểm cực tiểu
Nếu D(I) >0, z "xx < 0 => I là điểm cực đại
D(I) <0 => I không là điểm cực trị c/ :Điều kiện cần: z′ x = 5 Giải hệ: { x = 0 z′y = 0 { y = 2 Điểm I(5,2) Điều kiện đủ: 0,8 0 D(I) = | | = 4>0 0 5
Ta có D(I) >0 mà π "xx > 0 => điểm I là điểm cực tiểu
Vậy với x= 5, y = 2 thì zct = 30 d/ Điều kiện cần: 𝑥 = 0 z′
𝑦. √1 − 𝑥2 − 𝑦2 + 𝑥𝑦. −𝑥 = 0 [ 2 2 2 𝑥2 + 2𝑦 = 1 { x = 0 { √1−𝑥 −𝑦 z′ { y = 0
𝑥. √1 − 𝑥2 − 𝑦2 + 𝑥𝑦. −𝑦 = 0 𝑦 = 0 √1− [ 𝑥2−𝑦2 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 là điểm cực tiểu
Nếu D(I) >0, z "xx < 0 => I là điểm cực đại
D(I) <0 => I không là điểm cực trị PHOTO MAI ANH Page 20
[BÀI TẬP TOÁN KINH TẾ 1] August 8, 2020 e/ Điều kiện cần : 2 z′
𝑦. ln(𝑥2 + 𝑦 ) + 𝑥𝑦. 2𝑥 = 0 { 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 𝑦 = 0
𝑥. (ln(𝑥2 + 𝑦2) +. 2𝑦.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 z′ = 0 2 2
2 + 2𝑦2 − 2𝑥𝑦 − 𝑥 = 0 (1) { x = 0 1+𝑥 +𝑦 z′ { ( ) y = 0
2√1+𝑥2+𝑦2 – 𝑦. 2𝑥+2𝑦+1
2 + 2𝑥2 − 2𝑥𝑦 − 𝑦 = 0 (2) √1+𝑥2+𝑦2 { = 0 1+𝑥2+𝑦2
L y (1) – (2) ta được: (y – x). (2y +2x +1) = 0
=> Điểm dừng duy nh t 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 là điểm cực tiểu
Nếu D(I) >0, z"xx < 0 => I là điểm cực đại
D(I) <0 => I không là điểm cực trị Bài 11 : z′ 6𝑦2 − 3𝑥 + 𝑏 = 0 { x = 0 z′ y = 0
{ 6𝑥2 − 3𝑦 + 𝑎 = 0
Theo đề bài 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 2 La′(λ) = 0 𝑥 + 𝑦 = 1
Xét định thức H tại M: ( Điều kiện đủ) PHOTO MAI ANH Page 21
[BÀI TẬP TOÁN KINH TẾ 1] August 8, 2020 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 𝑥 − 𝑦 = 0 [ { La′(y) = 0 { 𝑥 − 2𝑦λ = 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 − 2 𝑥 = 2 𝑥λ = 0 { 𝑦 = 3 { La′(y) = 0 { 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 PHOTO MAI ANH Page 22
[BÀI TẬP TOÁN KINH TẾ 1] August 8, 2020 d/ Lập hàm Lagrange: La = 1
𝑥2 + 𝑦2+ λ.(1– 𝑥 − 1 𝑦 ) 2 3
Giải hệ (Điều kiện cần) 2𝑥 − 1 λ = 0 La′(x) = 0 2 2𝑥 = 3𝑦 𝑥 = 18 { La′(y) = 0 2𝑦 − 1 λ = 0 { { 13 3 1– 1 𝑥 − 1 𝑦 = 0 La′(λ) = 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 𝜋 − 𝑦 + 𝑥 = 0 La′(λ) = 0 − 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 PHOTO MAI ANH Page 23
[BÀI TẬP TOÁN KINH TẾ 1] August 8, 2020 Bài 14: Hàm tổng doanh thu:
TR = 𝑝1. 𝑄1 + 𝑝2. 𝑄2 = 17𝑄1 + 21𝑄2 Hàm lợi nhuận: 𝜋(𝑄 − 1;𝑄2) = 𝑇𝑅 𝑇𝐶 = 11𝑄 2
1 − 4𝑄1 − 25𝑄2 − 2𝑄 2
2 + 3 + 4𝑄1𝑄2 + 17𝑄1 + 21𝑄2 = 28𝑄 2 2
1 − 4𝑄1 − 4𝑄2 − 2𝑄2 + 3 + 4𝑄1𝑄2 Ta có hệ phương trình: 𝜋 ′ = 28 − 8𝑄 { 𝑄1 1 + 4𝑄2 = 0
𝜋𝑄2′ = −4 + 4𝑄1 − 4𝑄2 = 0 𝑄 → { 1 = 6 𝑄2 = 5
→ Đ𝑖ể𝑚 𝑡ớ𝑖 ℎạ𝑛 (𝑄1; 𝑄2) = (6; 5) Ta có: 𝜋′ = −8; 𝑄 𝜋′ = −4; 𝜋′ = 𝜋′ = 4 1𝑄1 𝑄2𝑄2 𝑄1𝑄2 𝑄2𝑄1
𝐷(6, 5) = |−8 4 | = 16 > 0 4 −4
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 xu t 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 => (Q1, Q2) = (600,1200) Điều kiện đủ: PHOTO MAI ANH Page 24
[BÀI TẬP TOÁN KINH TẾ 1] August 8, 2020 −0,6 − 0,2 D(I) = | | = 0,2 −0,2 − 0,4
Ta có D(I) >0 mà π " < 0 => lợi nhuân tối đa 𝑄21
Vậy với Q1 = 600, Q2 = 1200 thì lợi nhuận đạt max Bài 16:.
Công ty độc quyền sản xu t nên ta có hàm 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 ′ = 80 − 10𝑄 { 𝑄1 1 = 0 𝜋𝑄 − 𝑄 2′ = 160 40 2 = 0 𝑄 → { 1 = 8 𝑄2 = 4
→ Đ𝑖ể𝑚 𝑡ớ𝑖 ℎạ𝑛 (𝑄1; 𝑄2) = (8; 4) Ta có: 𝜋′ = −10; ′ 𝑄 𝜋 = −40; 𝜋′ = 𝜋′ = 0 1𝑄1 𝑄2𝑄2 𝑄1𝑄2 𝑄2𝑄1 𝐷(8, 4) = |−10 0 | = 400 > 0 0 −40
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 xu t và giá bán ở mỗi cơ sở là 𝑄1 =
8; 𝑝1 = 80 𝑣à 𝑄2 = 4; 𝑝2 = 120 PHOTO MAI ANH Page 25
[BÀI TẬP TOÁN KINH TẾ 1] August 8, 2020 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′ = − 8 30 𝑄 𝑄 2 2 + 2𝑄1 + = 0 𝑄 { 1 = 3,5714 𝑄2 = 4,6429
=> Ta có điểm dừng (Q1, Q2) = (3,5714; 4,6429) Ta có: 𝜋′′ 2 = −4 𝑄1 𝜋′′ 2 = −8 𝑄2 𝜋′′ ′′ 𝑄 = 𝜋 = 2 1𝑄2 𝑄2𝑄1 Ta có: D(I) = |−4 2 | = 28 > 0 2 −8
Có D(I) > 0 và 𝜋′′ 2 = −4 < 0 nên (Q1, Q2) = (3,5714; 4,6429) là điểm cực đại của 𝑄1 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: PHOTO MAI ANH Page 26
[BÀI TẬP TOÁN KINH TẾ 1] August 8, 2020 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′′ = -0.4 𝑄21 𝜋′′ = -0.24 𝑄22 𝜋′′ ′′ 𝑄 = 𝜋 1𝑄2 𝑄2𝑄1 = -0,2 −0,4 −0,2 D(M) = | | = 0,056 > 0 −0,2 −0,24
Có D(M) > 0 và 𝜋′′ < 0 nên M là điểm cực đại 𝑄21
Vậy cần sản xu t 60 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, bài toán đã cho là 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: PHOTO MAI ANH Page 27
[BÀI TẬP TOÁN KINH TẾ 1] August 8, 2020 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′ (𝑥, 𝑦, 𝜆) = 300 − 3𝑥 − 5𝑦 = 0 𝜆
Ta có nghiệm duy nh t (𝑥, 𝑦, 𝜆) = (50; 30; 0,2485) • Ta có: 𝐿 ′′ ( −3 11 = 𝐿
𝑥, 𝑦, 𝜆) = −8,947. 10 𝑥2 𝐿 ′′ ( 22 = 𝐿 𝑥, 𝑦, 𝜆) = −0,0249 𝑦2 𝐿 ′′ ( 12 = 𝐿21 = 𝐿 . −3
𝑥𝑦 𝑥, 𝑦, 𝜆) = 0,9411 10
Với 𝑔(𝑥, 𝑦) = 3𝑥 + 5𝑦, ta có: 𝑔 ′ 1 = 𝑔 ( 𝑥 𝑥, 𝑦) = 3 𝑔 ′ 2 = 𝑔 ( 𝑦 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 𝑔 −3 2 𝐿21 𝐿22 5 0,9411. 10 −0.0249
Vậy để lợi ích tiêu dùng lớn nh t thì hộ gia đình nên tiêu dùng gói hàng (𝑥, 𝑦) = (50,30) Bài 20:
Hàm sản su t: 𝑄 = 𝐾0,3. 𝐿0,5
Do ngân sách cố định là $384 nên: 6𝐾 + 2𝐿 = 384
Vậy nên, bài toán đã cho là 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 nh t(𝐾, 𝐿, 𝜆) = (24; 120; 0,0592) • Ta có: 𝐿 ′′ 11 = 𝐿 (
𝐾2 𝐾, 𝐿, 𝜆) = −0,01 PHOTO MAI ANH Page 28
[BÀI TẬP TOÁN KINH TẾ 1] August 8, 2020 𝐿 ′′ ( 22 = 𝐿 𝐾, 𝐿, 𝜆) = −0,0005 𝐿2 𝐿 ′′ 12 = 𝐿21 = 𝐿 (
𝐾𝐿 𝐾, 𝐿, 𝜆) = 0,002
Với 𝑔(𝐾, 𝐿) = 6𝐾 + 2𝐿, ta có: 𝑔 ′ 1 = 𝑔 ( 𝐾 𝐾, 𝐿) = 6 𝑔 ′ 2 = 𝑔 ( 𝐿 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 bài toán đã cho là 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 nh t: (K, L, λ) = (40; 135; 0,5)
𝐿11 = 𝐿′′𝐾2(𝐾, 𝐿, 𝜆) = 0 • Ta có:
𝐿22 = 𝐿′′𝐿2(𝐾, 𝐿, 𝜆) = 0
𝐿12 = 𝐿21 = 𝐿′′ (𝐾, 𝐿, 𝜆) = −0.5 𝐾𝐿
Với g(K, L) =𝐾𝐿 + 5𝐾, ta có:
𝑔1 = 𝑔′ (𝐾, 𝐿) = 140 𝐾
𝑔2 = 𝑔′ (𝐾, 𝐿) = 40 𝐿 PHOTO MAI ANH Page 29
[BÀI TẬP TOÁN KINH TẾ 1] August 8, 2020
• 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 xu t đạt cực tiểu tại (K, L) = (40; 135) PHOTO MAI ANH Page 30
[BÀI TẬP TOÁN KINH TẾ 1] August 8, 2020 BÀI TẬP CHƯƠNG 3 Bài 1:
a) AR = TR => TR = AR.Q = 60Q- 3Q2 Q MR = TR' = 60-6Q
b) Hệ số co giãn của doanh thu theo sản lượng là:
𝜀𝑇𝑅 = TR'. Q = (60-6Q). Q , 𝜀(5) = 0,667 𝑄 TR 60Q− 3Q2
Tại mức sản lượng Q = 5, khi sản lượng tăng lên 1% thì doanh thu tăng 0,667% Bài 2: a) MC = (𝑇𝐶) ′ = 4 𝑄 𝑄 + 1
AC = 𝑇𝐶 = 2𝑄 + 1 + 100 𝑄 𝑄 ( ′ 𝑇𝐶) 𝑏) 𝑀𝐶= 𝑄
= (𝑇𝐶) ′ . 𝑄 = 𝜀𝑇𝐶 𝐴𝐶 𝑇𝐶 𝑄 𝑇𝐶 𝑄 𝑄
Vậy khi sản lượng tăng 1% thì tổng chi phí tăng 𝜀𝑇𝐶% 𝑄 Bài 3:
a) Có: (𝑇𝑅) ′ = (𝑇𝑅) ′ . ( ′ = (10 + 2Q).(3L2 + 1) 𝐿 𝑄 𝑄)𝐿
Vậy khi L tăng 1 đơn vị thì TR tăng (10 + 2Q).(3L2 + 1) đơn vị
b) 𝜀𝑇𝑅 = (𝑇𝑅) ′ . 𝐿 = (10 + 2 ). ( 2 𝐿 𝐿 𝑄 3𝐿 + 1). 𝐿 𝑇𝑅 10𝑄+𝑄2
Vậy khi L tăng 1% thì TR tăng (10+2𝑄).(3𝐿3+𝐿) % 10𝑄+𝑄2 Bài 4:
MC = TC' → TC = Q3 - 4Q2 + 1800Q + c Q = 9000 - P → P = 9000 - Q
Hàm lợi nhuận: 𝜋 = TR - TC
𝜋 = 9000Q - Q2 - Q3 + 4Q2 - 1800Q - c 𝜋 = - Q3+ 3Q2+7200Q – c
Để lợi nhuận tối đa:
+) Điều kiện cần: 𝜋' = -3Q2 + 6Q + 7200 = 0
→ Q = 50 (Thỏa mãn), Q = -48 (loại)
+) Điều kiện đủ: 𝜋" = -6Q + 6, 𝜋"(50) = - 294 < 0 PHOTO MAI ANH Page 31
[BÀI TẬP TOÁN KINH TẾ 1] August 8, 2020
Vậy để lợi nhuận đạt tối đa tại mức sản lượng Q* = 50.
Bài 5: ( Cấu trúc câu hỏi giống câu 34 chương 1)
a) Hàm lợi nhuận: 𝜋 = TR-TC = 200Q - Q2 - Q2 = -2Q2 +200Q
Để lợi nhuận tối đa:
+) Điều kiện cần: 𝜋' = -4Q + 200 = 0 → Q = 50
+) Điều kiện đủ: 𝜋" = -4 < 0
Vậy để lợi nhuận tối đa thì mức sản lượng Q = 50 và giá P = 150
b) Hệ số co giãn của cầu tại mức giá: 𝜀𝑄= Q'.𝑃 = −𝑃 ; 𝑃 𝜀(150) = -3 𝑄 200−𝑃
Vậy tại mức giá P = 150, khi giá thay đổi 1% thì lượng cầu giảm 3%
c) Khi chính phủ đánh thuế t = 0,2USD trên mỗi sản phẩm, ta có hàm lợi nhuận mới là:
𝜋 = -2Q2 + 200Q - 0,2Q = -2Q2 +199,8Q 𝑡
Để lợi nhuận tối đa:
+) Điều kiện cần: 𝜋 ′ = -
4Q+199,8 = 0 → Q=49,95 (thỏa mãn) 𝑡
+) Điều kiện đủ: 𝜋 " = -4 < 0 𝑡
Vậy mức cung để tối đa hóa lợi nhuận sau khi chính phủ đánh thuế là Q = 49,95
Khi chính phủ đánh thuế t/ đơn vị sản phẩm, hàm lợi nhuận:
πt = TR-TC- tQ = 200Q - 2Q2 − 𝑡. 𝑄 Điều kiện cần: π′ 200−𝑡 t = 200 -4Q - t= 0 Q = 4
Điều kiện đủ: π"t = - 4 < 0
Vậy khi chính phủ đánh thuế t/ đơn vị sản phẩm thì doanh nghiệp sản xu t với mức
sản lượng Q = 200−𝑡 ( t < 200 ) để tối đa hóa lợi nhuận 4 Bài 6:
a) Hàm chi phí bình quân: AC = TC → TC = 12 - 0,5Q2 + 0,25Q3 + 10Q Q
Hàm chi phí cận biên: MC = TC' = 0,75Q2 – Q + 10
b) Hàm lợi nhuận: π = TR - TC = 106Q - 12 + 0,5Q2- 0,25Q3-10Q
= -0,25Q3 + 0,5Q2 + 96Q – 12
Để lợi nhuận tối đa: PHOTO MAI ANH Page 32
[BÀI TẬP TOÁN KINH TẾ 1] August 8, 2020
+) Điều kiện cần: π'= -0,75Q2 + Q + 96 = 0
→ Q = 12 (thỏa mãn), Q = -10,6667 (Loại)
+) Điều kiện đủ: π" = -1,5Q + 1, π"(12) = -17 <0
Vậy với mức giá P = 106, để lợi nhuận tối đa thì mức sản lượng Q = 12 Bài 7:
a) Hàm lợi nhuận: π = TR - TC = 190Q - Q3 + 3Q2 – Q - 200 = -Q3 + 3Q2 + 189Q - 200
Để lợi nhuận tối đa:
+) Điều kiện cần: π' = -3Q2 + 6Q + 189 = 0
→ Q = 9 (Thỏa mãn), Q = -7 (loại)
+) Điều kiện đủ: π" = -6Q + 6, π"(9) = -48 < 0
Vậy để lợi nhuận tối đa thì mức sản lượng Q = 9
b) Nếu giá thị trường p = 106USD thì hàm lợi nhuận mới: π 3 2 2 = -Q + 3Q + 105Q - 200
Để lợi nhuận tối đa:
+) Điều kiện cần: π2' = -3Q2 + 6Q + 105 = 0
→ Q = 7 (Thỏa mãn), Q = -5 (loại)
+) Điều kiện đủ: π2" = -6Q + 6, π"(7) = -36 < 0
Vậy giá thị trường P = 106USD thì mức sản lượng để lợi nhuận tối đa là Q = 7. Bài 8:
a) Hàm doanh thu cận biên MR = TR' → TR = 1800Q - 0,6Q3 TR= P.Q → P = 1800 - 0,6Q2
Vậy hàm cầu ngược của doanh nghiệp độc quyền là PD = 1800 - 0,6Q2
b) Ta có hàm cầu ngược QD =√1800−P 0,6
Hệ số co giãn của cầu theo giá là: 𝜀𝐷 = D'(P). P . 1 𝑃 = −1 . 1800−0,6Q2 ; 𝜀(10) = - 14,5 D(P) 0,6 2√1800−P √1800−P 0,6 0,6
Vậy tại mức sản lượng Q = 10, nếu doanh nghiệp giảm giá 2% thì mức cầu sẽ tăng 29% PHOTO MAI ANH Page 33
[BÀI TẬP TOÁN KINH TẾ 1] August 8, 2020 Bài 9: a) Ta có:
𝑇𝐶 = ∫ 𝑀𝐶𝑑𝑄 = ∫ 3𝑄. 𝑒0,5𝑄𝑑𝑄 = 3. 𝑒0,5𝑄 + 1,5𝑄. 𝑒0,5𝑄 + 𝑐
𝐹𝐶 = 𝑇𝐶(𝑄 = 0)
30 = 3. 𝑒0,5.0 + 1,5.0. 𝑒0,5.0 + 𝑐 𝑐 = 27
Vậy hàm tổng chi phí 𝑇𝐶 = 3. 𝑒0,5𝑄 0,5𝑄 + 1,5𝑄. 𝑒 + 27
Hàm chi phí bình quân: 𝐴𝐶 = 𝑇𝐶 = 3.𝑒0,5𝑄 + 1,5. 𝑒0,5𝑄 + 27 𝑄 𝑄 𝑄 b) 𝜀𝑇𝐶 = = (3. 𝑄 𝑇𝐶′. 𝑄 𝑒0,5𝑄 0,5𝑄 + 0,75. 𝑄. 𝑒 . 𝑄 𝑇𝐶
3.𝑒0,5𝑄+1,5𝑄.𝑒0,5𝑄+27 𝜀 𝑇𝐶(2) = 0,646 𝑄
Vậy tại mức sản lượng 𝑄 = 2, nếu doanh nghiệp tăng mức sản lượng lên 2% thì tổng chi phí sẽ tăng 1,292% Bài 10: Ta có:
𝑆 = ∫ 𝑀𝑃𝑆 𝑑𝑌 = ∫(0,3 − 0,1𝑌−0,5)𝑑𝑌 = 0,3𝑌 − 0,2𝑌0,5 + 𝑐 𝑌 = 81 ⇒ 𝑆 = 0
0,3.81 − 0,2. 810,5 + 𝑐 = 0 𝑐 = −22,5
Vậy hàm tiết kiệm: 𝑆 = 0,3𝑌 − 0,2𝑌0,5 − 22,5 Bài 11:
a) Ta có: 𝐶′ = 0,2 + 0,1𝑦−0,5
-> 𝐶 = 0,2𝑦 + 0,2𝑦0,5 + 𝐵 Mà C = y khi y = 100
<-> 100 = 0,2 × 100 + 0,2 × 1000,5 + 𝐵 -> B = 78
-> Hàm tiêu dùng 𝐶 = 0,2𝑦 + 0,2𝑦0,5 + 78 b) Ta có: 𝜀𝑐 ′ 𝑦 = 𝐶𝑦. 𝑌 𝐶 PHOTO MAI ANH Page 34
[BÀI TẬP TOÁN KINH TẾ 1] August 8, 2020 (0,2 + 0,1𝑦−0,5). 𝑦 = 0,2𝑦 + 0,2𝑦0,5 + 78 (0,2 + 0,1 × 25−0,5). 25 = = 0,0655 0,2 × 25 + 0,2 × 250,5 + 78
Vậy tại y = 25 USD, nếu giảm thu nhập xuống 2% thì tiêu dùng sẽ giảm 0,131% Bài 12
a) 𝑀𝐶 = 2𝑄2 − 12𝑄 + 25
𝑇𝑄 = 2 𝑄2 − 6𝑄2 + 25𝑄 3
Tại Q = 5 -> 𝑇𝑄1 = 175 3
Tại Q = 10 -> 𝑇𝑄2 = 950 3
Vậy mức tăng lên của tổng chi phí khi doanh nghiệp tăng từ Q = 5 đến Q= 10 là 𝑇𝑄2 − 𝑇𝑄1 = 775 3
b) Cho mức giá thị trường p = 39
Ta có: 𝑇𝑅 = 𝑃. 𝑄 = 39𝑄
𝑇𝐶 = 2𝑄3 − 6𝑄2 + 25𝑄 3
𝜋 = 𝑇𝑅 − 𝑇𝐶 = 6𝑄2 + 14 2 𝑄 − 𝑄3 3
𝜋′ = 12𝑄 + 14 − 2𝑄2
Để lợi nhuận cực đại thì:
+)Điều kiện cần : 𝜋′ = 0 12𝑄 + 14 − 2𝑄2 = 0 Q = 7 hoặc Q = -1 (loại)
+) Điều kiện đủ: 𝜋′′ = 12 − 4𝑄 = −2 < 0
Vậy để lợi nhuận max thì Q = 7 Câu 13:
a) Có: TR = P.Q = 300Q - 0,3Q2 MR = TR’ = 300 - 0,6Q
Có: MC = VC’→ 𝑉𝐶 = ∫ 𝑀𝐶 = 0,2𝑄2 b) Có: 𝜀𝑇𝑅 = ′ . 𝑄 = (300 − 0,6 𝑄 𝑇𝑅(𝑄) 𝑄). 𝑄 𝑇𝑅 300𝑄−0,3𝑄2 PHOTO MAI ANH Page 35
[BÀI TẬP TOÁN KINH TẾ 1] August 8, 2020
Để doanh thu tăng nhiều hơn mức sản lượng thì: 𝜀 𝑇𝑅 > 1 𝑄 300𝑄 − 0,6𝑄2 → > 1 300𝑄 − 0,3𝑄2 300 → 2 − > 1 300 − 0,3𝑄 300 → < 1 300 − 0,3𝑄 → 300 − 0,3𝑄 < 0 → 𝑄 > 1000
Vậy miền sản lượng để công ty tăng sản lượng thì doanh thu tăng nhiều hơn mức tăng
sản lượng là Q > 1000 Câu 14: a) Có: Q 0,4 K’ = 20.0,6.L .K-0,4 Q 0,6 L’ = 20.0,4.K .L-0,6 → 𝑄 0,6 0,4 LL’’ = -4,8.K
.L-1,6 < 0; QKK’’ = -4,8.L .K-1,4 < 0
Vậy hàm sản xu t trên có tuân theo quy luật lợi ích cận biên giảm dần .
b) Có: 𝜕2𝑄 = (𝑀𝑃𝑃 ) ′ = −4,8𝐿0.4 −1.4 𝐾 <0 𝜕𝐾2 𝐾 𝐾
Cho biết khi vốn thay đổi 1 đơn vị thì sản phẩm cận biên thay đổi 𝜕2𝑄 đơ𝑛 𝑣ị. 𝜕𝐾2 Bài 15: a) P=40-4Q TC=2Q2+4Q+10 => MC=4Q+4
Để lợi nhuận đạt cực đại thì:
Điều kiện cần: π = TR-TC = 40Q - 4Q2 - 2Q2 - 4Q - 10 = -6Q2 + 36Q - 10 π’ = -12Q + 36 π’ = 0 Q = 3 = > P = 28 (1) PHOTO MAI ANH Page 36
[BÀI TẬP TOÁN KINH TẾ 1] August 8, 2020
Điều kiện đủ: π’’ = -12 < 0 (2)
Từ (1) và (2) => (P, Q) = (28,3) thì π ma x
b) Khi doanh nghiệp cạnh tranh hoàn hảo: P = TC’(Q) 40 - 4Q = 4Q + 4 => Q = 4,5 => P = 22
Vậy đối với doanh nghiệp cạnh tranh hoàn hảo giá bán th p hơn khi doanh nghiệp độc quyền Bài 16:
AR = TR/Q => TR = AR.Q = (2000-Q)Q = 2000Q-Q2 MR = TR’ = 2000-2Q
a) TC = ∫(3𝑄2 − 2𝑄 − 700) 𝑑𝑄 = Q3 - Q2 – 700 + FC
Tại FC = 30 thì TC(Q) = Q3 - Q2 - 700Q + 30 AC = 𝑇𝐶 𝑄 2
AC = 𝑄3 − 𝑄 − 700𝑄 + 30 𝑄 AC = Q2 – Q – 700 + 30/Q
b) Doanh nghiệp đạt mức lợi nhuận cực đại: π = TR – TC
+) Điều kiện cần: π’ = 0
MC = MR => 3Q2 - 2Q – 700 = 2000 - 2Q
=> Q = 30 (thỏa mãn) hoặc Q = -3 (loại)
+) Điều kiện đủ π’’ = -6 < 0
Vậy mức sản lượng tối đa để doanh nghiệp đạt mức lợi nhuận max là:
Q = 30 => TR = 2000.30 - 302 = 59100 TR = P.Q =
> P = TR/Q = 59100/30 = 1970 Bài 17:
a) Với AD = 9 => TC = 0,5Q2.90,5 = 1,5Q2 Và P = 490-2Q PHOTO MAI ANH Page 37
[BÀI TẬP TOÁN KINH TẾ 1] August 8, 2020
Ta có: π = TR-TC = P.Q-TC = (490-2Q)Q-1,5Q2 = 490 - 3,5Q2
Để lợi nhuận tối đa:
+) Điều kiện cần: π’ = 490 - 7Q = 0 => Q = 70
+) Điều kiện đủ π’’ = -7 < 0 => P = 490 - 2Q = 350
Vậy mức sản lượng và giá bán tối ưu là: (Q, P) = (70, 350)
b) Ta có: π = TR - TC = -2Q2 + 490Q - 0,5Q2.AD0,5 = -(2+0,5AD0,5)Q2 - 490Q π’ = - (2+0,5AD0,5)2Q+490 = 490-(4+AD0,5)Q π’ = 0 = > Q = 490/(4+AD0,5)
=> Q’AD < 0, P’AD > 0
Khi tăng AD => Q giảm, P tăng
Vậy khi tăng AD thì sản lượng tối ưu giảm và giá bán tối ưu tăng
Cách 2: Dùng đạo hàm của hàm ẩn Bài 18: a) Q’ -0,5 -0,5 K = 0,3. 0,5. K L Q’ -0,5 -0,5 L = 0,15 K L Q’’ 2 -1,5 K = -0,075 K L0,5 < 0 Q’’ 2 0,5 L = -0,075 K L-1,5 < 0 (K, L > 0)
Hàm số trên có thể hiện quy luật năng su t cận biên giảm dần
b) Hệ số co giãn riêng 𝜀𝑄𝐾 𝜀𝑄= D’. 𝐾 𝐾 𝑄 = 0,3. 0,5. K-0,5. 𝐾 = 0,5 0,3.𝐾0,5.𝐿0,5
Vậy nếu K tăng 8%, L không đổi thì sản lượng Q tăng: 0,5.8 = 4% Bài 19: PHOTO MAI ANH Page 38
[BÀI TẬP TOÁN KINH TẾ 1] August 8, 2020
a) Hệ số co giãn riêng của cầu theo giá là: 𝜀𝐷 𝑝 = D’p.𝑃= −1 . 𝑃 = −1 𝐷 𝑃 4M0,5 – l n p + 2 4M0,5 – l n p + 2
b) Hệ số co giãn riêng của cầu theo M là: 𝜀𝐷= ′ .𝑃 = 2M-0,5. 𝑀 𝑀 𝐷𝑀 𝐷 4M0,5 – l n p + 2 c) 𝐷′ ( . D’ 𝑝 𝑝0) = −1 M (M0) = 2M0,5 𝑃
Khi giá tăng 1 đơn vị, để cầu không đổi thì thu nhập cần tăng 1 lượng là: Δ𝑀 = 𝑃 𝐷′𝑝(𝑝0) = 1 D′ 0,5 𝑀 (M0) 2 𝑝0 𝑀0 Câu 20: a) Có : 𝜀𝐷
′ . 𝑃 = −2. 𝑀0,5. 𝑃−3. 𝑃 = −2 𝑝 = 𝐷(𝑝) 𝐷 𝑀0,5.𝑃−2 → ∆𝐷 = 𝜀 𝐷. ∆ 𝑃 𝑃 = −2.1 = −2
Vậy khi P thay đổi 1% thì D giảm 2% Có: 𝜀𝐷 = ′ . 𝑀 = 0,5. = 0,5 𝑀 𝐷(𝑀) 𝑃−2. 𝑀−0,5. 𝑀 𝐷 𝑀0,5.𝑃−2 → ∆𝐷 = 𝜀 𝐷. ∆ 𝑀 𝑀 = 0,5.1 = 0,5
Vậy khi M thay đổi 1% thì D tăng 0,5%.
b) Cầu không đổi → ∆𝐷 = 𝜀𝐷. ∆ 𝐷 . ∆ 𝑃 𝑃 + 𝜀𝑀 𝑀 = 0 → −2.1 + 0,5. ∆𝑀 = 0 → ∆𝑀 = 4
Vậy khi giá tăng 1% để cầu không đổi thì thu nhập M phải tăng 4% Câu 21: Có : 𝜀𝑄
′ . 𝑃 = (60. −2 + −3.𝑃2 ). 𝑃 𝑃 = 𝑄( 𝑃 𝑃) 𝑄 65−𝑃3 60.𝑃−1+ln (65−𝑃3)
Tại P = 4→ 𝜀𝑄 = −13,8 𝑃 → ∆𝑄 = 𝜀𝑄. ∆ 13 27 𝑃 𝑃 = − ,8. −2 = ,6
Có: TR = P.Q = 60 + P.ln(65-𝑃3) 𝑃 𝜀𝑇𝑅 = ′ . 𝑃 𝑇𝑅(𝑃) 𝑇𝑅 −3. 𝑃2 𝑃 = (ln(65 − 𝑃3) + 𝑃. ) . 65 − 𝑃3 60 + 𝑃. ln(65 − 𝑃3) PHOTO MAI ANH Page 39
[BÀI TẬP TOÁN KINH TẾ 1] August 8, 2020
Tại P = 4→ 𝜀𝑇𝑅 = −12,8 𝑃
→ ∆𝑇𝑅 = 𝜀𝑇𝑅. ∆ 25 𝑃 𝑃 = ,6
Vậy tại P = 4USD nếu giá giảm 2%thì lượng bán tăng 27,6% và doanh thu sẽ tăng 25,6% Câu 22: a) Có: 𝜀𝐼 ′ 𝑔 = 𝐼( . 𝑔 = 24𝑔. 𝑔 𝑔) 𝐼 25+12.𝑔2−0,4𝑊 𝑊 𝑊 𝜀𝐼 = ′ . = −0,4. 𝑊 𝐼(𝑊) 𝐼 25 + 12. 𝑔2 − 0,4𝑊 → ∆𝐼 = 𝜀𝐼 𝐼 . ∆ 𝑔. ∆𝑔 + 𝜀𝑊 𝑊 = 24𝑔2 − 0,4𝑊 25+12.𝑔2−0,4𝑊 25+12.𝑔2−0,4𝑊
Vậy khi g và W đều tăng 1% thì biểu thức tính tỉ lệ % thay đổi của I là: ∆𝐼 = 24𝑔2 − 0,4𝑊 25+12.𝑔2−0,4𝑊 25+12.𝑔2−0,4𝑊 b) Tại : W=2, g=0,05 có: 𝑊 𝑊 𝜀 𝐼 = ′ . = −0,4. = −0,033 𝑊 𝐼(𝑊) 𝐼 25 + 12. 𝑔2 − 0,4𝑊
Khi W tăng 1%, g không đổi có: ∆𝐼 = 𝜀 𝐼 . ∆ 𝐼 𝑊
𝑊 + 𝜀𝑔. ∆𝑔 = −0,033.1 + 0 = −0.033
Vậy tại W=2, g=0,05 khi mức tiền lương trung bình tăng 1%, tốc độ tăng thu nhập
quốc dân không đổi thì đầu tưu nước ngoài giảm 0,0333% Bài 23: a) Ta có: 𝑦′ = 0,021. −0,9. 𝐾 𝐾 𝐿0,3 0, . 𝑁𝑋 05 𝑦′ = 0,063. 0,1 −0,7 0, 𝐿 𝐾 . 𝐿 . 𝑁𝑋 05 𝑦′ = 0,0105. 0,1. 𝑁𝑋 𝐾 𝐿0,5 −0, . 𝑁𝑋 95 0,1 0,3 Δ . 𝑌 = 5. 𝜀 𝑦 𝑦
− 0,021.𝐾 .𝐿 𝑁𝑋0,05 𝑁𝑋 − 𝜀 = 5. 0,0105.𝐾0,1.𝐿0,3 0, .𝑁𝑋 05 𝐾
0,21.𝐾0,1.𝐿0,3.𝑁𝑋0,05
0,21.𝐾0,1.𝐿0,3.𝑁𝑋0,05 = 0,15
Vậy khi L không đổi, tăng mức xu t khẩu ròng lên 5% thì thu nhập tăng 0,15%. Vậy kết luận trên sai b) Nhịp tăng trưởng Y
𝑟 = 5. 𝑦 + 10. 𝑦 + 3. 𝑦 = 3,65 𝑌 𝜀𝐾 𝜀 𝜀 𝐿 𝑁𝑋 PHOTO MAI ANH Page 40
[BÀI TẬP TOÁN KINH TẾ 1] August 8, 2020
Vậy khi nhị độ tăng trưởng của NX, K, L lần lượt là 3%, 5%, 10% thì nhịp tăng trưởng y tăng 3,65% Bài 24: a) Theo đề bài ta có: 𝑦0,5 𝑋 = = 𝑦0,5. 𝑃−0,5 𝑃0,5
𝑋′𝑦 = 0,5. 𝑦−0,5 −0,5 . 𝑃 𝑋′ = −0,5. 𝑃 𝑦0,5. 𝑃−1,5 𝑃
−0,5. 𝑦0,5. 𝑃−1,5. 𝑃 𝜀𝑋 = ′ . = = −0,5 𝑃 𝑋𝑃 𝑋 𝑦0,5. 𝑃−0,5
Vậy khi mức giá P tăng 1% thu nhập quốc dân của Mỹ không đổi thì kim nghạch xu t
khẩu dầu mỏ sang Mỹ giảm 0,5%
b) Hệ số co giãn của kim ngạch xu t khẩu thu nhập: 𝜀𝑋 ′ 𝑦 = 𝑋 = 0,5 𝑦. 𝑦𝑋
Vậy khi mức giá P không đổi, thu nhập quốc dân của Mỹ giảm 1% thì kim ngạch xu t
khẩu dầu mỏ sang Mỹ giảm 0,5% c) Theo đề bài ta có: Δ𝑋 = 3. 𝜀𝑋 𝑋 𝑦 + 5. 𝜀 = 1,5 − 2,5 = −1 𝑃
Vậy nếu hàng năm Y tăng 3%, p tăng 5% thì X giảm 1% Bài 25:
a) 𝑆′ = 0,3. 𝛼. 𝑝𝛼−1
Hệ số co giãn của hàm cung theo giá là: 𝜀𝑆 = = 0,3.𝛼.𝑝𝛼−1 = 𝑃 𝑆′. 𝑃 𝛼 𝑆 0,3.𝑝𝛼
Vậy khi giá A tăng 1% thì lượng cung hàng hóa A tăng 𝛼%
b) 𝑑𝑜 = 𝜃. (0,1. 𝑝𝛽. 𝑀𝛾. 𝑞𝜃−1) 𝑑𝑞
Lại có: 𝜃 > 0 → 𝑑𝑜 > 0 𝑑𝑞
Vậy khi giá hàng hóa B tăng thì cầu hàng hóa A tăng vậy đây là hàng hóa thay thế Bài 26: PHOTO MAI ANH Page 41
[BÀI TẬP TOÁN KINH TẾ 1] August 8, 2020 Thị trường cân bằng: 𝑆 = 𝐷
0,7𝑝 − 120 = 0,3𝑀 − 0,4 𝑑 𝑝 + 100
1,1𝑝 − 0,3𝑀 − 220 = 0 𝑑
1,1𝑝 − 0,3. (1 − 𝑡)𝑀 − 220 = 0
1,1𝑝 − 0,3𝑀 + 0,3𝑀𝑡 − 220 = 0
Giá cân bằng 𝑝 ∗ là nghiệm của phương trình
𝐹(𝑝 ∗, 𝑡, 𝑀) = 1,1𝑝 ∗ −0,3𝑀 + 0,3𝑀𝑡 − 220 = 0 ′
Ta có: 𝜕𝑝∗= − 𝐹𝑡
= − 0,3𝑀 < 0 (𝑀 > 0) 𝜕𝑡 𝐹 ′𝑝∗ 1,1
Vậy nếu thuế tăng sẽ tác động làm giá cân bằng giảm . Bài 27:
50 cơ sở giống hệt nhau có chung một mức sản lượng là Q => 𝑆 = 50𝑄 Thị trường cân bằng: 𝑆 = 𝐷 50𝑄 = 200 − 50𝑝 𝑝 = 4 − 𝑄 Ta có:
𝑇𝑅 = 𝑝. 𝑄 = (4 − 𝑄). 𝑄 = 4𝑄 − 𝑄2
=> 𝜋 = 𝑇𝑅 − 𝑇𝐶 = 4 − 𝑄2 − 𝑄2 = 4 − 2𝑄2
Để lợi nhuận tối đa:
+) Điều kiện cần: 𝜋′ = 0 4 − 4𝑄 = 0 𝑄 = 1
+) Điều kiện đủ: 𝜋′′(1) = −4 < 0
Vậy 𝑄 = 1 thì đồng thời tối đa hóa lợi nhuận và cân bằng thị trường Bài 28:
𝑌 = 𝐶 + 𝐼 + 𝐺 + 𝑁𝑋 = 20 + 0,75. (𝑡 − 1). 𝑌 + 100 + 20 + 0,1𝑌 + 60 𝑌 = 200 0,15+0,75𝑡 PHOTO MAI ANH Page 42
[BÀI TẬP TOÁN KINH TẾ 1] August 8, 2020 Cân bằng ngân sách: 𝐵 = 𝑇 − 𝐺 = 0 𝑇 = 𝐺 𝑡𝑌 = 20 + 0,1𝑌 𝑡. 200 = 20 + 0,1. 200 0,15+0,75𝑡 0,15+0,75𝑡 𝑡 = 0,1243
Vậy đề cân đối ngân sách thì 𝑡 = 0,1243 Bài 29:
𝑌 = 𝐶 + 𝐼0 + 𝐺0 + 𝐸𝑋0 − 𝐼𝑀 𝐶 = 0,8𝑌 a) Ta có hệ: { 𝑑
=> Y = 𝐼0+𝐺0+𝐸𝑋0 𝐼𝑀 = 0,2𝑌𝑑 0,4+0,6𝑡 𝑌𝑑 = (1 − 𝑡)𝑌
Thay I0 = 300, EX0 = 200, t = 0,5 ta có: Y = 300+𝐺0+200 = 500+𝐺0 0,4+0,6.0,5 0,7
Để thu nhập cân bằng là 3000 thì 500+𝐺0 = 3000 0,7 G0 = 1600
b) 𝐼𝑀 = 0,2𝑌𝑑 = 0,2. (1 − 𝑡)𝑌
= 0,2. (1 − 𝑡). 500+𝐺0 0,7 = 0,2.0.5.500+1600 = 300 0,7 𝜀𝐼𝑀 = ( ′ . 𝐺0 𝐺 𝐼𝑀) 0 𝐺0 IM
= 0,2( 1−0,5) . 1600 = 16 = 0,7619 0,4+0,6.0,5 300 21
Vậy nếu G0 tăng 1 % các yếu tố khác không đổi thì nhập khẩu tăng x p xỉ 0,7619% Bài 30:
Có: pA.XA+ pB.XB = 51 2XA + 5XB = 51
Đặt g(XA, XB) = 51 - 2XA - 5XB Lập hàm Lagrange:
L(XA, XB, 𝛾) = XAXB + XA + XB + 𝛾(51 - 2XA - 5XB) PHOTO MAI ANH Page 43
[BÀI TẬP TOÁN KINH TẾ 1] August 8, 2020 𝐿′ = 0 𝑋 𝑋 + 1 − 2𝛾 = 0 (1) 𝐴 𝐵
+) Điều kiện cần: {𝐿′ = 0 𝑋 { 𝑋 + 1 − 5𝛾 = 0 (2) 𝐵 𝐴 𝐿′ = 0
51 − 2𝑋 − 5𝑋 = 0 (3) 𝛾 𝐴 𝐵
Từ (1), (2) => 𝑋𝐵+1 = 2𝛾 𝑋𝐵+1 = 2 𝑋 5 𝐴+1 𝛾 𝑋𝐴+1 5 X 2 B + 1 = (XA+1) 5 XB = 2 𝑋 - 3 5 𝐴 5 Thay vào (3): 51 – 2X 2 A – 5( 𝑋 - 3) = 0 5 𝐴 5 XA = 27 2 XB = 24 5 𝛾 = 2,9 +) Điều kiện đủ: 𝐿" = 0 ; " = 0 𝑋 𝐿 𝐴 𝑋𝐵 𝐿" " 𝑋 = 𝐿 = 1 𝐴𝑋𝐵 𝑋𝐵𝑋𝐴 𝑔′ = - 2; ′ = -5 𝑋 𝑔 𝐴 𝑋𝐵 0 − 2 − 5
Có: H = |−2 0 1| = 20 > 0 −5 1 0 Với (X 27 A, XB) = (
, 24 ) hộ gia đình đạt tối đa hóa lợi ích 2 5 Bài 31: TC = Wk. K + WL.L 4K + 3L = 1050
Đặt g(K, L) = 1050 – 4K – 3L Lập hàm Lagrange ta có:
L(K, L, 𝛾) = K0,4.L0,3 + 𝛾(1050 – 4K – 3L) +) Điều kiện cần: PHOTO MAI ANH Page 44
[BÀI TẬP TOÁN KINH TẾ 1] August 8, 2020 𝐿′𝐾 = 0
0,4. 𝐾−0,6𝐿0,3 − 4𝛾 = 0 (1) { 𝐿′ = 0 0,4 −0,7 𝐿 { 0,3. 𝐾 . 𝐿 − 3𝛾 = 0 (2) 𝐿′𝛾 = 0
1050 − 4𝐾 − 3𝐿 = 0 (3)
Từ (1) và (2): 0,4.K−0,6 0,3 L = 4γ 0,3.K0,4 −0,7 .L 3γ 0,4𝐾 = 4 0,3𝐿 3 K = L Thay vào (3): 1050 = 4K + 3K K = 150 L = 150 𝛾 = 0,0222 +) Điều kiện đủ: L" ( ) −1,6 kk = 0,4. −0,6 . K L0,3 = −0,0004 L" ( ) 0,4 LL = 0,3. −0,7 . K . L−1,7 = −0,0003 L′′ " KL= LLK = 0,0002 g ′ ′ K = 4 ; gL = 3 0 4 3
Ta có: H = | 4 − 0,0004 0,0002 | = 0,0132 > 0 3 0,0002 − 0,0003
Vậy với (K*, L*) = (150,150) thì sản lượng đạt tối đa PHOTO MAI ANH Page 45
[BÀI TẬP TOÁN KINH TẾ 1] August 8, 2020 BÀI TẬP CHƯƠNG 4 Bài 1: Ta có bảng đơn hình: Hệ số Cơ sở Phương 1 3 3 -3 -1 0 Án 𝐱 𝟏 𝐱𝟐 𝐱𝟑 𝐱𝟒 𝐱𝟓 𝐱𝟔 1 𝐱 4 1 4 -1 -1 0 0 𝟏 -1 𝐱 4 0 2 2 1 1 0 𝟓 0 𝐱 3 0 1 2 (2) 0 1 𝟔 B1 f(x) 0 0 -1 -2 [1] 0 0 1 𝐱 11/2 1 9/2 0 0 0 ½ 𝟏 -1 𝐱 5/2 0 3/2 1 0 1 -1/2 𝟓 -3 𝐱 3/2 0 ½ 1 1 0 ½ 𝟒 B2 f(x) -3/2 0 -3/2 -7 0 0 -1/2
Vậy bài toán có phương án cực biên tối ưu x* = ( 11/2, 0, 0, 3/2, 5/2, 0 ) với fmin= -3/2 Bài 2: Ta có bảng đơn hình: Hệ số Cơ sở Phương 1 3 5 2 3 3 Án 𝐱 𝟏 𝐱𝟐 𝐱𝟑 𝐱𝟒 𝐱𝟓 𝐱𝟔 3 𝐱 3 1 1 1 1 0 0 𝟐 3 𝐱 2 (2) 0 3 -2 1 0 𝟓 3 𝐱 3 1 0 1 3 0 1 𝟔 B1 F(x) 24 [11] 0 10 4 0 0 3 𝐱 2 0 1 -1/2 2 -1/2 0 𝟐 1 𝐱 1 1 0 3/2 -1 1/2 0 𝟏 3 𝐱 2 0 0 -1/2 (4) -1/2 1 𝟔 B2 F(x) 13 0 0 -13/2 [15] -11/2 0 3 𝐱 1 0 1 -1/4 0 -1/4 -1/2 𝟐 1 𝐱 3/2 1 0 11/8 0 3/8 1/4 𝟏 PHOTO MAI ANH Page 46
[BÀI TẬP TOÁN KINH TẾ 1] August 8, 2020 2 𝐱 1/2 0 0 -1/8 1 -1/8 1/4 𝟒 B3 F(x) 11/2 0 0 -37/8 0 -29/8 -15/4
Vậy bài toán có phương án cực biên tối ưu x* = ( 3/2, 1, 0, ½, 0, 0 ) với fmin = 11/2 Bài 3: Ta có bảng đơn hình: Hệ số Cơ sở Phương 0 -2 2 2 -2 1 Án 𝐱 𝟏 𝐱𝟐 𝐱𝟑 𝐱𝟒 𝐱𝟓 𝐱𝟔 -2 𝐱 5 1 1 5 0 1 0 𝟐 2 𝐱 2 (2) 0 3 1 -2 0 𝟒 1 𝐱 5 1 0 1 0 3 1 𝟔 B1 F(x) -1 [3] 0 -5 0 -1 0 -2 𝐱 4 0 1 7/2 -1/2 2 0 𝟐 0 𝐱 1 1 0 3/2 ½ -1 0 𝟏 1 𝐱 4 0 0 -1/2 -1/2 (4) 1 𝟔 B2 F(x) -4 0 0 -19/2 -3/2 [2] 0 -2 𝐱 2 0 1 15/4 -1/4 0 -1/2 𝟐 0 𝐱 2 1 0 11/8 3/8 0 ¼ 𝟏 -2 𝐱 1 0 0 -1/8 -1/8 1 ¼ 𝟓 B3 F(x) -6 0 0 -37/4 -5/4 0 -1/2
Vậy bài toán có phương án tối ưu x*= ( 2, 2, 0, 0, 1, 0 ) với fmin= -6 Bài 4:
Đưa bài toán về dạng chính tắc ta có:
2𝑥1 − 𝑥2 + 𝑥3 − 5𝑥4 = 5 3 { 𝑥1 − 3𝑥3 + 6𝑥4 = 3
2𝑥1 − 𝑥2 − 𝑥4 + 𝑥5 = 2 𝑥𝑗 ≥ 0 (𝑗 = 1. .5) Xét bài toán phụ: P(x) = 𝑥𝑔 𝑔 → 1 + 𝑥2 𝑚𝑖𝑛 PHOTO MAI ANH Page 47
[BÀI TẬP TOÁN KINH TẾ 1] August 8, 2020
2𝑥1 − 𝑥2 + 𝑥3 − 5𝑥4 + 𝑥𝑔1 = 5
3𝑥1 − 3𝑥3 + 6𝑥4 + 𝑥𝑔2 = 3
2𝑥1 − 𝑥2 − 𝑥4 + 𝑥5 = 2 𝑔 𝑔
{ 𝑥𝑗 ≥ 0 (𝑗 = 1. .5); 𝑥1 , 𝑥2 ≥ 0 Ta có bảng đơn hình: Hệ số Cơ sở Phương 1 1 1 3 0 1 1 Án 𝐱 𝑔 𝑔 𝟏 𝐱𝟐 𝐱𝟑 𝐱𝟒 𝐱𝟓 𝑥1 𝑥2 1 𝑥𝑔1 5 2 -1 1 -5 0 1 0 1 𝑥𝑔2 3 (3) 0 -3 6 0 0 1 0 𝐱 2 2 -1 0 -1 1 0 0 𝟓 B1 P(x) 8 [5] -1 -2 1 0 0 0 1 𝑥𝑔1 3 0 -1 3 -9 0 1 0 𝐱 1 1 0 -1 2 0 0 𝟏 0 𝐱 0 0 -1 (2) -5 1 0 𝟓 B2 P(x) 3 0 -1 [3] -9 0 0 1 𝑥𝑔1 3 0 (½) 0 -3/2 -3/2 1 0 𝐱 1 1 -1/2 0 -1/2 ½ 0 𝟏 0 𝐱 0 0 -1/2 1 -5/2 ½ 0 𝟑 B3 P(x) 3 0 [½] 0 -3/2 -3/2 0 1 𝐱 6 0 1 0 -3 -3 𝟐 1 𝐱 4 1 0 0 -2 -1 𝟏 1 𝐱 3 0 0 1 -4 -1 𝟑 B4 F(x) 13 0 0 0 -12 -5
Vậy bài toán có patu x*=( 4,6,3,0) với fmin= 13 Bài 5:
Đưa bài toán về dạng chính tắc ta có:
3𝑥1 − 𝑥2 − 𝑥3 + 𝑥4 = 4
𝑥1 − 𝑥2 + 𝑥3 + 𝑥4 + 𝑥5 = 1 { 2
𝑥1 + 𝑥2 + 2𝑥3 + 𝑥6 = 6 𝑥𝑗 ≥ 0 (𝑗 = 1. .6) Xét bài toán phụ: PHOTO MAI ANH Page 48
[BÀI TẬP TOÁN KINH TẾ 1] August 8, 2020
P(x) = 𝑥𝑔1 → 𝑚𝑖𝑛
3𝑥1 − 𝑥2 − 𝑥3 + 𝑥4 + 𝑥𝑔1 = 4
𝑥1 − 𝑥2 + 𝑥3 + 𝑥4 + 𝑥5 = 1
2𝑥1 + 𝑥2 + 2𝑥3 + 𝑥6 = 6 {
𝑥𝑗 ≥ 0 (𝑗 = 1. .6), 𝑥𝑔1 ≥ 0 Ta có bảng đơn hình:
Hệ số Cơ sở Phương -5 1 -1 -4 0 0 1 Án 𝑔 𝐱 𝑥 𝟏 𝐱𝟐 𝐱𝟑 𝐱𝟒 𝐱𝟓 𝐱𝟔 1 1 𝑥𝑔1 4 3 -1 -1 1 0 0 1 0 𝐱 1 (1) -1 1 1 1 0 0 𝟓 0 𝐱 6 2 1 2 0 0 1 0 𝟔 B1 P(x) 4 [3] -1 -1 1 0 0 0 1 𝑥𝑔1 1 0 (2) -4 -2 -3 0 1 0 𝐱 1 1 -1 1 1 1 0 0 𝟏 0 𝐱 4 0 3 0 -2 -2 1 0 𝟔 B2 P(x) 1 0 [2] -4 -2 -3 0 0 1 𝐱 1/2 0 1 -2 -1 -3/2 0 𝟐 -5 𝐱 3/2 1 0 -1 0 -1/2 0 𝟏 0 𝐱 5/2 0 0 6 1 5/2 1 𝟔 B3 F(x) -7 0 0 4 3 1 0
Vậy bài toán có patu x*= ( 3/2, ½, 0, 0) với fmax= -7 Bài 6 :
Đưa bài toán về dạng chính tắc ta có :
2𝑥1 + 5𝑥2 − 𝑥3 − 4𝑥4 − 2𝑥5 = 6
2𝑥1 + 2𝑥2 + 4𝑥3 − 2𝑥4 − 𝑥5 = 2 {
−2𝑥1 + 𝑥2 + 7𝑥3 + 2𝑥4 + 𝑥6 = 6 𝑥𝑗 ≥ 0 (𝑗 = 1. .6) Xét bài toán phụ : P(x)= 𝑥𝑔 𝑔 1 + 𝑥2 → 𝑚𝑖𝑛 PHOTO MAI ANH Page 49
[BÀI TẬP TOÁN KINH TẾ 1] August 8, 2020
2𝑥1 + 5𝑥2 − 𝑥3 − 4𝑥4 − 2𝑥5 + 𝑥𝑔1 = 6
2𝑥1 + 2𝑥2 + 4𝑥3 − 2𝑥4 − 𝑥5 + 𝑥𝑔2 = 2
−2𝑥1 + 𝑥2 + 7𝑥3 + 2𝑥4 + 𝑥6 = 6 𝑔 𝑔 {
𝑥𝑗 ≥ 0 (𝑗 = 1. .6); 𝑥1 , 𝑥2 ≥ 0
Hệ số Cơ sở Phương -2 3 3 2 0 0 1 1 Án 𝑔 𝑔 𝐱 𝑥 𝑥 𝟏 𝐱𝟐 𝐱𝟑 𝐱𝟒 𝐱𝟓 𝐱𝟔 1 2 1 𝑥𝑔1 6 2 5 -1 -4 -2 0 1 0 1 𝑥𝑔2 2 2 (2) 4 -2 -1 0 0 1 0 𝐱 6 -2 1 7 2 0 1 0 0 𝟔 B1 P(x) 8 4 [7] 3 -6 -3 0 0 0 1 𝑥𝑔1 1 -3 0 -11 (1) 1/2 0 1 0 𝐱 1 1 1 2 -1 -1/2 0 0 𝟐 0 𝐱 5 -3 0 5 3 ½ 1 0 𝟔 B2 P(x) 1 -3 0 -11 [1] 1/2 0 0 2 𝐱 1 -3 0 -11 1 (1/2) 0 𝟒 3 𝐱 2 -2 1 -9 0 0 0 𝟐 0 𝐱 2 6 0 38 0 -1 1 𝟔 B3 F(x) 8 -10 0 -52 0 [1] 0 0 𝐱 2 -6 0 -22 2 1 0 𝟓 3 𝐱 2 -2 1 -9 0 0 0 𝟐 0 𝐱 4 0 0 16 2 0 1 𝟔 B4 F(x) 6 -4 0 -30 -2 0 0
Vậy bài toán có patu x*= ( 0, 2, 0, 0, 2) với fmin=6 Bài 7 :
Đưa bài toán về dạng chính tắc ta có :
−𝑥1 + 𝑥2 + 𝑥3 − 𝑥4 − 𝑥5 − 𝑥6 = 3
{ 𝑥1 + 𝑥2 + 𝑥3 − 𝑥4 − 𝑥5 − 𝑥7 = 2
𝑥1 + 𝑥2 − 2𝑥3 − 3𝑥4 + 2𝑥5 + 𝑥8 = 4 𝑥𝑗 ≥ 0 (𝑗 = 1. .8) Xét bài toán phụ : PHOTO MAI ANH Page 50
[BÀI TẬP TOÁN KINH TẾ 1] August 8, 2020 P(x)= 𝑥𝑔 𝑔 1 + 𝑥2 → 𝑚𝑖𝑛
−𝑥1 + 𝑥2 + 𝑥3 − 𝑥4 − 𝑥5 − 𝑥6 + 𝑥𝑔1 = 3
𝑥1 + 𝑥2 + 𝑥3 − 𝑥4 − 𝑥5 − 𝑥7+ 𝑥𝑔2 = 2
𝑥1 + 𝑥2 − 2𝑥3 − 3𝑥4 + 2𝑥5 + 𝑥8 = 4 𝑔 𝑔 {
𝑥𝑗 ≥ 0 (𝑗 = 1. .8); 𝑥1 , 𝑥2 ≥ 0 Ta có bảng đơn hình : Hệ Cơ Phương 3 4 4 5 1 0 0 0 1 1 số sở án x 𝑔 𝑔 1 x2 x3 x4 x5 x6 x7 x8 𝑥1 𝑥2 1 𝑥𝑔 3 -1 1 1 -1 -1 -1 0 0 1 0 1 1 𝑥𝑔2 2 1 (1) 1 -1 -1 0 -1 0 0 1 0 𝐱 4 1 1 -2 -3 2 0 0 1 0 0 𝟖 B1 P(x) 5 0 [2] 2 -2 -2 -1 -1 0 0 0 1 𝑥𝑔 1 -2 0 0 0 0 -1 (1) 0 1 1 0 x2 2 1 1 1 -1 -1 0 -1 0 0 0 x8 2 0 0 -3 -2 3 0 1 1 0 B2 P(x) 1 -2 0 0 0 0 -1 [1] 0 0 0 x7 1 -2 0 0 0 0 -1 1 0 4 x2 3 -1 1 1 -1 -1 -1 0 0 0 x8 1 2 0 -3 -2 3 1 0 1 B3 F(x) 12 -7 0 0 -9 -5 -4 0 0
Vậy bài toán có patu x* =( 0, 3, 0, 0, 0 ) với fmin=12 Bài 8 :
Đưa bài toán về dạng chính tắc ta có :
𝑥1 − 𝑥2 + 𝑥4 + 2𝑥5 = 16
𝑥1 + 𝑥2 + 2𝑥3 − 2𝑥5 − 𝑥6 = 35 {
−2𝑥2 + 2𝑥3 − 4𝑥5 = 20 𝑥𝑗 ≥ 0 (𝑗 = 1. .6) Xét bài toán phụ : P(x)= 𝑥𝑔 𝑔 2 + 𝑥3 → 𝑚𝑖𝑛
𝑥1 − 𝑥2 + 𝑥4 + 2𝑥5 = 16
𝑥1 + 𝑥2 + 2𝑥3 − 2𝑥5 − 𝑥6 + 𝑥𝑔2 = 35
−2𝑥2 + 2𝑥3 − 4𝑥5 + 𝑥𝑔3 = 20 𝑔 𝑔 {
𝑥𝑗 ≥ 0 (𝑗 = 1. .6); 𝑥2 , 𝑥3 ≥ 0 Ta có bảng đơn hình : Hệ số Cơ sở Phương 2 2 -3 -2 1 0 1 1 PHOTO MAI ANH Page 51
[BÀI TẬP TOÁN KINH TẾ 1] August 8, 2020 Án 𝑔 𝑔 𝐱 𝑥 𝑥 𝟏 𝐱𝟐 𝐱𝟑 𝐱𝟒 𝐱𝟓 𝐱𝟔 2 3 0 𝐱 16 1 -1 0 1 2 0 0 0 𝟒 1 𝑥𝑔2 35 1 1 2 0 -2 -1 1 0 1 𝑥𝑔3 20 0 -2 (2) 0 -4 0 0 1 B1 P(x) 55 1 -1 [4] 0 -6 -1 0 0 0 𝐱 16 1 -1 0 1 2 0 0 𝟒 1 𝑥𝑔2 15 1 (3) 0 0 2 -1 1 0 𝐱 10 0 -1 1 0 -2 0 0 𝟑 B2 P(x) 15 1 [3] 0 0 2 -1 0 -2 𝐱 21 4/3 0 0 1 8/3 -1/3 𝟒 2 𝐱 5 1/3 1 0 0 2/3 -1/3 𝟐 -3 𝐱 15 1/3 0 1 0 -4/3 -1/3 𝟑 B3 f(x) -77 -5 0 0 0 -1 1 ∆ Ta có 𝟔 = 𝟏 : T a có: {
Bài toán không giải được 𝐗𝐣𝟔 ≤ 𝟎
Vậy bài toán không giải được PHOTO MAI ANH Page 52
[BÀI TẬP TOÁN KINH TẾ 1] August 8, 2020 Bài 9 :
Đưa bài toán về dạng chính tắc ta có : 2𝑥1 + 2𝑥3 + 𝑥4 = 14
5𝑥1 + 3𝑥2 + 𝑥3 − 2𝑥4 + 𝑥5 = 62 { −2
𝑥1 + 2𝑥2 + 2𝑥3 + 𝑥4 = 16 𝑥𝑗 ≥ 0 (𝑗 = 1. .5) Xét bài toán phụ : P(x)= 𝑥𝑔 𝑔 1 + 𝑥3 → 𝑚𝑖𝑛
2𝑥1 + 2𝑥3 + 𝑥4+𝑥𝑔1 = 14
5𝑥1 + 3𝑥2 + 𝑥3 − 2𝑥4 + 𝑥5 = 62
−2𝑥1 + 2𝑥2 + 2𝑥3 + 𝑥4 = 16 {
𝑥𝑗 ≥ 0 (𝑗 = 1. .5); 𝑥𝑔 𝑔 1 , 𝑥3 ≥ 0 Ta có bảng đơn hình : Hệ số Cơ sở Phương 4 2 3 2 0 1 1 Án 𝐱 𝑔 𝑔 𝟏 𝐱𝟐 𝐱𝟑 𝐱𝟒 𝐱𝟓 𝑥1 𝑥3 1 𝑥𝑔1 14 2 0 (2) 1 0 1 0 0 𝐱 62 5 3 1 -2 1 0 0 𝟓 1 𝑥𝑔3 16 -2 2 2 1 0 0 1 B1 P(x) 30 0 2 [4] 2 0 0 0 0 𝐱 7 1 0 1 1/2 0 0 𝟑 0 𝐱 55 4 3 0 -5/2 1 0 𝟓 1 𝑥𝑔3 2 -4 (2) 0 0 0 1 B2 P(x) 2 -4 [2] 0 0 0 0 3 𝐱 7 1 0 1 ½ 0 𝟑 0 𝐱 52 10 0 0 -5/2 1 𝟓 2 𝐱 1 -2 1 0 0 0 𝟐 B3 F(x) 23 -5 0 0 -1/2 0
Vậy bài toán có patu x*=( 0, 1, 7, 0) với fmin=23 PHOTO MAI ANH Page 53
[BÀI TẬP TOÁN KINH TẾ 1] August 8, 2020 Bài 10 :
Đưa bài toán về dạng chính tắc ta có :
2𝑥1 − 𝑥2 + 𝑥3 − 2𝑥4 + 𝑥5 = 5
3𝑥1 + 2𝑥2 − 3𝑥3 + 6𝑥4 = 3 {
𝑥1 − 2𝑥2 + 3𝑥3 − 2𝑥4 + 𝑥6 = 2 𝑥𝑗 ≥ 0 (𝑗 = 1. .6) Xét bài toán phụ :
P(x)= 𝑥𝑔1 → 𝑚𝑖𝑛
2𝑥1 − 𝑥2 + 𝑥3 − 2𝑥4 + 𝑥5 = 5
3𝑥1 + 2𝑥2 − 3𝑥3 + 6𝑥4 + 𝑥𝑔 = 3 { 1
𝑥1 − 2𝑥2 + 3𝑥3 − 2𝑥4 + 𝑥6 = 2
𝑥𝑗 ≥ 0 (𝑗 = 1. .6); 𝑥𝑔1 ≥ 0 Ta có bảng đơn hình :
Hệ số Cơ sở Phương -3 3 -1 -3 0 0 1 Án 𝑔 𝐱 𝑥 𝟏 𝐱𝟐 𝐱𝟑 𝐱𝟒 𝐱𝟓 𝐱𝟔 1 0 𝐱 5 2 -1 1 -2 1 0 0 𝟓 1 𝑥𝑔1 3 3 2 -3 (6) 0 0 1 0 𝐱 2 1 -2 3 -2 0 1 0 𝟔 B1 P(x) 3 3 2 -3 [6] 0 0 0 0 𝐱 6 3 -1/3 0 0 1 0 𝟓 -3 𝐱 ½ ½ 1/3 -1/2 1 0 0 𝟒 0 𝐱 3 2 -4/3 (2) 0 0 1 𝟔 B2 -f(x) -3/2 3/2 -4 [5/2] 0 0 0 0 𝐱 6 3 -1/3 0 0 1 0 𝟓 -3 𝐱 5/4 1 0 0 1 0 ¼ 𝟒 -1 𝐱 3/2 1 -2/3 1 0 0 ½ 𝟑 B3 -f(x) -21/4 -1 -7/3 0 0 0 -5/4
Vậy bài toán có patu x*= (0, 0, 3/2, 5/4) với fmax=21/4 Bài 11 :
Đưa bài toán về dạng chính tắc ta có : PHOTO MAI ANH Page 54
[BÀI TẬP TOÁN KINH TẾ 1] August 8, 2020
𝑥1 + 3𝑥2 + 𝑥3 − 4𝑥4 − 2𝑥5 = 5
2𝑥1 + 2𝑥2 + 2𝑥3 − 2𝑥4 = 2 {
−2𝑥1 + 𝑥2 + 5𝑥3 − 2𝑥4 + 𝑥6 = 4 𝑥𝑗 ≥ 0 (𝑗 = 1. .6) Xét bài toán phụ : P(x)= 𝑥𝑔 𝑔 1 + 𝑥2 → 𝑚𝑖𝑛
𝑥1 + 3𝑥2 + 𝑥3 − 4𝑥4 − 2𝑥5+𝑥𝑔1 = 5
2𝑥1 + 2𝑥2 + 2𝑥3 − 2𝑥4 + 𝑥𝑔2 = 2
−2𝑥1 + 𝑥2 + 5𝑥3 − 2𝑥4 + 𝑥6 = 4 𝑔 𝑔 {
𝑥𝑗 ≥ 0 (𝑗 = 1. .6); 𝑥1 , 𝑥2 ≥ 0 Ta có bảng đơn hình : Hệ số Cơ sở Phương 3 2 1 2 0 0 1 1 Án 𝑔 𝑔 𝐱 𝑥 𝑥 𝟏 𝐱𝟐 𝐱𝟑 𝐱𝟒 𝐱𝟓 𝐱𝟔 1 2 1 𝑥𝑔1 5 1 3 1 -4 -2 0 1 0 1 𝑥𝑔2 2 2 (2) 2 -2 0 0 0 1 0 𝐱 4 -2 1 5 -2 0 1 0 0 𝟔 B1 P(x) 7 3 [5] 3 -6 -2 0 0 0 1 𝑥𝑔1 2 -2 0 -2 -1 -2 0 1 0 𝐱 1 1 1 1 -1 0 0 0 𝟐 0 𝐱 3 -3 0 4 -1 0 1 0 𝟔 B2 P(x) 2 -2 0 -2 -1 -2 0 0
Vậy bài toán đã cho không giải được. Bài 12 :
Đưa bài toán về dạng chính tắc ta có :
𝑥1 + 3𝑥2 + 𝑥3 − 4𝑥4 − 2𝑥5 = 10
2𝑥1 + 2𝑥2 + 2𝑥3 − 2𝑥4 + 2𝑥5 + 𝑥6 = 4 {
−4𝑥1 − 4𝑥2 + 3𝑥3 + 8𝑥4 + 4𝑥5 + 𝑥7 = 15 𝑥𝑗 ≥ 0 (𝑗 = 1. .7) Xét bài toán phụ :
P(x)= 𝑥𝑔1 → 𝑚𝑖𝑛 PHOTO MAI ANH Page 55
[BÀI TẬP TOÁN KINH TẾ 1] August 8, 2020
𝑥1 + 3𝑥2 + 𝑥3 − 4𝑥4 − 2𝑥5 + 𝑥𝑔1 = 10
2𝑥1 + 2𝑥2 + 2𝑥3 − 2𝑥4 + 2𝑥5 + 𝑥6 = 4
−4𝑥1 − 4𝑥2 + 3𝑥3 + 8𝑥4 + 4𝑥5 + 𝑥7 = 15 {
𝑥𝑗 ≥ 0 (𝑗 = 1. .7); 𝑥𝑔1 ≥ 0 Ta có bảng đơn hình : Hệ số Cơ sở Phương 3 -1 4 -3 1 0 0 1 Án 𝐱 𝑔 𝟏 𝐱𝟐 𝐱𝟑 𝐱𝟒 𝐱𝟓 𝐱𝟔 𝐱𝟕 𝑥1 1 𝑥𝑔1 10 1 3 1 -4 -2 0 0 1 0 𝐱 4 2 (2) 2 -2 2 1 0 0 𝟔 0 𝐱 15 -4 -4 3 8 4 0 1 0 𝟕 B1 P(x) 10 1 [3] 1 -4 -2 0 0 0 1 𝑥𝑔1 4 -2 0 -2 -1 -5 -3/2 0 1 0 𝐱 2 1 1 1 -1 1 ½ 0 0 𝟐 0 𝐱 23 0 0 7 4 8 2 1 0 𝟕 B2 P(x) 4 -2 0 -2 -1 -5 -3/2 0 0
Vậy bài toán không giải được. Bài 13 :
a/Đưa bài toán về dàng chính tắc ta có :
3𝑥2 + 2𝑥3 − 2𝑥4 + 𝑥5 = 72 2𝑥1 − 3𝑥3 + 𝑥4 = 60 {
2𝑥1 − 4𝑥2 − 3𝑥3 − 2𝑥4 = 36 𝑥𝑗 ≥ 0 (𝑗 = 1. .5) Xét bài toán phụ : P(x)= 𝑥𝑔 𝑔 2 + 𝑥3 → 𝑚𝑖𝑛
3𝑥2 + 2𝑥3 − 2𝑥4 + 𝑥5 = 72
2𝑥1 − 3𝑥3 + 𝑥4 + 𝑥𝑔2 = 60
2𝑥1 − 4𝑥2 − 3𝑥3 − 2𝑥4 + 𝑥𝑔3 = 36 𝑔 𝑔 {
𝑥𝑗 ≥ 0 (𝑗 = 1. .5); 𝑥2 , 𝑥3 ≥ 0 Ta có bảng đơn hình : Hệ số Cơ sở Phương 4 -6 14 -5/2 0 1 1 PHOTO MAI ANH Page 56
[BÀI TẬP TOÁN KINH TẾ 1] August 8, 2020 Án 𝑔 𝑔 𝐱 𝑥 𝑥 𝟏 𝐱𝟐 𝐱𝟑 𝐱𝟒 𝐱𝟓 2 3 0 𝐱 72 0 3 2 -2 1 0 0 𝟓 1 𝑥𝑔2 60 2 0 -3 1 0 1 0 1 𝑥𝑔3 36 (2) -4 -3 -2 0 0 1 B1 P(x) 96 [4] -4 -6 -1 0 0 0 0 𝐱 72 0 3 2 -2 1 0 𝟓 1 𝑥𝑔2 24 0 (4) 0 3 0 1 0 𝐱 18 1 -2 -3/2 -1 0 0 𝟏 B2 P(x) 24 0 [4] 0 3 0 0 0 𝐱 54 0 0 2 -17/4 1 𝟓 -6 𝐱 6 0 1 0 ¾ 0 𝟐 4 𝐱 30 1 0 -3/2 ½ 0 𝟏 B3 F(x) 84 0 0 -20 0 0
Vậy bài toán có patu x*=( 30, 6,0,0,54)
b/, ∆4= 0 mà 4 không thuộc J0, nên theo phương z4 xây dựng được tập phương án tối ưu : x(θ) = x∗ + θ. z4
trong đó : x∗ = { 30,6,0,0,54} ; z4 = (−1 , − 3 , 0,1, 17 ) với 0 ≤ θ ≤ 8 2 4 4
Suy ra : x(θ) = { 30,6,0,0,54} + (−1 , − 3 , 0,1, 17). θ với 0 ≤ θ ≤ 8 2 4 4
Theo đề x2 =3 ↔ 6 − 3 θ = 3 => θ = 4. 4
Vậy PATU không cực biên với thành phần x2 =3 là : x = (28, 3, 0, 4, 71) Bài 14:
a/Đưa bài toán về dạng chính tắc:
2𝑥1 + 𝑥2 − 𝑥3 + 𝑥4 = 20
−𝑥1 − 2𝑥2 + 𝑥4 + 𝑥5 = 16 {
2𝑥1 − 2𝑥2 + 𝑥3 − 2𝑥4 + 𝑥6 = 24 𝑥𝑗 ≥ 0 (𝑗 = 1. .6) Xét bài toán phụ :
P(x)= 𝑥𝑔1 → 𝑚𝑖𝑛 PHOTO MAI ANH Page 57
[BÀI TẬP TOÁN KINH TẾ 1] August 8, 2020
2𝑥1 + 𝑥2 − 𝑥3 + 𝑥4 + 𝑥𝑔1 = 20
−𝑥1 − 2𝑥2 + 𝑥4 + 𝑥5 = 16
2𝑥1 − 2𝑥2 + 𝑥3 − 2𝑥4 + 𝑥6 = 24 {
𝑥𝑗 ≥ 0 (𝑗 = 1. .6); 𝑥𝑔1 ≥ 0 Ta có bảng đơn hình:
Hệ số Cơ sở Phương -2 4 -2 7/2 0 0 1 Án 𝐱 𝑔 𝟏 𝐱𝟐 𝐱𝟑 𝐱𝟒 𝐱𝟓 𝐱𝟔 𝑥1 1 𝑥𝑔1 20 (2) 1 -1 1 0 0 1 0 𝐱 16 -1 -2 0 1 1 0 0 𝟓 0 𝐱 24 2 -2 1 -2 0 1 0 𝟔 B1 P(x) 20 [2] 1 -1 1 0 0 0 2 𝐱 10 1 1/2 -1/2 1/2 0 0 𝟏 0 𝐱 26 0 -3/2 -1/2 (3/2) 1 0 𝟓 0 𝐱 4 0 -3 2 -3 0 1 𝟔 B2 -f(x) 20 0 ½ -1/2 [1/2] 0 0 -2 𝐱 4/3 1 1 -1/3 0 -1/3 0 𝟏 7/2 𝐱 52/3 0 -1 -1/3 1 (2/3) 0 𝟒 0 𝐱 56 0 -6 1 0 2 1 𝟔 B3 -f(x) 58 0 -19/2 3/2 0 [3] 0 -2 𝐱 10 1 1/2 -1/2 1/2 0 0 𝟏 0 𝐱 26 0 -3/2 -1/2 3/2 1 0 𝟓 0 𝐱 4 0 -3 (2) -3 0 1 𝟔 B4 -f(x) -20 0 -5 [3] -9/2 0 0 -2 𝐱 11 1 -1/4 0 -1/4 0 1/4 𝟏 0 𝐱 27 0 -9/4 0 ¾ 1 ¼ 𝟓 -2 𝐱 2 0 -3/2 1 -3/2 0 1/2 𝟑 B5 -f(x) -26 0 -1/2 0 0 0 -1
Vậy bài toán có patu x*=( 11, 0, 2, 0) với fmax= 26
b/, ∆4= 0 mà 4 không thuộc J0, nên theo phương z4 xây dựng được tập phương án tối ưu : x(θ) = x∗ + θ. z4 PHOTO MAI ANH Page 58
[BÀI TẬP TOÁN KINH TẾ 1] August 8, 2020
trong đó : x∗ = { 11,0,2,0,27,0} ; z4 = (1 , 0, 3, 1, − 3 , 0) với 0 ≤ θ ≤ 36 4 2 4
Suy ra : x(θ) = { 11,0,2,0,27,0} + (1 , 0, 3 , 1, − 3 , 0). θ với 0 ≤ θ ≤ 36 4 2 4
Theo đề x4 =10 ↔ 0 + θ = 10 => θ = 10.
Vậy PATU với thành phần x4 =10 là : x = (27 , 0,17,10, 39 , 0) 2 2 Bài 15:
a/Đưa bài toán về dạng chính tắc ta có:
𝑥1 − 2𝑥2 + 2𝑥3 − 𝑥4 + 𝑥6 = 8
𝑥1 + 2𝑥2 + 𝑥3 + 𝑥4 + 𝑥5 = 10 {
2𝑥1 + 𝑥2 − 𝑥3 + 𝑥7 = 17 𝑥𝑗 ≥ 0 (𝑗 = 1. .7) Ta có bảng đơn hình:
Hệ số Cơ sở Phương -2 1 2 2 1 0 0 Án 𝐱 𝟏 𝐱𝟐 𝐱𝟑 𝐱𝟒 𝐱𝟓 𝐱𝟔 𝐱𝟕 0 𝐱 8 1 -2 2 -1 0 1 0 𝟔 1 𝐱 10 1 2 1 1 1 0 0 𝟓 0 𝐱 15 (2) 1 -1 0 0 0 1 𝟕 B1 F(x) 10 [3] 1 -1 -1 0 0 0 0 𝐱 1/2 0 -5/2 (5/2) -1 0 1 𝟔 1 𝐱 5/2 0 3/2 3/2 1 1 0 𝟓 -2 𝐱 15/2 1 ½ -1/2 0 0 0 𝟏 B2 F(x) -25/2 0 -1/2 [1/2] -1 0 0 2 𝐱 1/5 0 -1 1 -2/5 0 𝟑 1 𝐱 11/5 0 3 0 8/5 1 𝟓 -2 𝐱 38/5 1 0 0 -1/5 0 𝟏 B3 F(x) -63/5 0 0 0 -4/5 0
Vậy bài toán có patu x*=( 38/5, 0, 1/5, 0, 11/5) với fmin= -63/5
b/, ∆2= 0 mà 2 không thuộc J0, nên theo phương z2 xây dựng được tập phương án tối ưu : x(θ) = x∗ + θ. z2
trong đó : x∗ = { 38/5,0,1/5,0,11/5} ; z2 = (0,1,1,0, −3)với 0 ≤ θ ≤ 11/15 PHOTO MAI ANH Page 59
[BÀI TẬP TOÁN KINH TẾ 1] August 8, 2020
Suy ra : x(θ) = { 38/5,0,1/5,0,11/5} +(0,1,1,0, −3). θ với 0 ≤ θ ≤ 11/15
Theo đề x2 =1/5 ↔ θ = 1/5
Vậy PATU với thành phần x2 =1/5 là : x = (38 , 1 , 2 , 0, 8) 5 5 5 5 Bài 16:
a/Đưa bài toán về dạng chính tắc ta có:
4𝑥1 − 3𝑥2 − 𝑥3 + 2𝑥4 + 𝑥5 = 34
2𝑥1 − 2𝑥2 + 3𝑥3 + 𝑥6 = 60 {
2𝑥1 − 2𝑥2 − 3𝑥3 + 4𝑥4 − 𝑥7 = 32 𝑥𝑗 ≥ 0 (𝑗 = 1. .7) Xét bài toán phụ :
P(x)= 𝑥𝑔3 → 𝑚𝑖𝑛
4𝑥1 − 3𝑥2 − 𝑥3 + 2𝑥4 + 𝑥5 = 34
2𝑥1 − 2𝑥2 + 3𝑥3 + 𝑥6 = 60
2𝑥1 − 2𝑥2 − 3𝑥3 + 4𝑥4 − 𝑥7 + 𝑥𝑔 3 = 32 {
𝑥𝑗 ≥ 0 (𝑗 = 1. .7); 𝑥𝑔3 ≥ 0 Ta có bảng đơn hình:
Hệ số Cơ sở Phương -3 1 -3 2 0 0 0 1 Án 𝑔 𝐱 𝑥 𝟏 𝐱𝟐 𝐱𝟑 𝐱𝟒 𝐱𝟓 𝐱𝟔 𝐱𝟕 3 0 𝐱 34 4 -3 -1 2 1 0 0 0 𝟓 0 𝐱 60 2 -2 3 0 0 1 0 0 𝟔 1 𝑥𝑔3 32 2 -2 -3 (4) 0 0 -1 1 B1 P(x) 32 2 -2 -3 [4] 0 0 -1 0 0 𝐱 18 (3) -2 ½ 0 1 0 1/2 𝟓 0 𝐱 60 2 -2 3 0 0 1 0 𝟔 2 𝐱 8 ½ -1/2 -3/4 1 0 0 -1/4 𝟒 B2 -f(x) 16 [4] -2 3/2 0 0 0 -1/2 -3 𝐱 6 1 -2/3 1/6 0 1/3 0 1/6 𝟏 0 𝐱 48 0 -2/3 8/3 0 -2/3 1 -1/3 𝟔 2 𝐱 5 0 -1/6 -5/6 1 -1/6 0 -1/3 𝟒 B3 -f(x) -8 0 2/3 5/6 0 -4/3 0 -7/6 PHOTO MAI ANH Page 60
[BÀI TẬP TOÁN KINH TẾ 1] August 8, 2020 ∆2 = 2/3 Ta có : T a có: {
Bài toán không giải được Xj2 ≤ 0
Vậy bài toán không giải được
b/ Ta có : f(x) ≤ 18 𝑛ê𝑛 => −𝑓(𝑥) ≥ −18
Ta suy ra phương án x là tối ưu khi –f(x) = -18
Từ bảng đơn hình thứ 3 ta có phương án cực biên x* = ( 6, 0, 0, 5, 0, 48, 0) với
–f(x*) = -8 và phương z2 = (2 , 1, 0, 1 , 0, 2 , 0) 𝑣à ∆2 = 2 𝑙à 𝑝ℎươ𝑛𝑔 𝑔 ả 𝑖 𝑚 𝑣ô ℎạ𝑛 3 6 3 3
Suy ra : x(θ) = ( 6, 0, 0, 5, 0, 48, 0) + (2 , 1, 0, 1 , 0, 2, 0). θ ; θ ≥ 0 là các phương án 3 6 3 của bài toán
Ta có –f(x(θ)) = −f(x ∗) − θ. ∆2 => θ = 15
Vậy patu cần tìm là x’ =( 16, 15,0, 15/2) Bài 17 :
a/Đưa bài toán về dạng chính tắc ta có :
𝑥1 − 2𝑥2 + 2𝑥3 − 𝑥4 = 12
2𝑥2 + 𝑥3 + 𝑥4 + 𝑥5 = 10 5
. 𝑥1 + 𝑥2 − 𝑥3 + 𝑥6 = 15 2 { 𝑥𝑗 ≥ 0 (𝑗 = 1. .6) Xét bài toán phụ :
P(x)= 𝑥𝑔1 → 𝑚𝑖𝑛
𝑥1 − 2𝑥2 + 2𝑥3 − 𝑥4 + 𝑥𝑔1 = 12
2𝑥2 + 𝑥3 + 𝑥4 + 𝑥5 = 10 5
. 𝑥1 + 𝑥2 − 𝑥3 + 𝑥6 = 15 2 {
𝑥𝑗 ≥ 0 (𝑗 = 1. .6); 𝑥𝑔1 ≥ 0 Ta có bảng đơn hình :
Hệ số Cơ sở Phương -2 1 2 3/2 1 0 1 Án 𝑔 𝐱 𝑥 𝟏 𝐱𝟐 𝐱𝟑 𝐱𝟒 𝐱𝟓 𝐱𝟔 1 1 𝑥𝑔1 12 1 -2 (2) -1 0 0 1 0 𝐱 10 0 2 1 1 1 0 0 𝟓 0 𝐱 15 5/2 1 -1 0 0 1 0 𝟔 PHOTO MAI ANH Page 61
[BÀI TẬP TOÁN KINH TẾ 1] August 8, 2020 B1 P(x) 12 1 -2 [2] -1 0 0 0 2 𝐱 6 ½ -1 1 -1/2 0 0 𝟑 1 𝐱 4 -1/2 3 0 3/2 1 0 𝟓 0 𝐱 21 (3) 0 0 -1/2 0 1 𝟔 B2 f(x) 16 [5/2] 0 0 -1 0 0 2 𝐱 5/2 0 -1 1 -5/12 0 -1/6 𝟑 1 𝐱 15/2 0 3 0 17/12 1 1/6 𝟓 -2 𝐱 7 1 0 0 -1/6 0 1/3 𝟏 B3 F(x) -3/2 0 0 0 -7/12 0 -5/6
Vậy bài toán có patu x* = ( 7, 0, 5/2, 0, 15/2, 0) với fmin = -3/2
b/ ∆2= 0 mà 2 không thuộc J0, nên theo phương z2 xây dựng được tập phương án tối ưu : x(θ) = x∗ + θ. z2
trong đó : x∗ =( 7, 0, 5/2, 0, 15/2, 0); z2 = (0,1,1,0, −3, 0)với 0 ≤ θ ≤ 5/2
Suy ra : x(θ) = ( 7, 0, 5/2, 0, 15/2, 0) +(0,1,1,0, −3). θ với 0 ≤ θ ≤ 5/2 Theo đề x2 =1 ↔ θ = 1
Vậy PATU với thành phần x2 =1 là : x = (7,1, 7 , 0, 9 , 0) 2 2 Bài 18:
a/ Đưa bài toán về dạng chính tắc ta có:
2𝑥1 + 3𝑥2 − 4𝑥3 + 𝑥5 = 5
3𝑥1 + 2𝑥2 − 𝑥3 − 𝑥6 = 3 {
𝑥1 + 𝑥2 − 𝑥4 + 𝑥7 = 6 𝑥𝑗 ≥ 0 (𝑗 = 1. .7) Xét bài toán phụ :
P(x)= 𝑥𝑔2 → 𝑚𝑖𝑛
2𝑥1 + 3𝑥2 − 4𝑥3 + 𝑥5 = 5
3𝑥1 + 2𝑥2 − 𝑥3 − 𝑥6 + 𝑥𝑔 = 3 { 2
𝑥1 + 𝑥2 − 𝑥4 + 𝑥7 = 6
𝑥𝑗 ≥ 0 (𝑗 = 1. .7); 𝑥𝑔2 ≥ 0 Ta có bảng đơn hình:
Hệ số Cơ sở Phương -1 2 0 1 0 0 0 1 PHOTO MAI ANH Page 62
[BÀI TẬP TOÁN KINH TẾ 1] August 8, 2020 Án 𝑔 𝐱 𝑥 𝟏 𝐱𝟐 𝐱𝟑 𝐱𝟒 𝐱𝟓 𝐱𝟔 𝐱𝟕 2 0 𝐱 5 2 3 -4 0 1 0 0 0 𝟓 1 𝑥𝑔2 3 (3) 2 -1 0 0 -1 0 1 0 𝐱 6 1 1 0 -1 0 0 1 0 𝟕 B1 P(x) 3 [3] 2 -1 0 0 -1 0 0 0 𝐱 3 0 5/3 -10/3 0 1 (2/3) 0 𝟓 -1 𝐱 1 1 2/3 -1/3 0 0 -1/3 0 𝟏 0 𝐱 5 0 1/3 1/3 -1 0 1/3 1 𝟕 B2 -f(x) -1 0 -8/3 1/3 -1 0 [1/3] 0 0 𝐱 9/2 0 5/2 -5 0 3/2 1 0 𝟔 -1 𝐱 5/2 1 3/2 -2 0 1/2 0 0 𝟏 0 𝐱 7/2 0 -1/2 (2) -1 -1/2 0 1 𝟕 B3 -f(x) -5/2 0 -7/2 [2] -1 -1/2 0 0 0 𝐱 53/4 0 5/4 0 -5/2 1/4 1 5/2 𝟔 -1 𝐱 6 1 1 0 -1 0 0 1 𝟏 0 𝐱 7/4 0 -1/4 1 -1/2 -1/4 0 1/2 𝟑 B4 -f(x) -6 0 -3 0 0 0 0 -1
Vậy bài toán có patu x* = ( 6, 0,7/4,0,0, 53/4) với fmax = 6
∆4= 0 mà 4 không thuộc J0, nên theo phương z4 xây dựng được tập phương án tối ưu : x(θ) = x∗ + θ. z4
trong đó : x∗ = ( 6, 0,7/4,0,0, 53/4) ; z4 = (1, 0 , 1 , 1, 0, 5) với 0 ≤ θ 2 2
Suy ra : x(θ) = ( 6, 0,7/4,0,0, 53/4) + (1, 0 , 1 , 1, 0, 5). θ với 0 ≤ θ 2 2 Theo đề x4 =10 ↔ θ = 10
Vậy PATU không cực biên với thành phần x 27 4 =10 là : x = (16,0, , 10,0, 153 ) 4 4
Bài 19: F(x) = 2x1 + x2 + 5x3 - > min PHOTO MAI ANH Page 63
[BÀI TẬP TOÁN KINH TẾ 1] August 8, 2020
3𝑥1 + 𝑥2 − 𝑥3 ≥ 9 (1)
𝑥1 + 2𝑥2 + 𝑥3 ≤ 5 (2)
𝑥1 + 2𝑥2 + 2𝑥3 ≥ 3 (3) 𝑥𝑗 ≥ 0 (𝑗 = (1,3) { a) Bài toán đối ngẫu
F(y) = 9y1 + 5y2 + 3y3 -> max
3𝑦1 + 𝑦2 − 𝑦3 ≤ 2 (1′)
𝑦1 + 2𝑦2 + 2𝑦3 ≤ 1 (2′)
−𝑦1 + 𝑦2 + 2𝑦3 ≤ 5 (3′)
𝑦1 ≥ 0, 𝑦2 ≤ 0, 𝑦3 ≥ 0 {
Các cặp đối ngẫu : x1 ≥ 0 ↔ (1’) x2 ≥ 0 ↔ (2’) x1 ≥ 0 ↔ (3’) (1) ↔ y1 ≥ 0 (2) ↔ y2 ≤ 0 (3) ↔ y3 ≥ 0
b) X0 = (3,0,0) đối với bài toán
- Vecto X0 thỏa mãn t t cả các ràng buộc của bài toán nên X0 là : 9 ≥ 9
PA của bài toán : {3 ≤ 5 3 ≥ 3
- PA x0 thỏa mãn chặn ràng buộc (1), (3) và x2 = 0, x3 = 0 trong đó có 3 ràng buộ (1), (3) và x 0
3 ≥ 0 là độc lập => x là PACB suy biến
- Giả sử x0 là PATG của bài toán, do x0 thỏa mãn ràng buộc (2), x1 = 3 > 0 nên
mọi phương án tối ưu của bài toán đối ngẫu (nếu có) phải thỏa mãn y2 ≤ 0 và (1’)
Tức là thỏa mãn hệ phương trình sau 𝑦2 = 0 𝑦2 = 0 {
3𝑦1 + 𝑦2 + 𝑦3 = 2 { 𝑦3 = 2 − 3𝑦1
HPT trên có nghiệm tổng quát là y = (y1, 0, 2-3y1)
Y1 𝜖 𝑅. Thử các nghiệm này vào các ràng buộc còn lại của bài toán đối ngẫu, ta có:
(2’) y1 + 2(2-3y1) ≤ 1 y1 ≥ 3 5
(3’) -y1 + 2(2-3y1) ≤ 5 y1 ≥ − 1 7 y1 ≥ 0 PHOTO MAI ANH Page 64
[BÀI TẬP TOÁN KINH TẾ 1] August 8, 2020
y3 ≥ 0 y1 ≤ 2 (𝑦=2−3𝑦1≥0 ) 3 →𝑦1≤23 Vecto y = (y 3
1,(𝑦1, 0,2 − 3𝑦1) Tm t t cả các ràng buộc của bài toán đối ngẫu khi ≤ 5 𝑦1 ≤ 2 3
Nên x0 là phương án tối ưu của bài toàn dã cho
- Tập phương án tối ưu của bài toán đối ngẫu
Y = {𝑦 = (𝑦1, 0,2 − 3𝑦)|, (3 ≤ 𝑦1 ≤ 2/3) 5
Bài toán đối ngẫu có 2 PACB tối ưu là: - Khi 3
𝑦1 = 3 ta có PACB y1 =( , 0, 1) 5 5 5 - Khi y 2 1 = ta có PACB y2 (2 , 0,0) 3 3 Bài 20:
a) 𝑓(𝑥) = 4𝑥1 + 12𝑥2 − 16𝑥3 → 𝑚𝑖𝑛
𝑥1 − 3𝑥3 ≥ −6 (1′)
{ 𝑥1 + 3𝑥2 − 4𝑥3 ≥ −2 (2′) 𝑥2 − 𝑥3 ≤ 4 (3′)
𝑓(𝑦) = −6𝑦1 − 2𝑦2 + 4𝑦3 → 𝑚𝑎𝑥 𝑦1 + 𝑦2 = 4 (1′) −3 ′ {
𝑦1 + 𝑦2 + 𝑦3 = 12 (2 )
−4𝑦2 − 𝑦3 = −16 (3′)
𝑦1 ≥ 0, 𝑦2 ≥ 0, 𝑦3 ≤ 0
Cặp ràng buộc đối ngẫu 𝑦1 ≥ 0 ↔ (1) 𝑦2 ≥ 0 ↔ (2) 𝑦3 ≤ 0 ↔ (3) b) Vecto 𝑥 = (−1,1,1)
Thay Vecto x vào bài toán ban đầu: −4 ≥ −6 {−2 ≥ −2 0 ≤ 4
Vecto x = (-1,1,1) là phương án, x thỏa mãn chặt ràng buộc (2) nên x không là phương án CB PHOTO MAI ANH Page 65
[BÀI TẬP TOÁN KINH TẾ 1] August 8, 2020
Giả sử X là phương án tối ưu, X thỏa mãn lỏng ràng buộc (1), (3) thì mọi phương án
tối ưu y của bài toán đối ngẫu phải thỏa mãn
{𝑦1 = 0−> 𝑦2 = 4 => 𝑦 = (0,4,0) 𝑦3 = 0
Y0 thỏa mãn t t cả rằng buộc của bài toán đối ngẫu nên x là phương án tối ưu Bài 21:
𝑓(𝑥) = 𝑥1 + 4𝑥2 + 𝑝𝑥3 → 𝑚𝑎𝑥 a)
𝑓(𝑦) = 10𝑦1 − 𝑦2 → 𝑚𝑖𝑛 3𝑦1 − 𝑦2 ≥ 1 (1′) {4𝑦1 + 𝑦2 ≥ 4 (2′) 4𝑦1 + 𝑦2 ≥ 𝑝 (3′)
Hai bài toán có cặp ràng buộc đối ngẫu 𝑥1 ≥ 0 ↔ (1′) 𝑥2 ≥ 0 ↔ (2′) 𝑥3 ≥ 0 ↔ (3′)
b) Thay vecto X = (2,1,0) vào bài toán gốc { 10 = 10 −1 = −1
Ta th y x thỏa mãn bài toán gốc
➔ X là phương án của bài toán gốc
Gỉa sử x là patu của bài toán gốc
Ta th y x thỏa mãn lỏng 2 rb về d u nên theo định lí 2 đối ngẫu ta có hệ: 3𝑦1 − 𝑦2 = 1 5 8 { → 4 𝑦( , ) 𝑦1 + 𝑦2 = 4 7 7
Thay y vào các rb còn lạ của bài toán đn th y thỏa mãn nên suy y là patu.
Để y là patu không suy biến thì (3’) 4y1 + y2 > p p<4
Theo định lí 1 ta suy ra x là patu của bài toán.
Với p< 4, PACBTU duy nh t y’ = (5, 8) thỏa mãn lỏng (3’) => PATU của bài toán gốc 7 7 thỏa mãn 3𝑥1 + 4𝑥2 + 4𝑥3 = 10 𝑥1 = 2
{ −𝑥1 + 𝑥2 + 𝑥3 = −1 -> { 𝑥2 = 1 𝑥3 = 0 𝑥3 = 0 PHOTO MAI ANH Page 66
[BÀI TẬP TOÁN KINH TẾ 1] August 8, 2020
Đây là PACBTU duy nh t của bài toán gốc Bài 22
𝑓(𝑥) = 6𝑥1 + 3𝑥2 + 𝑥3 + 2𝑥4 → 𝑚𝑖𝑛
−𝑥1 − 3𝑥2 + 2𝑥3 + 5𝑥4 ≥ −16 (1)
7𝑥1 + 3𝑥3 − 2𝑥4 = 0 (∗∗)
3𝑥1 + 𝑥2 − 4𝑥3 − 𝑥5 ≤ 10 (2)
2𝑥1 + 2𝑥2 − 6𝑥4 ≤ −2 (3) { 𝑥; ≥ 0 (𝑗 = 1,5) Bài toán đối ngẫu
𝑓(𝑦) = −16𝑦1 + 10𝑦3 − 2𝑦4 → 𝑚𝑎𝑥
−𝑦1 + 7𝑦2 + 3𝑦3 + 2𝑦4 ≤ 6 (1′)
−3𝑦1 + 𝑦3 + 2𝑦4 ≤ 3 (2′)
2𝑦1 + 3𝑦2 − 4𝑦3 ≤ 1 (3′)
5𝑦1 − 2𝑦2 − 6𝑦4 ≤ 2 (4′) { −𝑦3 ≤ 0 (5′)
𝑦1 ≥ 0, 𝑦3 ≤ 0, 𝑦4 ≤ 0
Bài toán có 8 cặp ràng buộc đối ngẫy (i) (-) (i’) với i=(1,….,8)
Giải bài toán gốc bằng phương pháp đơn hình P = x2y + x4y => min
𝑥1 + 3𝑥2 − 2𝑥3 − 5𝑥4 + 𝑥6 = 16
7𝑥1 + 3𝑥3 − 2𝑥4 + 𝑥𝑦2 = 0
3𝑥1 + 𝑥2 − 4𝑥3 − 𝑥5 + 𝑥7 = 10
−2𝑥1 − 2𝑥2 + 6𝑥4 − 𝑥8 + 𝑥𝑦4 = 2 { 𝑥𝑗 ≥ 0(𝑗 = 1,8) HS CS PA 6 3 1 2 0 0 0 0 1 1 X1 X2 X3 X4 X5 X6 X7 X8 𝑥𝑦 𝑦 2 𝑥4 0 X6 16 1 3 -2 -5 0 1 0 0 0 0 1 𝑥𝑦2 0 (7) 0 3 -2 0 0 0 0 1 0 0 X7 10 3 1 -4 0 -1 0 1 0 0 0 1 𝑥𝑦4 2 -2 -2 0 6 0 0 0 -1 0 1 P 2 [5] -2 3 4 0 0 0 -1 0 0 0 X6 16 0 3 -17/7 -33/7 0 1 0 0 0 0 X1 0 1 0 3/7 -2/7 0 0 0 0 0 0 X7 10 0 1 -37/7 6/7 -1 0 1 0 0 1 𝑥𝑦4 2 0 -2 6/7 (38/7) 0 0 0 -1 1 P 2 0 -2 6/7 [38/7] 0 0 -1 0 0 X6 337/19 0 24/19 -32/19 0 0 1 0 -33/38 PHOTO MAI ANH Page 67
[BÀI TẬP TOÁN KINH TẾ 1] August 8, 2020 6 X1 2/19 1 -2/19 (9/19) 0 0 0 0 -1/19 0 X7 184/19 0 25/19 - 0 -1 0 1 3/19 103/19 2 X4 7/19 0 -7/19 3/19 1 0 0 0 -7/38 F(x) 26/19 0 -83/19 [41/19] 0 0 0 0 -13/19 0 X6 163/9 32/9 8/9 0 0 0 1 0 -19/18 1 X3 2/9 19/9 -2/9 1 0 0 0 0 -1/9 0 X7 98/9 103/9 1/9 0 0 -1 0 1 -4/9 2 X4 1/3 -1/3 -1/3 0 1 0 0 0 -1/6 F(x) 8/9 -41/9 -35/9 0 0 0 0 0 -4/9
Từ bảng ta có ∆𝑘 ≤ 0 ∀ 𝑘 ∈ 𝐽. Nên bài toán đã cho có phương án tối ưu x* =
(0,0, 2 , 1 , 0, 163 . 98, 0) 𝑣à 𝑓(𝑥) min = 8 ) 9 3 9 8 9
b) X* là phương án tối ưu của bài toán gốc 2 1 163 98 𝑋∗ = (0,0, , , 0, . , 0) 9 3 9 8 Thay X* vào bài toán gốc 13
−𝑥1 − 3𝑥2 + 2𝑥3 + 5𝑥4 ≥ −16 (1) ≥ −16 9
7𝑥1 + 3𝑥3 − 2𝑥4 = 0 (∗∗) (=) 0 = 0
3𝑥1 + 𝑥2 − 4𝑥3 − 𝑥5 ≤ 10 (2) 8 − 2 ≤ 10
𝑥1 + 2𝑥2 − 6𝑥4 ≤ −2 (3) 9 { { −3 ≤ −2
X* thỏa mãn rằng buộc lỏng (1), (2), (3) thì mọi phương án tối ưu của bài toán đối ngẫu phải thỏa mãn 𝑦1 = 0 6 {𝑦3 = 0 → 𝑦2 = 7 𝑦4 = 0 ➔ Y* = (0, 6 ,0,0) 7
X* thỏa mãn chặt ràng buộc (**) nên X* không là PACB
Y* không là PACB nhưng là PATU và PACBTU Bài 23
𝑓(𝑥) = 18𝑥1 + 13𝑥2 + 5𝑥3 → 𝑚𝑖𝑛 PHOTO MAI ANH Page 68
[BÀI TẬP TOÁN KINH TẾ 1] August 8, 2020 1 𝑥1 + 𝑥2 ≥ − (1) 3 3𝑥1 + 5𝑥2 ≥ 2 (2) 3𝑥1 + 3𝑥3 ≥ 2 (3) 1 𝑥1 + 2𝑥2 ≥ − (4) 3
{ 9𝑥1 + 8𝑥2 + 𝑥3 ≥ 6 (5)
Ta có bài toán đối ngẫu 1 1 𝑓(𝑦) = − 𝑦1 + 2𝑦2 + 2𝑦3 − 3
𝑦4 + 6𝑦5 → 𝑚𝑎𝑥 3
𝑦1 + 3𝑦2 + 3𝑦3 + 𝑦4 + 9𝑦5 = 18 (1′)
{ 𝑦1 + 5𝑦2 + 2𝑦4 + 8𝑦5 = 13 (2′) 3𝑦3 + 𝑦5 = 5 (3′)
Các ràng buộc cặp 𝑦1 ≥ 0 (=) (1) 𝑦2 ≥ 0 ↔ (2) 𝑦3 ≥ 0 ↔ (3) 𝑦4 ≥ 0 ↔ (4) 𝑦5 ≥ 0 ↔ (5) a) Vecto 𝑥 = (2 , 0,0) 3
Thay vecto X vào bài toán gốc 2 1 ≥ − (1) 3 3 2 ≥ 2 (2) 2 ≥ 2 (3) 2 1 ≥ − (4) 3 3 { 6 ≥ 6 (5)
Vecto X thỏa mãn t t cả các ràng buộc:
PA X thỏa mãn chặt (2), (3), (5)
PA X thỏa mãn lỏng (1), (4) X là PACB không suy biến
- Giả sử X là PATU và thỏa mãn lỏng (1), (4) nên mọi PATU của bài toán đương nhiên thỏa mãn. PHOTO MAI ANH Page 69
[BÀI TẬP TOÁN KINH TẾ 1] August 8, 2020 𝑦1 = 𝑦4 = 0 3𝑦2 + 3𝑦3 + 9𝑦5 = 18 5𝑦2 + 8𝑦5 = 13 3𝑦3 + 𝑦5 = 5 { 9 13 → 𝑦 ∗ = (0,0, , 0, ) 8 8
Y0 thỏa mãn t t cả các ràng buộc của bài toán => yo là patu của bài toán
Nên theo định lí1 đối ngẫu thì x = (2 , 0,0) 𝑙à 𝑃𝐴𝑇𝑈 𝑐ủ𝑎 𝑏à𝑖 𝑡 á 𝑜 𝑛 𝑔ố𝑐 3 b) Tập PATU của BTĐN 9 13 𝑦 = {𝑦0 = (0,0, , 0, )} 8 8
Y0 thỏa mãn chặt 3 rb chính và 3 rb về d u => y0 là patu cực biên suy biến của bài toán.
c/ Tìm tâp phương án tối ưu của bài toán gốc.
PATU Y0 của BTĐN thỏa mãn lỏng y3 ≥ 0, 𝑦5 ≥ 0
Mọi PATU của bài toán gốc thỏa mãn 2 3 { 𝑥1 + 3𝑥3 = 2 → {𝑥1 = − 𝑥3 9𝑥1 + 8𝑥2 + 𝑥3 = 6 3 𝑥2 = 𝑥3 2
→ 𝑥 = ( − 𝑥3, 𝑥3, 𝑥3) 3
Các PATU của bài toán gốc phải thỏa mãn các ràng buộc còn lại
Thay 𝑥 = (2 − 𝑥3, 𝑥3, 𝑥3) 𝑣à𝑜 𝑐á𝑐 𝑟à𝑛𝑔 𝑏 ộ
𝑢 𝑐 𝑐ò𝑛 𝑙ạ𝑖 𝑡𝑎 đượ𝑐 𝑥3 ≥ 0 3
Vậy tập PATU của bài toán gốc là 𝑥 = {2 − 𝑥3, 𝑥3, 𝑥3)𝑣ớ𝑖 𝑥3 ≥ 0} 3 Bài 24: a/Bài toán đối ngẫu: g(y) = 20.y1 + 16.y2 → max 𝑦1 ≤ 1 (1) 2𝑦1 + 𝑦2 ≤ 1(2) 2𝑦1 − 2𝑦2 = 1(3) −3𝑦1 + 2𝑦2 = 2(4) 𝑦1 ≤ 0(5) { 𝑦2 𝑡ù𝑦 ý(6) PHOTO MAI ANH Page 70
[BÀI TẬP TOÁN KINH TẾ 1] August 8, 2020
Các cặp ràng buộc đối ngẫu: 𝐱 ( ) 𝟏 ≥ 0 ↔ 𝟏 𝐱 ( ) 𝟐 ≥ 0 ↔ 𝟐
𝑥1 + 2𝑥2 + 2𝑥3 − 3𝑥4 ≤ 20 ↔ (𝟓)
Ta có từ (3) và (4) suy ra 𝑦1 = −3 { 7 𝑦2 = − 2 => y* =( -3, -7/2)
Thay y* vào các ràng buộc còn lại của bài toán đối ngẫu th y thõa mãn nên suy ra y*
là phương án tối ưu của bài toán
Nên theo định lí 1 Đối Ngẫu thì suy ra bài toán gốc giải được.
Ta th y y* thõa mãn lỏng ràng buộc (1), (2),(5) nên theo định lí 2 Đối Ngẫu thì bài
toán gốc có patu x* thỏa mãn chặt các ràng buộc tương ứng nên ta có hệ : 𝑥1 = 0 { 𝑥2 = 0
𝑥1 + 2𝑥2 + 2𝑥3 − 3𝑥4 = 20 𝑥2 − 2𝑥3 + 2𝑥4 = 16 𝑥1 = 0 { 𝑥2 = 0 𝑥3 = −44 𝑥4 = −36
=> x* = (0, 0, -44, -36) là phương án cực biên tối ưu của bài toán gốc. Bài 25 : a/Bài toán đối ngẫu : g(y) = 3y1 + y2 + 2y3 → min
−𝑦1 + 𝑦2 + 2𝑦3 ≥ 3(1) 𝑦1 − 2𝑦2 = 1(2)
2𝑦1 + 3𝑦2 + 𝑦3 ≤ −2(3) 𝑦1 ≤ 0(4) 𝑦2 ≤ 0(5) { 𝑦3 ≤ 0(6)
Các cặp ràng buộc đối ngẫu: x1 ≥ 0 ↔ (1) x3 ≥ 0 ↔ (3)
−x1 + x2 + 2x3 ≥ 3 ↔ (4) PHOTO MAI ANH Page 71
[BÀI TẬP TOÁN KINH TẾ 1] August 8, 2020
x1 − 2x2 + 3x3 ≥ 1 ↔ (5) 2x1 + x3 ≥ 2 ↔ (6) b/
Từ (2) suy ra y1 = 1+ 2y2 thay vào (1) và (3) ta được : −𝑦2 + 2𝑦3 ≥ 4 { 7𝑦2 + 𝑦3 ≤ −4
Nhân cả 2 vế của bpt số 1 với 7, nhân cả 2 vế của bpt số 2 với -1, sau đó cộng 2 b t
phương trình lại ta được: y3 ≥ 32 13
Mâu thuẫn với đề bài nên suy ra bài toán đối ngẫu không giải được. Bài 26: a/ Bài toán đối ngẫu:
g(y) = 7y1 – 4y2 + 5y3 → ma x
𝑦1 − 2𝑦2 + 3𝑦3 ≤ −8(1) 𝑦2 − 𝑦3 ≤ 6(2)
−2𝑦1 − 𝑦2 + 2𝑦3 = 4(3)
𝑦1 + 3𝑦2 − 6𝑦3 ≤ 5(4) 𝑦1 ≤ 0(5) 𝑦2 𝑡ù𝑦 ý { 𝑦3 ≥ 0(6)
Các cặp ràng buộc đối ngẫu: x1 ≥ 0 ↔ (1) x2 ≥ 0 ↔ (2) x4 ≥ 0 (4)
x1 − 2x3 + x4 ≤ 7 ↔ (5)
3x1 − x2 + 2x3 − 6x4 ≥ 5 ↔ (6)
b/ Thay xo vào các ràng buộc của bài toán th y thỏa mãn nên suy ra xo là phương án của bài toán.
Ta th y xo thỏa mãn chặt 3 ràng buộc chính và 2 ràng buộc về d u nên xo là phương án
cực biên tối ưu suy biến của bài toán.
c/ Ta th y x0 thỏa mãn lỏng ràng buộc về d u: x1 =3 ≥ 0 nên bài toán đối ngẫu pải
chặt ràng buộc tương ứng suy ra ta có hệ: 𝑦1
𝑦1 − 2𝑦2 + 3𝑦3 = −8 { { 𝑦2 = 8𝑦1 + 28 −2 𝑦1 − 𝑦2 + 2𝑦3 = 4 𝑦3 = 5𝑦1 + 16 PHOTO MAI ANH Page 72
[BÀI TẬP TOÁN KINH TẾ 1] August 8, 2020
=> y* = ( y1, 8y1+28, 5y1 +16) vào các ràng buộc còn lại của bài toán đối ngẫu ta
được điều kiện: − 16 ≤ 𝑦1 ≤ −2 5
=> y* là tập phương án tối ưu của bài toán đối ngẫu
Phương án có thành phần y1 = -3 là y’ = (-3, 4, 1) Bài 27 : a/Bài toán đối ngẫu : g(y) = -10y1 +3y2 +5y3 → ma x 2𝑦1 − 𝑦2 = −4 −𝑦1 + 3𝑦2 + 2𝑦3 = 1 𝑦2 + 2𝑦3 = −4 4𝑦1 + 2𝑦2 − 𝑦3 = 3 −5𝑦1 + 𝑦3 = 2 𝑦1 ≤ 0(1) 𝑦2 ≥ 0(2) { 𝑦3 ≤ 0(3)
Các cặp ràng buộc đối ngẫu:
2x1 − x2 + 4x4 − 5y5 ≤ −10 ↔ (1)
−x1 + 3x2 + x3 + 2x4 ≥ 3 ↔ (2) 2x2+2x3- x4 + x5 ≤ 5 (3)
b/ Tập phương án tối ưu của bài toán đối ngẫu là: y* = (-1, 2,-3) PHOTO MAI ANH Page 73
[BÀI TẬP TOÁN KINH TẾ 1] August 8, 2020 Bài 28: a/ Bài toán đối ngẫu: g(y)= -27y1 -4y2 +17y3 → ma x
−2𝑦1 + 𝑦2 + 𝑦3 ≤ −2(1)
𝑦1 − 2𝑦2 + 3𝑦3 ≤ 19(2)
−𝑦1 − 2𝑦2 + 𝑦3 ≤ 5(3) 3𝑦1 − 𝑦3 ≤ 3(4) 2𝑦1 + 3𝑦2 ≤ 1(5) 𝑦1 ≥ 0(6) 𝑦2 ≤ 0(7) { 𝑦3 ≥ 0(8)
Các cặp ràng buộc đối ngẫu: 𝑥1 ≥ 0 ↔ (1) 𝑥2 ≥ 0 ↔ (2) 𝑥3 ≥ 0 ↔ (3) 𝑥4 ≥ 0 ↔ (4) 𝑥5 ≥ 0 ↔ (5)
−2𝑥1 + 𝑥2 − 𝑥3 + 3𝑥4 + 2𝑥5 ≥ −27 ↔ (6)
𝑥1 − 2𝑥2 − 2𝑥3 + 3𝑥5 ≤ −4 ↔ (7)
𝑥1 + 3𝑥2 + 𝑥3 − 𝑥4 ≥ 17 ↔ (8)
b/ Thay y vào các ràng buộc của bài toán đối ngẫu => y là phương án của bài toán
Ta th y y thỏa mãn chặt ràng buộc(1) và(3) nên suy ra y là phương án tối ưu không cực biên
c/ Đưa bài toán về dạng chính tắc ta có:
2𝑥1 − 𝑥2 + 𝑥3 − 3𝑥4 − 2𝑥5 + 𝑥6 = 27
−𝑥1 + 2𝑥2 + 2𝑥3 − 3𝑥5 − 𝑥7 = 4 {
𝑥1 + 3𝑥2 + 𝑥3 − 𝑥4 − 𝑥8 = 17 𝑥 ≥ 0 ( 𝑗 𝑗 = 1. .8) Xét bài toán phụ: P(x) = 𝑥𝑔 𝑔 2 + 𝑥3 → 𝑚𝑖𝑛
2𝑥1 − 𝑥2 + 𝑥3 − 3𝑥4 − 2𝑥5 + 𝑥6 = 27
−𝑥1 + 2𝑥2 + 2𝑥3 − 3𝑥5 − 𝑥7+𝑥𝑔2 = 4
𝑥1 + 3𝑥2 + 𝑥3 − 𝑥4 − 𝑥8 + 𝑥𝑔3 = 17 𝑔 𝑔 { 𝑥 ( , ≥ 0
𝑗 ≥ 0 𝑗 = 1. .8); 𝑥2 𝑥3 PHOTO MAI ANH Page 74
[BÀI TẬP TOÁN KINH TẾ 1] August 8, 2020 Ta có bảng đơn hình: -2 19 5 3 1 0 0 0 1 1 Hệ Cơ Phươn g số sở án x1 x2 x3 x4 x5 x6 x7 x8 x2 x3 g g 0 x6 27 2 -1 1 -3 -2 1 0 0 0 0 1 x2g 4 -1 (2) 2 0 -3 0 -1 0 1 0 1 x3g 17 1 3 1 -1 0 0 0 -1 0 1 Bảng P(x) 21 0 [5] 3 -1 -3 0 -1 -1 0 0 1 0 x6 29 3/2 0 2 -3 −7/ 2 1 −1/2 0 | 0 0 x2 2 −1/2 1 1 0 −3/ 2 0 −1/2 0 | 0 1 x / 3g 11 5/2 0 -2 -1 (9/2) 0 3 2 -1 | 1 Bảng P(x) 11 5/2 0 -2 -1 [9/2] 0 3/2 -1 | 0 2 0 x6 338/9 31/9 0 4/9 −34/ 0 1 2/3 −7/ 9 9 19 x2 17/3 1/3 1 1/3 −1/ 0 0 0 −1/ 3 3 1 x5 22/9 (5/ 9 0 −4/9 −2/9 1 0 1/3 −2/ 9 ) Bảng f(x) 991/ [80/ 0 8/9 −86/ 0 0 1/3 −59/ 3 9 9] 9 9 0 x6 112/ 0 0 16/5 −12/ −31/ 1 −7/ 5 3/5 5 5 5 19 x2 21/5 0 1 (3/5) −1/ 5 −3/5 0 −1/ 5 −1/ 5 -2 x1 22/5 1 0 −4/5 −2/ 5 9/5 0 3/5 −2/ 5 Bảng f(x) 71 0 0 [8] -6 -16 0 -5 -3 4 0 x6 0 0 −16/ 0 −4/ 3 -3 1 −1/ 3 5/3 3 3 x3 7 0 5/3 1 −1/ 3 -1 0 -3 -3 -2 x1 10 1 4/3 0 −2/ 3 1 0 1/3 −2/ 3 Bảng f(x) 1 0 −50/ 0 −8/ 3 -6 0 −29/ −23/ 5 3 3 3
Vậy bài toán có patu x* = ( 10, 0, 7, 0, 0) với fmin = 1
d/ Ta th y x* thỏa lỏng 2 ràng buộc về d u nên theo định lí 2 đối ngẫu thì bài toán đối
ngẫu có pa y* thỏa mãn chặt các ràng buộc tương ứng nên ta có hệ : PHOTO MAI ANH Page 75
[BÀI TẬP TOÁN KINH TẾ 1] August 8, 2020
−2𝑦1 + 𝑦2 + 𝑦3 = −2 {
−𝑦1 − 2𝑦2 + 𝑦3 = 5
=> y* = (3y2+7, y2, 5y2 + 12) với − 7 ≤ 𝑦2 ≤ 3 3 2 Bài 29:
Đưa bài toán về dạng chính tắc:
3𝑥1 + 2𝑥2 − 2𝑥3 + 𝑥5 = 72
−3𝑥2 + 𝑥3 + 2𝑥4 = 60 { −4
𝑥1 − 3𝑥2 − 2𝑥3 + 2𝑥4 = 36 𝑥 ≥ 0 ( 𝑗 𝑗 = 1. .5) Xét bài toán phụ: P(x) = 𝑥𝑔 𝑔 2 +𝑥3 → 𝑚𝑖𝑛
3𝑥1 + 2𝑥2 − 2𝑥3 + 𝑥5 = 72
−3𝑥2 + 𝑥3 + 2𝑥4+𝑥𝑔2 = 60 −4
𝑥1 − 3𝑥2 − 2𝑥3 + 2𝑥4+𝑥𝑔3 = 36 𝑔 𝑔 { 𝑥 ( , ≥ 0
𝑗 ≥ 0 𝑗 = 1. .5); 𝑥2 𝑥3 Ta có bảng đơn hình:
Hệ số Cơ sở Phương -6 14 -5/2 4 0 1 1 Án 𝐱 𝑔 𝑔 𝟏 𝐱𝟐 𝐱𝟑 𝐱𝟒 𝐱𝟓 𝑥2 𝑥3 0 𝐱 72 3 2 -2 0 1 0 0 𝟓 1 𝑥𝑔2 60 0 -3 1 2 0 1 0 1 𝑥𝑔3 36 -4 -3 -2 (2) 0 0 1 B1 P(x) 96 -4 -6 -1 [4] 0 0 0 0 𝐱 72 3 2 -2 0 1 0 𝟓 1 𝑥𝑔2 24 (4) 0 3 0 0 1 0 𝐱 18 -2 -3/2 -1 1 0 0 𝟒 B2 P(x) 24 [4] 0 3 0 0 0 0 𝐱 54 0 2 -17/4 0 1 𝟓 -6 𝐱 6 1 0 3/4 0 0 𝟏 4 𝐱 30 0 -3/2 1/2 1 0 𝟒 B3 F(x) 84 0 -20 0 0 0 PHOTO MAI ANH Page 76
[BÀI TẬP TOÁN KINH TẾ 1] August 8, 2020
Vậy bài toán có patu x* =( 6, 0, 0, 30, 54) với fmin = 84
b/ Thay xo vào các ràng buộc của bài tóan th y thỏa mãn nên xo là phương án của bài toán.
Ta th y xo thỏa mãn chặt 2 ràng buộc chính và 1ràng buộc về d u, ta có hệ :
−3𝑥2 + 𝑥3 + 2𝑥4 = 60
{ −4𝑥1 − 3𝑥2 − 2𝑥3 + 2𝑥4 = 36 𝑥2 = 0
=> x0 là phương án tối ưu không cực biên của bài toán c/ Bài toán đối ngẫu:
g(y) = 72y1 +60y2 +36y3 → ma x 3𝑦1 − 4𝑦3 ≤ −6(1)
2𝑦1 − 3𝑦2 − 3𝑦3 ≤ 14(2) 5
−2𝑦1 + 𝑦2 − 2𝑦3 ≤ − (3) 2 2𝑦2 + 2𝑦3 ≤ 4(4) { 𝑦1 ≤ 0(5)
Các cặp ràng buộc đối ngẫu: 𝑥1 ≥ 0 ↔ (1) 𝑥2 ≥ 0 ↔ (2) 𝑥3 ≥ 0 ↔ (3) 𝑥4 ≥ 0 ↔ (4)
3𝑥1 + 2𝑥2 − 2𝑥3 ≤ 72 ↔ (5)
Ta có xo thỏa mãn lỏng ràng buộc về d u và 1 ràng buộc chính nên theo định lí 2 đối
ngẫu thì bài toán đối ngẫu có pa y* thỏa mãn chặt các rb tương ứng, ta có hệ: 𝑦1 = 0 {−3𝑦1 − 4𝑦3 = −6 2𝑦2 + 2𝑦3 = 4 𝑦1 = 0 1 𝑦2 = 2 3 { 𝑦3 = 2
=> y* = (0, ½, 3/2 ) là tập phương án tối ưu của bài toán đối ngẫu. PHOTO MAI ANH Page 77
[BÀI TẬP TOÁN KINH TẾ 1] August 8, 2020
Ta th y y* thỏa mãn chặt 1 ràng về d u và 3 ràng buộc chính nên y* là phương án cực
biên suy biến duy nh t của bài toán đối ngẫu. PHOTO MAI ANH Page 78