Xét bài toán cực tiểu hóa hàm chi phí C(L, K) = W L + RK, với ràng buộc về sản lượng F(L, K) ≡ L^1/4K^1/3 = Q; trong đó Q > 0 là hằng số cho trước, L là số lao động, K là số vốn mà doanh nghiệp sử dụng, W là tiền công cho mỗi đơn vị lao động, R là giá vốn.

a. Anh/Chị hãy xác định số lao động và số vốn L∗ = L∗(W, R, Q), K∗ = K∗(W, R, Q) sao cho chi phí doanh nghiệp bé nhất đồng thời đảm bảo ràng buộc Q = F(L, K), (biết rằng nghiệm tối ưu của bài toán tồn tại duy nhất). Tính giá trị hàm chi phí bé nhất C∗(W, R, Q).

b. Áp dụng Định lý Bao, tính \[ \frac{\partial C^{*}(W, R, Q)}{\partial W} \] ∂W , từ đó xác định ảnh hưởng của W lên hàm chi phí tối ưu C∗(W, R, Q).

Phần a yêu cầu tìm hằng số k cho hàm mật độ xác suất $p(x) = kxe^{-2x}$ với $x \geq 0$. Để là hàm mật độ xác suất, tích phân của nó trên toàn miền xác định phải bằng 1. Ta có $\int_0^\infty kxe^{-2x} dx = 1$. Sử dụng tích phân từng phần với $u=kx$, $dv=e^{-2x}dx$, ta suy ra $du=kdx$, $v=-\frac{1}{2}e^{-2x}$. Tích phân trở thành $[-\frac{1}{2}kxe^{-2x}]_0^\infty - \int_0^\infty -\frac{1}{2}ke^{-2x}dx = 1$. Giới hạn đầu tiên bằng 0. Ta còn lại $\frac{k}{2}\int_0^\infty e^{-2x}dx = 1$. Tích phân của $e^{-2x}$ là $-\frac{1}{2}e^{-2x}$. Vậy $\frac{k}{2}[-\frac{1}{2}e^{-2x}]_0^\infty = 1$, suy ra $\frac{k}{2}(0 - (-\frac{1}{2})) = 1$, tức là $\frac{k}{4}=1$, hay $k=4$. \n\nPhần b yêu cầu tính tỷ lệ phần trăm trung bình người xem truyền hình biết đến chương trình trong 6 tuần, với $P(t) = \frac{50t}{0.6t^2 + 15} + 5$. Giá trị trung bình của hàm $P(t)$ trên khoảng $[0, 6]$ là $\frac{1}{6-0}\int_0^6 P(t) dt = \frac{1}{6}\int_0^6 (\frac{50t}{0.6t^2 + 15} + 5) dt$. Ta tách thành hai tích phân: $\int_0^6 \frac{50t}{0.6t^2 + 15} dt$ và $\int_0^6 5 dt$. Với tích phân đầu, đặt $u = 0.6t^2 + 15$, $du = 1.2t dt$. Khi $t=0$, $u=15$. Khi $t=6$, $u = 0.6(36)+15 = 21.6+15 = 36.6$. Tích phân trở thành $\int_{15}^{36.6} \frac{50}{1.2u} du = \frac{50}{1.2} [\ln|u|]_{15}^{36.6} = \frac{125}{3}(\ln(36.6) - \ln(15)) = \frac{125}{3}\ln(\frac{36.6}{15}) = \frac{125}{3}\ln(2.44)$. Tích phân thứ hai là $[5t]_0^6 = 30$. \n\nVậy, giá trị trung bình là $\frac{1}{6}(\frac{125}{3}\ln(2.44) + 30) = \frac{125}{18}\ln(2.44) + 5$. \nSử dụng $\ln(2.44) \approx 0.892$, giá trị trung bình xấp xỉ $\frac{125}{18} \times 0.892 + 5 \approx 6.944 \times 0.892 + 5 \approx 6.196 + 5 = 11.196$. \nLàm tròn đến một chữ số thập phân, ta được 11.2%.

Câu hỏi yêu cầu giải một phương trình vi phân tuyến tính cấp hai không thuần nhất để tìm hàm lượng hàng tồn kho I(t) theo thời gian, đồng thời xét giới hạn của hàm này khi thời gian tiến đến vô cùng.

Phần (a) yêu cầu giải phương trình vi phân: I″(t) + 5I′(t) + 6I(t) = 2t*e^(-t), với các điều kiện ban đầu I(0) = 50 và I′(0) = -2.

Để giải phương trình này, chúng ta cần tìm nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất tương ứng và một nghiệm riêng của phương trình không thuần nhất.

1. Giải phương trình thuần nhất: I″(t) + 5I′(t) + 6I(t) = 0. Phương trình đặc trưng là r^2 + 5r + 6 = 0, có nghiệm r1 = -2, r2 = -3. Vậy nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất là I_h(t) = C1*e^(-2t) + C2*e^(-3t).

2. Tìm nghiệm riêng I_p(t) cho phương trình không thuần nhất I″(t) + 5I′(t) + 6I(t) = 2t*e^(-t). Vì vế phải có dạng P(t)*e^(αt), với P(t) là đa thức bậc 1 và α = -1 không phải là nghiệm của phương trình đặc trưng, nên ta giả sử nghiệm riêng có dạng I_p(t) = (At + B)*e^(-t).

Lấy đạo hàm I_p'(t) = A*e^(-t) - (At + B)*e^(-t) = (A - At - B)*e^(-t) = (-At + A - B)*e^(-t).
Lấy đạo hàm cấp hai I_p''(t) = -A*e^(-t) - (-At + A - B)*e^(-t) = (-A + At - A + B)*e^(-t) = (At - 2A + B)*e^(-t).

Thay vào phương trình không thuần nhất:
(At - 2A + B)*e^(-t) + 5*(-At + A - B)*e^(-t) + 6*(At + B)*e^(-t) = 2t*e^(-t).
Chia cả hai vế cho e^(-t) và nhóm các số hạng theo t:
(A - 5A + 6A)t + (-2A + B + 5A - 5B + 6B) = 2t.
(2A)t + (3A + 2B) = 2t.

Đồng nhất hệ số của t và hằng số:
2A = 2 => A = 1.
3A + 2B = 0 => 3(1) + 2B = 0 => 2B = -3 => B = -3/2.

Vậy nghiệm riêng là I_p(t) = (t - 3/2)*e^(-t).

3. Nghiệm tổng quát của phương trình không thuần nhất là I(t) = I_h(t) + I_p(t) = C1*e^(-2t) + C2*e^(-3t) + (t - 3/2)*e^(-t).

4. Sử dụng điều kiện ban đầu để tìm C1 và C2.
I(0) = C1*e^0 + C2*e^0 + (0 - 3/2)*e^0 = C1 + C2 - 3/2 = 50 => C1 + C2 = 51.5.

Tính I'(t): I'(t) = -2C1*e^(-2t) - 3C2*e^(-3t) + e^(-t) + (t - 3/2)*(-e^(-t)) = -2C1*e^(-2t) - 3C2*e^(-3t) + e^(-t) - t*e^(-t) + 3/2*e^(-t) = -2C1*e^(-2t) - 3C2*e^(-3t) + (5/2 - t)*e^(-t).

I'(0) = -2C1*e^0 - 3C2*e^0 + (5/2 - 0)*e^0 = -2C1 - 3C2 + 5/2 = -2 => -2C1 - 3C2 = -2 - 5/2 = -9/2 => 4C1 + 6C2 = 9.

Giải hệ phương trình:
C1 + C2 = 51.5
4C1 + 6C2 = 9

Nhân phương trình đầu với 4: 4C1 + 4C2 = 206.
Trừ phương trình này cho phương trình thứ hai: (4C1 + 4C2) - (4C1 + 6C2) = 206 - 9 => -2C2 = 197 => C2 = -98.5.

Thay C2 vào C1 + C2 = 51.5: C1 - 98.5 = 51.5 => C1 = 51.5 + 98.5 = 150.

Vậy, I(t) = 150*e^(-2t) - 98.5*e^(-3t) + (t - 1.5)*e^(-t).

Phần (b) yêu cầu tính giới hạn của I(t) khi t tiến đến vô cùng:
\[ \lim_{t \to \infty} I(t) = \lim_{t \to \infty} (150*e^(-2t) - 98.5*e^(-3t) + (t - 1.5)*e^(-t)) \].

Ta biết rằng:
\( \lim_{t \to \infty} e^(-kt) = 0 \) với k > 0.
\( \lim_{t \to \infty} t*e^(-t) = 0 \) (vì hàm mũ giảm nhanh hơn hàm đa thức tăng).

Do đó:
\( \lim_{t \to \infty} 150*e^(-2t) = 0 \).
\( \lim_{t \to \infty} -98.5*e^(-3t) = 0 \).
\( \lim_{t \to \infty} (t - 1.5)*e^(-t) = \lim_{t \to \infty} t*e^(-t) - 1.5*\lim_{t \to \infty} e^(-t) = 0 - 1.5*0 = 0 \).

Vậy, \( \lim_{t \to \infty} I(t) = 0 + 0 + 0 = 0 \).

Lượng hàng tồn khi thời gian đủ lớn sẽ tiến về 0.

Câu hỏi yêu cầu phân tích mô hình cân bằng thị trường dạng Cob-Web, bao gồm việc thiết lập phương trình sai phân cấp 1 theo giá (P_t), xác định giá cân bằng (P^∗) và giá tại thời điểm t (P_t) với điều kiện ban đầu P(0) = 2. Sau đó, câu hỏi yêu cầu đánh giá tính ổn định của phương trình sai phân cấp 1 đã thiết lập.

Để giải quyết phần a, chúng ta cần thiết lập mối quan hệ giữa lượng cầu và lượng cung tại các thời điểm khác nhau. Thị trường cân bằng khi lượng cầu bằng lượng cung. Do đó, ta có:

Q_t^d = Q_t^s

Vì Q_t^d phụ thuộc vào P_t và Q_t^s phụ thuộc vào P_t-1, ta có:

12 - 5P_t = Q_t^s

Tuy nhiên, Q_t^s tại thời điểm t phụ thuộc vào giá của thời điểm trước đó (t-1). Mô hình Cob-Web giả định rằng lượng cung được sản xuất dựa trên kỳ vọng về giá của kỳ trước. Do đó, tại thời điểm t, lượng cung được xác định bởi giá của thời điểm t-1:

Q_t^s = 8 + 3P_t-1

Trong điều kiện cân bằng tại thời điểm t, lượng cầu bằng lượng cung:

Q_t^d = Q_t^s

Do đó, ta cần thiết lập một mối liên hệ giữa P_t và P_t-1. Ta có:

Q_t^d = 12 - 5P_t

Và tại thời điểm t, lượng cung được xác định bởi giá của thời điểm t-1:

Q_t^s = 8 + 3P_t-1

Nếu ta xem xét thị trường cân bằng tại thời điểm t, tức là lượng cầu tại t bằng lượng cung tại t, nhưng lượng cung tại t được hình thành dựa trên kỳ vọng về giá tại t-1. Một cách tiếp cận phổ biến trong mô hình Cob-Web là giả định rằng lượng cung được sản xuất ở kỳ t dựa trên giá ở kỳ t-1, và lượng cầu ở kỳ t dựa trên giá ở kỳ t. Để có cân bằng thị trường tại thời điểm t, ta cần Q_t^d = Q_t^s. Tuy nhiên, phương trình cung lại là hàm của P_t-1. Điều này có nghĩa là lượng cung được sản xuất tại thời điểm t là Q_t^s = 8 + 3P_t-1, và lượng cầu tại thời điểm t là Q_t^d = 12 - 5P_t. Để có cân bằng tại thời điểm t, ta đặt Q_t^d = Q_t^s, tức là:

12 - 5P_t = 8 + 3P_t-1

Từ đây, ta có thể thiết lập phương trình sai phân cấp 1 cho P_t:

-5P_t = -4 + 3P_t-1

P_t = (4/5) - (3/5)P_t-1

Đây là phương trình sai phân cấp 1 có dạng P_t = a + bP_t-1, với a = 4/5 và b = -3/5.

Để tìm giá cân bằng P^∗ của phương trình sai phân cấp 1, ta cho P_t = P_t-1 = P^∗:

P^∗ = (4/5) - (3/5)P^∗

P^∗ + (3/5)P^∗ = 4/5

(8/5)P^∗ = 4/5

P^∗ = (4/5) / (8/5) = 4/8 = 1/2 = 0.5

Bây giờ, ta cần tìm giá của sản phẩm P_t tại thời điểm t, biết P(0) = 2. Phương trình sai phân là P_t = (4/5) - (3/5)P_t-1. Đây là một phương trình sai phân tuyến tính không thuần nhất.

Dạng tổng quát của nghiệm là P_t = P_h(t) + P_p(t), trong đó P_h(t) là nghiệm của phương trình thuần nhất và P_p(t) là nghiệm riêng.

Phương trình thuần nhất: P_t = (-3/5)P_t-1. Nghiệm là P_h(t) = C * (-3/5)^t, với C là hằng số.

Nghiệm riêng: Vì hệ số tự do là hằng số, ta dự đoán nghiệm riêng là một hằng số P_p(t) = P^∗ = 0.5.

Vậy nghiệm tổng quát là: P_t = C * (-3/5)^t + 0.5

Sử dụng điều kiện ban đầu P(0) = 2:

2 = C * (-3/5)⁰ + 0.5

2 = C * 1 + 0.5

C = 2 - 0.5 = 1.5

Do đó, giá của sản phẩm tại thời điểm t là: P_t = 1.5 * (-3/5)^t + 0.5.

Đối với phần b, chúng ta cần xác định tính ổn định của phương trình sai phân cấp 1: P_t = (4/5) - (3/5)P_t-1.

Một phương trình sai phân tuyến tính cấp 1 dạng P_t = a + bP_t-1 được coi là ổn định nếu giá trị tuyệt đối của hệ số nhân P_t-1, tức là |b|, nhỏ hơn 1. Nếu |b| < 1, thì khi t tiến ra vô cùng, số hạng b^t sẽ tiến về 0, và chuỗi P_t sẽ hội tụ về giá trị cân bằng P^∗.

Trong phương trình của chúng ta, hệ số b là -3/5. Ta kiểm tra giá trị tuyệt đối của b:

|b| = |-3/5| = 3/5.

Vì 3/5 < 1, nên phương trình sai phân cấp 1 này là ổn định. Khi t tiến ra vô cùng, P_t sẽ tiến về P^∗ = 0.5.

Câu hỏi yêu cầu tính vi phân toàn phần của hai hàm số $g_1$ và $g_2$ được cho dưới dạng hệ phương trình ẩn, sau đó sử dụng kết quả này để tính các đạo hàm riêng của $Q_1$ theo $x$ và của $Q_2$ theo $z$. Đây là một bài toán về đạo hàm của hàm ẩn trong trường hợp có nhiều biến. Đầu tiên, ta cần tính vi phân toàn phần của $g_1$ và $g_2$ theo các biến $Q_1, Q_2, x, y, z$. Sau đó, vì $g_1=0$ và $g_2=0$, nên vi phân toàn phần của chúng cũng bằng 0. Áp dụng quy tắc đạo hàm của hàm hợp, ta có thể thiết lập một hệ phương trình tuyến tính liên hệ các đạo hàm riêng của $Q_1, Q_2$ theo $x, y, z$. Cụ thể, đối với $g_1 = xQ_1^2 + yQ_2 - 5z^2 = 0$, vi phân toàn phần là $dg_1 = (2xQ_1)dQ_1 + Q_1^2 dx + y dQ_2 - 10z dz = 0$. Tương tự, đối với $g_2 = Q_1^2 + Q_2^2 - 10z = 0$, vi phân toàn phần là $dg_2 = 2Q_1 dQ_1 + 2Q_2 dQ_2 - 10 dz = 0$. Các vi phân $dQ_1$ và $dQ_2$ có thể được biểu diễn qua các đạo hàm riêng theo $x, y, z$: $dQ_1 = \frac{\partial Q_1}{\partial x} dx + \frac{\partial Q_1}{\partial y} dy + \frac{\partial Q_1}{\partial z} dz$ và $dQ_2 = \frac{\partial Q_2}{\partial x} dx + \frac{\partial Q_2}{\partial y} dy + \frac{\partial Q_2}{\partial z} dz$. Thay các biểu thức này vào $dg_1=0$ và $dg_2=0$, ta sẽ có các phương trình liên hệ các hệ số của $dx, dy, dz$. Để tính $\frac{\partial Q_1}{\partial x}$, ta xét trường hợp $dy=dz=0$, từ đó suy ra mối liên hệ giữa $dQ_1, dQ_2$ và $dx$. Để tính $\frac{\partial Q_2}{\partial z}$, ta xét trường hợp $dx=dy=0$, từ đó suy ra mối liên hệ giữa $dQ_1, dQ_2$ và $dz$. Tuy nhiên, cách tiếp cận hiệu quả hơn là sử dụng định lý hàm ẩn trực tiếp. Đặt $F_1(Q_1, Q_2, x, y, z) = xQ_1^2 + yQ_2 - 5z^2 = 0$ và $F_2(Q_1, Q_2, x, y, z) = Q_1^2 + Q_2^2 - 10z = 0$. Theo định lý hàm ẩn, ta có:

$\frac{\partial Q_1}{\partial x} = -\frac{\det \begin{pmatrix} \frac{\partial F_1}{\partial x} & \frac{\partial F_1}{\partial Q_2} \\ \frac{\partial F_2}{\partial x} & \frac{\partial F_2}{\partial Q_2} \end{pmatrix}}{\det \begin{pmatrix} \frac{\partial F_1}{\partial Q_1} & \frac{\partial F_1}{\partial Q_2} \\ \frac{\partial F_2}{\partial Q_1} & \frac{\partial F_2}{\partial Q_2} \end{pmatrix}}
$

và

$\frac{\partial Q_2}{\partial z} = -\frac{\det \begin{pmatrix} \frac{\partial F_1}{\partial Q_1} & \frac{\partial F_1}{\partial z} \\ \frac{\partial F_2}{\partial Q_1} & \frac{\partial F_2}{\partial z} \end{pmatrix}}{\det \begin{pmatrix} \frac{\partial F_1}{\partial Q_1} & \frac{\partial F_1}{\partial Q_2} \\ \frac{\partial F_2}{\partial Q_1} & \frac{\partial F_2}{\partial Q_2} \end{pmatrix}}
$

Tính các đạo hàm riêng cần thiết:

$\frac{\partial F_1}{\partial Q_1} = 2xQ_1$

$\frac{\partial F_1}{\partial Q_2} = y$

$\frac{\partial F_1}{\partial x} = Q_1^2$

$\frac{\partial F_1}{\partial z} = -10z$

$\frac{\partial F_2}{\partial Q_1} = 2Q_1$

$\frac{\partial F_2}{\partial Q_2} = 2Q_2$

$\frac{\partial F_2}{\partial x} = 0$

$\frac{\partial F_2}{\partial z} = -10$

Tính định thức mẫu số (Jacobian của $F_1, F_2$ theo $Q_1, Q_2$):

$J = \det \begin{pmatrix} 2xQ_1 & y \\ 2Q_1 & 2Q_2 \end{pmatrix} = (2xQ_1)(2Q_2) - y(2Q_1) = 4xQ_1Q_2 - 2yQ_1 = 2Q_1(2xQ_2 - y)$

Nếu $J \neq 0$, ta có:

Để tính $\frac{\partial Q_1}{\partial x}$:

Numerator = $\det \begin{pmatrix} Q_1^2 & y \\ 0 & 2Q_2 \end{pmatrix} = Q_1^2(2Q_2) - y(0) = 2Q_1^2Q_2$

$\frac{\partial Q_1}{\partial x} = -\frac{2Q_1^2Q_2}{2Q_1(2xQ_2 - y)} = -\frac{Q_1Q_2}{2xQ_2 - y}$

Để tính $\frac{\partial Q_2}{\partial z}$:

Numerator = $\det \begin{pmatrix} 2xQ_1 & -10z \\ 2Q_1 & -10 \end{pmatrix} = (2xQ_1)(-10) - (-10z)(2Q_1) = -20xQ_1 + 20zQ_1 = 20Q_1(z - x)$

$\frac{\partial Q_2}{\partial z} = -\frac{20Q_1(z - x)}{2Q_1(2xQ_2 - y)} = -\frac{10(z - x)}{2xQ_2 - y} = \frac{10(x - z)}{2xQ_2 - y}$

Vậy, lời giải chi tiết bao gồm việc tính toán các đạo hàm riêng, xác định định thức và áp dụng công thức đạo hàm hàm ẩn. Bài toán không cung cấp các giá trị cụ thể cho $Q_1, Q_2, x, y, z$ nên kết quả sẽ phụ thuộc vào các biến này.

Câu hỏi yêu cầu chúng ta thực hiện hai phần chính. Phần thứ nhất là xác định giá trị của yếu tố đầu vào $x$ để hàm sản lượng $f(x) = -x^2 + 4ax + 10a^4$ đạt cực đại, với điều kiện $a > 0$. Đây là bài toán tối ưu hóa cơ bản. Để tìm cực đại của hàm số, chúng ta cần tính đạo hàm bậc nhất theo $x$ và cho bằng 0.

Ta có đạo hàm của $f(x)$ theo $x$ là $\frac{df}{dx} = -2x + 4a$.
Cho $\frac{df}{dx} = 0$, ta có $-2x + 4a = 0$, suy ra $x = 2a$.
Để kiểm tra đây là điểm cực đại, ta tính đạo hàm bậc hai theo $x$: $\frac{d^2f}{dx^2} = -2$. Vì đạo hàm bậc hai âm, nên $x = 2a$ là điểm cực đại của hàm số $f(x)$.
Vậy, yếu tố đầu vào để sản lượng đạt lớn nhất là $x^* = 2a$.

Phần thứ hai của câu hỏi yêu cầu áp dụng Định lý Bao (Envelope Theorem) để tính $\frac{df^*(a)}{da}$, trong đó $f^*(a) = f(x^*(a))$ là sản lượng đầu ra lớn nhất. Định lý Bao phát biểu rằng, nếu một hàm mục tiêu phụ thuộc vào một tham số, thì đạo hàm của hàm mục tiêu đó theo tham số đó bằng đạo hàm riêng của hàm mục tiêu theo tham số đó, tại điểm tối ưu. Trong trường hợp này, hàm mục tiêu là $f(x, a) = -x^2 + 4ax + 10a^4$, và chúng ta đã tìm được $x^*(a) = 2a$ là điểm tối ưu theo $x$.

Theo Định lý Bao, ta có $\frac{df^*(a)}{da} = \frac{\partial f}{\partial a}|_{x=x^*(a)}$.
Ta tính đạo hàm riêng của $f(x, a)$ theo $a$: $\frac{\partial f}{\partial a} = 4x + 40a^3$.
Thay $x = x^*(a) = 2a$ vào biểu thức đạo hàm riêng này:
$\frac{\partial f}{\partial a}|_{x=2a} = 4(2a) + 40a^3 = 8a + 40a^3$.

Vậy, $\frac{df^*(a)}{da} = 8a + 40a^3$.

Ý nghĩa của kết quả này là sự thay đổi của sản lượng cực đại $f^*(a)$ khi tham số $a$ thay đổi. Vì $a > 0$, nên $8a > 0$ và $40a^3 > 0$. Do đó, $\frac{df^*(a)}{da} > 0$. Điều này cho thấy sản lượng cực đại $f^*(a)$ tăng khi tham số $a$ tăng. Nói cách khác, sự gia tăng của tham số $a$ (với $a>0$) sẽ dẫn đến sự gia tăng của sản lượng tối ưu.