Xét mô hình cân bằng thị trường dạng Cob-Web sau:

\[ \begin{cases} Q_t^d = 12 - 5P_t, \\[6pt] Q_t^s = 8 + 3P_{t-1}. \end{cases} \]

trong đó\[ Q_t^d, \; Q_t^s \] lần lượt là lượng cầu và lượng cung tại thời điểm t, P_t là giá sản phẩm tại thời điểm t.

a. Anh/Chị hãy thiết lập phương trình sai phân cấp 1 theo P_t khi thị trường cân bằng, từ đó xác giá trị cân bằng P^∗ của phương trình sai phân cấp 1 và giá của sản phẩm P_t tại thời điểm t, biết rằng P(0) = 2.

b. Phương trình sai phân cấp 1 (ở câu a.) có ổn định không? Vì sao?

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.

Câu hỏi này yêu cầu giải quyết bài toán cực tiểu hóa chi phí sản xuất với ràng buộc sản lượng cho trước, áp dụng phương pháp nhân tử Lagrange hoặc các kỹ thuật tối ưu hóa tương tự. Phần a yêu cầu tìm hàm cầu yếu tố đầu vào (L*, K*) và chi phí tối thiểu (C*). Phần b yêu cầu áp dụng Định lý Bao (Shephard's Lemma) để tính đạo hàm riêng của chi phí tối thiểu theo giá yếu tố đầu vào (W) và giải thích ý nghĩa kinh tế của kết quả.

Đối với phần a, bài toán có thể được thiết lập như sau: Cực tiểu hóa $C(L, K) = WL + RK$ với ràng buộc $F(L, K) = L^{1/4}K^{1/3} = Q$. Ta có thể dùng phương pháp nhân tử Lagrange: $L(L, K, \lambda) = WL + RK - \lambda(L^{1/4}K^{1/3} - Q)$. Lấy đạo hàm riêng theo L, K, $\lambda$ và cho bằng 0 để tìm điểm dừng:
$dL/dL = W - \lambda(1/4)L^{-3/4}K^{1/3} = 0 \quad (1)$
$dL/dK = R - \lambda(1/3)L^{1/4}K^{-2/3} = 0 \quad (2)$
$dL/d\lambda = -(L^{1/4}K^{1/3} - Q) = 0 \quad (3)$
Từ (1) và (2), ta có:
$W = \lambda(1/4)L^{-3/4}K^{1/3}$
$R = \lambda(1/3)L^{1/4}K^{-2/3}$
Chia hai phương trình cho nhau:
$W/R = ((1/4)L^{-3/4}K^{1/3}) / ((1/3)L^{1/4}K^{-2/3}) = (3/4) * (K/L)$
Suy ra tỉ lệ K/L = (4W)/(3R). Từ đó, ta biểu diễn K theo L (hoặc ngược lại).
Thay vào phương trình ràng buộc (3), ta sẽ tìm được $L^*(W, R, Q)$ và $K^*(W, R, Q)$.
Sau khi tìm được $L^*$ và $K^*$, thay vào hàm chi phí $C(L, K)$ để tính $C^*(W, R, Q)$.

Đối với phần b, Định lý Bao phát biểu rằng đạo hàm riêng của chi phí tối thiểu theo giá của một yếu tố đầu vào bằng với lượng cầu yếu tố đầu vào đó ở mức chi phí tối thiểu. Tức là, $\partial C^*(W, R, Q) / \partial W = L^*(W, R, Q)$. Do đó, để tính $\partial C^*(W, R, Q) / \partial W$, ta chỉ cần lấy biểu thức của $L^*(W, R, Q)$ vừa tìm được ở phần a. Ảnh hưởng của W lên hàm chi phí tối ưu C* là tích cực, tức là khi W tăng thì chi phí tối ưu cũng tăng, và tốc độ tăng này chính là lượng lao động L* được sử dụng.

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.