Eureka uni toan cao cap KTQD giải bài tập giáo trình

Giải bài tập giáo trình Toán cao cấp Kinh tế Quốc dân, học phần Toán cao cấp, học phần Toán cho các nhà kinh tế 2.Tài liệu được viết nhằm giúp đỡ các bạn sinh viên các trường khối Kinh tế nói chung và sinh viên Kinh tế Quốc dẫn nói riêng, đang học môn Toán cao cấp bằng giáo trình của Đại học Kinh tế Quốc dân.Đặc biệt: Tài liệu được xem miễn phí 100%, nếu các bạn cảm thấy tài liệu hay và có ích hay chia sẻ với bạn bè và có thể CHỌN MUA tài liệu để ủng hộ, tạo động lực cho mình nhé. Chân thành cảm ơn các bạnMọi thắc mắc về lời giải, cũng như cần hỗ trợ về Toán cao cấp, Xác suất thống kê, Kinh tế lượng, Kinh tế vi mô, vĩ mô,… quý bạn đọc có thể liên hệ về fanpage Eureka Uni để được hỗ trợ giải đáp nhanh và sớm nhất nhéChúc các bạn học tốt

√Eureka !

Un i

GIẢI BÀI TẬP GIÁO TRÌNH KINH TẾ QUỐC DÂN PHẦN GIẢI

Tài liệu được viết nhằm giúp đỡ các bạn sinh viên các trường khối Kinh tế nói chung và sinh viên Kinh tế

Quốc dẫn nói riêng, đang học môn Toán cao cấp bằng giáo trình của Đại học Kinh tế Quốc dân

với bạn bè và có thể CHỌN MUA tài liệu để ủng hộ, tạo động lực cho mình nhé Chân thành cảm ơn các

bạn!

Mọi thắc mắc về lời giải, cũng như cần hỗ trợ về Toán cao cấp, Xác suất thống kê, Kinh tế lượng, Kinh tế

nhé!

Chúc các bạn học tốt!

Kí tên: Hoàng Bá Mạnh

MỤC LỤC

CHƯƠNG 6: GIỚI HẠN – LIÊN TỤC 1

CHƯƠNG 7: ĐẠO HÀM – VI PHÂN 12

CHƯƠNG 8: HÀM SỐ NHIỀU BIẾN SỐ 27

CHƯƠNG 9: CỰC TRỊ HÀM NHIỀU BIẾN 38

CHƯƠNG 10: TÍCH PHÂN 49

CHƯƠNG 11: PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN 64

CHƯƠNG 6 : GIỚI HẠN – LIÊN TỤC

MGT của y là tập hợp các giá trị y0 thỏa mãn 0 arcsin lg

b) Giả sử f x( )>0,g x( )> ∀ ∈0 x X đơn điệu tăng trên khoảng X Xét ∀x x1, 2∈X x, 1<x2, ta có:

nn

Như vậy, với mọi n và mọi số ε <xn <1 thì khoảng cách giữa 2 số hạng xn+32 và xn luôn ε> => tiêu

Vậy, không tồn tại lim cos

2 2

m m

1 1 1

a)

sin 3

xx

{ chó ý: cos cos− = −2 sin.sin vµ sin −x = −sinx}

lim

x x x

sinsin

h) ( )

( )

2 2

βγ

βγ

và cos 1 ~ ( ); 3sin2 ~ 3 2 ( ) (4 3sin2 cos 1 ~ 4)

Nếu m≠2 ln 2 thì f x( ) gián đoạn tại 2, liên tục tại mọi x ≠2

xx

⇒  + ≠ + ⇒ f x( ) ( )+g x gián đoạn tại x0

b) Trường hợp này không thể kết luận được vì:

Bài 50 (Tương tự bài 49) Với 3 mốc: f ( )0 = >1 0vàf ( )1 = − <5 0; f ( )2 =21 0>

CHƯƠNG 7 : ĐẠO HÀM – VI PHÂN

sin2

22

′ =

+ + c) y′ =(sinx)′2sin x ln 2 2 cos ln 2= x x

x

y

xx

11

x

+ c) y′ =(ln3x−3ln2x+6 lnx− +6) (3ln2x−6 lnx+6)=ln3x ⇒dy =(ln3x dx)

yx

′′ =+

( )3

21

n n

n

ny

2

11

xx

xy

xy

2 61

f x f

x

99

L

x xx

x

xππ

lnx

1 arctan

x

xx

Từ bảng => y tăng trên khoảng (1/2; +∞) giảm trên (0;1/2)

( ) ( )

2 2

Dấu y′ theo dấu của x(2 – x)

(Kết luận theo Định lý về điều kiện đủ bậc 1, Giáo trình trọng điểm trang 357

Ngoài ra các bạn có thể vẽ bảng biến thiên cho rõ)

xy

y

−+

y′′ = > ⇒ =x là điểm cực tiểu của hàm số

22

4x

Xét x0 là điểm cực đại của f(x), tức là tồn tại ε >0 sao cho ∀ ∈x [x0−ε;x0+ε] thì f x( )≤f x( )0

Bài 43

Nếu f″(x) > 0 ∀ ∈x ( )a b, thì f x′( ) đơn điệu tăng trên (a,b) => f a′( )<f x′( )<f b′( )

- Nếu f a f b′( ) ( ) ′ > ⇒0 f x′( )>0 hoặc f x′( )<0 ∀ ∈x ( )a b, ⇒f x( ) không có điểm dừng

- Nếu f a f b′( ) ( ) ′ < ⇒0 tồn tại duy nhất điểm x0∈( )a b, sao cho f x′( )0 =0

=>f(x) có tối đa 1 điểm dừng khi f″(x) > 0, và theo bài 42 thì đây cũng là điểm cực trị toàn cục của f(x) Tình huồng tương tự khi f″(x) < 0 trên (a,b), lúc này f′(x) đơn điệu giảm trên (a,b)

Từ bảng => x = 7/4 là điểm cực đại duy nhất của y trên  nên tại đây, y đạt GTLN

Bài 46 (Chưa thi, chưa kiểm tra bao giờ nên mình mạnh dạn bỏ qua)

Tương tự cho các trường hợp

ε < -1 và -1 < ε < 0

Vậy, Q = 30 là cực đại duy nhất của π nên nó là mức sản lượng cần tìm

Bài 58 (Đây là dạng bài điển hình mà các em sẽ gặp trong đề kiểm tra, đề thi)

CHƯƠNG 8 : HÀM SỐ NHIỀU BIẾN SỐ

c) Chị ta sẽ đổi nếu chị thấy rằng lợi ích của mình không bị giảm xuống (bằng hoặc hơn cũ)

22

′ =

yu

y

xu

y

yxu

y

xu

1x

2y

x yu

x y

−

′′ =

+( 2)2

x

yu

y

xu

x

yu

y

xu

2

.1

y

xu

xyu

xyu

x a y b x a x a y b x au

x a y b y b y b x a y bu

x

xf

Ý nghĩa: tại điểm (K=125, L =100) khi giữ nguyên L và tăng dùng K thêm 1 đơn vị thì sản lượng thu

được tăng xấp xỉ 16 đơn vị

Ý nghĩa: tại điểm (K=125, L =100) khi giữ nguyên K và tăng dùng L thêm 1 đơn vị thì sản lượng thu

được tăng xấp xỉ 15 đơn vị

Tương tự như hàm số 1 biến, ta sử dụng đạo hàm để chỉ ra điều này:

với quy luật lợi ích cận biên giảm dần

Vậy, hàm sản xuất có hiệu quả tăng theo quy mô

c) Các bạn xử lí tương tự, trường hợp này là hiệu quả tăng

Bài 44

3

x y

x x y a x a x x x yF

F xz

z

F x xz

x

xz

y y

z

Fz

z

F x yz

( ) ( ) ( )2

2

x xx

y

z z y x

y xz

z

F yzz

x

yz xy y yz y yzyz

CHƯƠNG 9 : CỰC TRỊ HÀM NHIỀU BIẾN

Tính định thức cấp 2

11

11 22 22

1

2

12

12 2 21

Hoặc tính theo phương pháp khai triển

1 3 21 2213

31 32 3

Phương pháp khai triển có thể dùng cho cả định thức cấp cao hơn!

Bài 1 Các ý a), b), c) khá dễ và không mang tính bao quát bằng d) và e) Hãy làm ý d), e)

yxxx

Tại ( )2;1 có a11 =12 0> ; D =108 0> ⇒ (2;1) là điểm cực tiểu của u

( ) ( )

2 2

2 2

1 / 2

1 / 3

xyxy

=>(2;3) là điểm cực tiểu của u

Bài 3 Ý a), b), c) rất dễ, tương tự nhau và không có gì đặc biệt Hãy làm cả ý d)

u′′ = − ; 2

38

y

u′′ = − ; 2

310

Vậy, (6;4;10) là điểm cực đại của u

Bài 4 (Bỏ qua do hàm ẩn nhiều biến nằm ngoài nội dung)

Bài 8 (Tương tự bài 9)

Bài 9 Điều kiện x2+3y2 =31 (*)

Bài 11 (Tương tự bài 10)

Bài 12 DẠNG LAGRANGE CÓ 4 BIẾN NÀY GẦN NHƯ KHÔNG THI, KHÔNG KIỂM TRA

yz

λλλ

−

Bài 13, 14 (Tương tự bài 12)

Bài 15 Điều kiện5x1+20x2 =185 ⇒L=(x1+3)x2 +λ(185 5− x1−20x2)

Bài 17 Điều kiện: 8x1+5x2 =680 0,6 0,25 ( )

Bài 18 Điều kiện: p x1 2+p x2 2 =m => L x x= 1 2+3x1+λ(m p x− 1 1−p x2 2)

λλ

m px

m px

m px

m px

+

Tại (x x1; ;2 λ) (= 25;7;5 / 7) ta có H = −280 0< => (x x1; 2) (= 25;7) là túi hàng cần tìm

(2) Lấy cột 4 nhân với 0,5 rồi cộng vào cột 3 (3) Khai triển theo dòng 4 (có 3 phần tử bằng 0) Như vậy, ta có D1<0;D2 >0;D3 <0;D4 >0 ⇒(Q Q Q Q1, 2, 3, 4) (= 140;240;120;200) là điểm cực đại

x xx

2

cot

22

xd

Cx

xx

2 11

2 1

1

1

2 lnln

2 2

2

1ln

Vì đặt khá là dài và cồng kềnh nên từ bài này trở đi, mình áp dụng trực tiếp công thức từng phần kết hợp với

sin t d et etsint e dt sint etsint etcostdt

=∫ = −∫ = −∫ ( )=* etsint −1(sint +cost e) t +C

( 2 ) ( )

2 2

2

11

2

22

2 2

( )

2

2

11

Xét thấy 2( ) ( ) ( )2

12

Bài 32 C Y( )=C0+MPC Y =40 0,8+ Y

Bài 33 0( ( ) )

1

0 0

Q

CHƯƠNG 11 : PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN

Vậy, NTQ của PTVP đã cho là y 1 Ce x

Tìm nghiệm riêng của (*) dưới dạng y C x= ( )ln x, C(x) là hàm của x

y Ce Ce

xx

x

( ) 3 2 ( )

63

y y

x Ce= ∫ =Ce =C y =Cy

Hoặc có thể giải theo biến thiên hằng số, tìm NTQ của (*) dưới dạng x C y y= ( ) ; C(y) là hàm của

y

Bài 7

a) Do phương trình ở dạng đối xứng nên ta xét các trường hợp:

ln 1 ln1

Xét 2− = ⇔ = ⇒y 0 y 2 dy =y dx′ =0, dễ thấy y = 2 thỏa mãn là một nghiệm của PTVP đã cho

2 3

hứng từ phương pháp đổi biến để tính tích phân khi gặp nax b+ ):

Ngoài ra, còn có nghiệm kì dị y = 0

Ngoài ra, còn nghiệm kì dị y = 0

Ngoài ra, còn nghiệm kì dị y = 0

2

Đặt z z x= ( )=y2 ⇒z′=2y y′ , thay vào PTVP đã cho, ta được: xz z x 0 z 1z 1

x

′− + = ⇒ −′ = − (*)

Ngoài ra, ta còn có nghiệm y = 0

Như vậy, ta có thể giải PTVP tuyến tính tổng quát bằng cách tìm thừa số tích phân chỉ phụ thuộc x

Bài 16 ( Giảm tải – Các bạn muốn nhận lời giải vui lòng liên hệ qua inbox)

( ) tan ( ) tan

2

1

xx

-

https://www.youtube.com/EurekaUni