TRƯỜNG ĐẠI HỌC NGOẠI THƯƠNG
TS PHÙNG DUY QUANG
TOÁN CAO CẤP
ỨNG DỤNG TRONG PHÂN TÍCH
KINH TẾ
Nhà xuất bản Đại học Sư phạm Hà nội, 2021
1
LỜI NÓI ĐẦU
Cuốn sách “Toán cao cấp ứng dụng trong phân tích kinh tế” được biên soạn tương
ứng chương trình Toán cao cấp trong chương trình đào tạo các ngành Kinh tế, Tài chính
Ngân hàng, Quản trị Kinh doanh, Kinh tế quốc tế, Thương mại quốc tế của trường Đại
học Ngoại thương Hà nội.
Với mục đích là rèn luyện tư duy suy luận bằng các tri thức của toán học cao cấp
trang bị trong lý thuyết, cũng như các kỹ năng giải toán bằng các công cụ của toán học
cao cấp khi tiếp cận các bài tập. Nhằm mục đích đổi mới việc giảng dạy và học tập toán
cao cấp của sinh viên Đại học Ngoại thương Hà nội theo phương thức đào tạo tín chỉ, bộ
sách này được biên soạn trên tinh thần hỗ trợ và giúp đỡ các bạn sinh viên học tập tốt
môn Toán cao cấp. Với mục đích đó ngoài các khái niệm toán học, chúng tôi cố gắng
trình bày các kết quả toán học, và ý nghĩa của các định lý để người đọc hiểu và vận dụng
kết quả đó vào trong giải bài tập toán cao cấp. Bên cạnh đó sách cũng mạnh dạn đưa vào
khối lượng tương đối lớn các ví dụ cùng với các phương pháp giải toán, kết với các ví dụ
áp dụng toán cơ sở trong các bài toán kinh tế để người đọc thấy được mạch ứng dụng của
toán học cao cấp trong lĩnh vực kinh tế.
Với mục đích trên, ngoài lời nói đầu, mục lục, tài liệu tham khảo; cuốn sách được kết
cấu như sau:
Chương 1. Ma trận và định thức
Chương 2. Không gian véc tơ
Chương 3. Hệ phương trình tuyến tính và ứng dụng
Chương 4. Phép tính vi phân, tích phân hàm một biến số và ứng dụng
Chương 5. Phép tính vi phân hàm nhiều biến và ứng dụng
Cuốn sách lần đầu tiên ra mắt bạn đọc nên không thể tránh các sai sót. Mọi góp ý xin
gửi về TS Phùng Duy Quang, Trưởng bộ môn Toán- -Khoa Cơ bản, Trường Đại học
Ngoại thương, địa chỉ email: quangpd@ftu.edu.vn.
Trân trọng giới thiệu cùng bạn đọc.
Hà nội, ngày 22 tháng 06 năm 2021
Chủ biên
2
TS Phùng Duy Quang
Trưởng bộ môn Toán
Trường Đại học Ngoại thương
3
MỤC LỤC
Chương 1. MA TRẬN VÀ ĐỊNH THỨC .................................................................................... 5
§1. Ma trận và các phép toán trên ma trận................................................................................ 5
§2. Định thức của ma trận vuông .......................................................................................... 12
§3. Ma trận nghịch đảo ......................................................................................................... 24
§4. Hạng của ma trận............................................................................................................ 31
CHƯƠNG 2. KHÔNG GIAN VÉCTƠ ...................................................................................... 36
§1. Khái niệm về không gian véc tơ...................................................................................... 36
§2. Mối quan hệ tuyến tính giữa các vectơ ............................................................................ 39
§3. Hạng của hệ vectơ, cơ sở và số chiều của không gian vectơ ............................................ 44
§4. Không gian vectơ con ..................................................................................................... 52
§5. Không gian Euclide thực ................................................................................................ 56
Chương 3. HỆ PHƯƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH VÀ ỨNG DỤNG ......................................... 59
§1. Khái niệm hệ phương trình tuyến tính............................................................................. 59
§2. Phương pháp giải hệ phương trình .................................................................................. 63
§3. Một số mô hình tuyến tính trong phân tích kinh tế .......................................................... 72
Chương 4. PHÉP TÍNH VI PHÂN, TÍCH PHÂN HÀM MỘT BIẾN SỐ VÀ ỨNG DỤNG....... 86
§1. Hàm một biến số............................................................................................................. 86
§ 2. Giới hạn của dãy số ....................................................................................................... 91
§ 3. Giới hạn của hàm số ...................................................................................................... 98
§4. Hàm số một biến số liên tục ...........................................................................................102
§5. Đạo hàm và vi phân hàm 1 biến số.................................................................................105
§6. Ứng dụng đạo hàm trong phân tích kinh tế.....................................................................112
§7. Tích phân hàm một biến số ............................................................................................120
§8. Ứng dụng tích phân trong phân tích kinh tế ...................................................................148
Chương 5. PHÉP TÍNH VI PHÂN HÀM NHIỀU BIẾN SỐ VÀ ỨNG DỤNG........................ 151
§ 1. Giới hạn và liên tục ......................................................................................................151
§2. Đạo hàm riêng và vi phân của hàm nhiều biến ...............................................................159
§3. Ứng dụng của đạo hàm riêng trong phân tích kinh tế .....................................................165
§4. Cực trị hàm nhiều biến .................................................................................................. 176
§ 5. Ứng dụng cực trị hàm nhiều biến trong phân tích kinh tế .............................................. 185
TÀI LIỆU THAM KHẢO ...................................................................................................196
4
Chương 1. MA TRẬN VÀ ĐỊNH THỨC
§1. Ma trận và các phép toán trên ma trận
1. Các khái niệm
Cho m, n là các số nguyên dương
Định nghĩa 1. Ma trận là một bảng số xếp theo dòng và theo cột. Một ma trận có m
dòng và n cột được gọi là ma trận cấp m  n. Khi cho một ma trận ta viết bảng số bên
trong dấu ngoặc tròn hoặc ngoặc vuông. Ma trận cấp m  n có dạng tổng quát như sau:
 a 11

 a 21
 ...

a
 m1
a 12
a 22
...
a m2
... a 1n 

... a 2 n 
hoặc
... ... 

... a mn 
 a 11
a
 21
 ...

a m1
a 12
a 22
...
a m2
... a 1n 
... a 2 n 
... ... 

... a mn 
Viết tắt là A = (aij)n xn hoặc A = [aij]n xn
2 5  7 
 . A là một ma trận cấp 2 x 3 với
6 7 1 
Ví dụ 1. Cho ma trận A  
a11 = 2 ; a12 = 5 ; a13 = - 7 ; a21 = 6 ; a22 = 7 ; a23 = 1
Định nghĩa 2.
 Hai ma trận được coi là bằng nhau khi và chỉ khi chúng cùng cấp và các phần tử ở
vị trí tương ứng của chúng đôi một bằng nhau.
 Ma trận chuyển vị của A là AT : AT = [aji]n xn
 Ma trận đối của ma trận A là ma trận – A = [- aij]n x n
1  3
Ví dụ 2. Cho ma trận A  4  1 . Xác định AT, - A
2 0 
Giải :
  1 3
4 2
1


Ta có A  
 ;  A   4 1

3

1
0


 2 0
T
 Ma trận không cấp m x n là ma trận mà mọi phần tử đều bằng 0 :   [0]m x n
Ví dụ 3. Các ma trận không cấp 2x2 và 2x3 là
0 0 
0 0 0 
2x 2  
;


 2 x 3 0 0 0 
0 0 


5
 Khi n = 1 người ta gọi ma trận A là ma trận cột, còn khi m = 1 người ta gọi ma trận
A là ma trận dòng.
 a 11 
Ví dụ 4. Ma trận cột A   ...  , ma trận dòng là A  a 11 ... a m1 .
 
a n1 
 Ma trận vuông cấp n là ma trận có số dòng và số cột bằng nhau và bằng n. Một ma
trận có số dòng và số cột cùng bằng n được gọi là ma trận vuông cấp n. Khi đó các phần
từ a11, a22, … , ann gọi là các phần tử thuộc đường chéo chính, còn các phần tử an1, a n 12 ,
… , a1n gọi là các phần tử thuộc đường chéo phụ.
Ví dụ 5. Cho các ma trận vuông cấp 1, cấp 2, cấp 3 là
1 2 3 
 1 3
A  1; B  
; B   2  1 4



  4 1
1 1 3
 Ma trận tam giác là ma trận vuông khi có các phần tử nằm về một phía của đường
chéo chính bằng 0.
+) Ma trận A = [aij]n x n được gọi là ma trận tam giác trên nếu aij = 0 với i > j:
a 11
0

A   ...

0
 0
a 12
a 22
...
0
0
... a 1n 1
... a 2 n 1
...
...
... a n 1 n 1
...
0
a 1n 
a 2 n 
... 

a n 1 n 
a nn 
+) Ma trận A = [aij]n x n được gọi là ma trận tam giác dưới nếu aij = 0 với i < j:
 a 11
a
 21
A   ...

a n 11
 a n1

0
a 22
...
a n 1 2
...
0
...
0
...
...
... a n 1 n 1
a n2
...
a n n 1
0 
0 
... 

0 
a nn 
Ví dụ 6. Cho một ví dụ về ma trận vuông cấp 3, ma trận tam giác trên, tam giác dưới cấp
3.
Giải:
1 2  5
1 2  5
1 0 0




A  2  1 4  ; B  0 1 4  ; C  2  1 0
1 1
0 0 6 
1 1 6
6 
6
 Ma trận chéo cấp n là ma trận vuông cấp n mà có tất cả các phần tử nằm ngoài
đường chéo chính đều bằng 0
 Ma trận chéo cấp n có tất cả các phần tử thuộc đường chéo chính bằng 1 được gọi
là ma trận đơn vị cấp n:
1
0

E n  ...

0
 0
0 ... 0
1 ... 0
0
0

... ... ... ...

0 ... 1 0 
0 ... 0 1 
 Tập các ma trận cấp m x n trên trường số thực R, ký hiệu: Matm x n(R)
 Tập các ma trận vuông cấp n trên trường số thực R, ký hiệu: Mat n(R)
6 
2
2 5  7 

7 
Ví dụ 7. Cho ma trận A  
và B   5

6 7 1 
 7 m 2 
a) Tìm AT và – A
b) Tìm m để AT = B
Giải:
 2 6
 2  5 7 
a) Ta có A   5 7 và A  
 6  7  1

 7 1
T
6 
 2 6  2



7   m 2  1  m  1
b) A  B   5 7   5
 7 1   7 m 2 
T
2. Phép toán trên ma trận
a) Phép cộng hai ma trận và phép nhân ma trận với 1 số
Định nghĩa 3. Cho hai ma trận cùng cấp m  n: A  a ij mn ; B  b ij mn
Tổng của hai ma trận A và B là một ma trận cấp m  n, kí hiệu A + B và được xác định
như sau: A  B  a ij  b ii mn
Tích của ma trận A với một số  là một ma trận cấp m  n, kí hiệu  A và được xác
định như sau: A  .a ij mn
Hiệu của A trừ B: A – B = A + (-B)
Từ định nghĩa ta suy ra các tính chất cơ bản của phép toán tuyến tính
7
Tính chất 1. Cho A, B, C là các ma trận bất kì cấp m  n,  ;  là các số bất kì ta luôn
có:
1) A + B = B + A
2) (A + B) +C = A + (B + C)
3) A + 0 = A
4) A + (-A) = 0
5) 1.A = A
6)  (A + B) =  A +  B
7) (  +  )A =  A +  A
8) (   )A =  (  B)
1  2 4 
 2 1  2
;B  

 . Khi đó
0 1  1
2 1 3 
Ví dụ 8. Cho các ma trận A  
1  2 4 
 2 1  2   4  7 14 
2A  3B  2.
 (3).



0 1  1
 2 1 3    6  1  11
1 3
Ví dụ 9. Cho ma trận B  
 . Tìm ma trận C sao cho 3B – 2(B + C) = 2E
5 3
Giải:
1
2
1 1 3 1 0  1 / 2 3 / 2


2 5 3 0 1   5 / 2 1 / 2 
Phương trình đã cho  C  B  E  .
b) Phép nhân ma trận với ma trận
Cho hai ma trận :
 a 11
a
A =  21
 ...

a m1
a 12
a 22
...
a m2
... a 1n 
... a 2 n 
;
... ... 

... a mn 
 b11
b
21
B= 
 ...

b n1
b12
b 22
...
b n2
... b1p 
... b 2 p 
... ... 

... b np 
Trong đó, ma trận A có số cột bằng số dòng của ma trận B.
Định nghĩa 4.
Tích của ma trận A với ma trận B là một ma trận cấp m  p, kí hiệu là AB và được xác
định như sau:
8
 c11
c
AB =  21
 ...

c m1
c12
c 22
...
c m2
... c1n 
... c 2 n 
... ... 

... c mn 
n
trong đó c ij  a i1b1 j  a i 2 b 2 j  ...  a in b nj   a ik b kj ; i  1,2,..., m; j  1,2,..., p 
k 1
Chú ý 1.
 Tích AB tồn tại khi và chỉ khi số cột của ma trận đứng trước bằng số dòng của ma
trận đứng sau.
 Cỡ của ma trận AB: Ma trận AB có số dòng bằng số dòng của ma trận đứng trước
và số cột bằng số cột của ma trận đứng sau.
 Các phần tử của AB được tính theo quy tắc: Phần tử cij là tích vô hướng của dòng
thứ i của ma trận đứng trước và cột thứ j của ma trận đứng sau.
1 2
0 1 4
và B  

 . Tính A.B và B.A
3 1 
1 3 2
Ví dụ 10. Cho hai ma trận A  
Giải :
1 2 0 1 4 1.0  2.1 1.1  2.3 1.4  2.2 2 7 8 
.



3 1  1 3 2 3.0  1.1 3.1  1.3 3.4  1.2  1 6 14
Ta có A.B  
Nhưng số cột của B khác số dòng của A nên không tồn tại tích BA.
1 2 3  1
 2  1 0


Ví dụ 11. Cho ma trận A  
 ; B  2  1 1 0  . Tính A.B, BA

3
2
0


3 0 2 1 
Giải:
1 2 3  1
7  1
 2  1 0 
3 5
Ta có A.B  
.2  1 1 0   


 3 2 0 3 0 2 1  1  8  7 3 


Còn B.A không tồn tại
Các tính chất cơ bản của phép nhân ma trận
Tính chất 2. Giả sử phép nhân các ma trận dưới đây đều thực hiện được.
1) (AB)C = A(BC)
2) A(B+C) = AB+AC; (B+C)D =BD +CD
3)  (AB) = (  A)B = A(  B)
9
4) AE = A;
EB =B
Đặc biệt , với ma trận vuông A: AE = EA = A
T
5)  AB   BT A T
Chú ý 2. Phép nhân ma trận không có tính chất giao hoán. Nếu A.B   thì chưa chắc
A   hoặc B   .
0 1 
0 0
;B  

.
0 0
1 0
Ví dụ 12. Cho các ma trận A  
1 0
0 0
; B.A  

 và AB  BA
0 0
0 1 
Khi đó A.B  
1 0
0 0 
1 0 0 0 0 0
, ta có A.B  
;B


.


0 0 
0 1 
0 0  0 1  0 0 
Ví dụ 13. Cho A  
c) Luỹ thừa của ma trận vuông: Cho A là ma trận vuông cấp n. Ta xác định
A0 = E; An = An -1. A ( n là số nguyên dương)
a b 
 . Chứng minh rằng, ma trận A thoả mãn phương trình
c d 
Ví dụ 14. Cho A  
X 2  (a  d )X  (ad  bc)  
Giải:
a b  a b 
a b 
1 0
.
 (a  d ).
 (ad  bc).




c d  c d 
c d 
0 1 
Ta có A 2  (a  d)A  (ad  bc)E  
0  0 0
 a 2  bc (a  d )b  a (a  d ) b(a  d ) ad  bc



  . (đpcm)

2 
ad  bc 0 0
(a  d )c bc  d  c(a  d ) d(a  d )  0
= 
1 1
2
3
n
 . Tính A , A , ..., A (n là số tự nhiên)
0
1


Ví dụ 15. Cho ma trận A  
Giải:
1 1 1 1
1 2
1 2 1 1
1 3
3
Ta có A 2  
 0 1  0 1  ; A  0 1  0 1  0 1 ; .... ; tương tự ta có thể dự
0
1


 



 

1 n 
.
0 1 
đoán A n  
Dễ dàng chứng minh được bằng quy nạp công thức An.
Định nghĩa 5. Phép biến đổi sơ cấp trên ma trận A = [aij]m x n là các phép biến đổi có
dạng
i) đổi chỗ 2 dòng (cột) cho nhau: d i  d j (c i  c j )
10
ii) nhân một dòng (cột) với một số khác 0: kd i (kc i )
iii) nhân một dòng (cột) với một số rồi cộng vào dòng (cột) khác: hd i  d j (hc i  c j )
1  2 4 6 
Ví dụ 16. Cho ma trận A  2 1  2 5 . Thực hiện các phép biến đổi sơ cấp sau:
1  1 2 4
(1) nhân dòng 2 với 2
(2) hoán vị dòng 1 cho dòng 2
(3) nhân dòng 2 với – 2 cộng vào dòng 3
Giải:
6
1  2 4 6 
1  2 4



Phép biến đổi (1): A  2 1  2 5  4 2  4 20
1  1 2
4 
1  1 2 4
1  2 4 6 
2 1  2 5


Phép biến đổi (2): A  2 1  2 5  1  2 4 6
1  1 2 4
1  1 2 4
6
1  2 4 6 
 1 2 4



1  2 5 
Phép biến đổi (3): A  2 1  2 5   2
1  1 2 4
 3  3 6  6
Định nghĩa 6. Ma trận dạng bậc thang là ma trận có tính chất
i) Các dòng khác không (tức là có một phần tử khác 0) nếu có thì luôn ở trên các dòng
bằng không (tức là hàng có tất cả các phần tử bằng 0).
ii) Ở hai dòng khác 0 kề nhau thì phần tử khác 0 đầu tiên ở dòng dưới bao giờ cũng ở bên
phải cột chứa phần tử khác 0 đầu tiên ở dòng trên.
Ví dụ 17. Các ma trận sau là ma trận dạng bậc thang
1
0
A
0

0
1
5
6
8
1  1

0 1
1 1 3 5 
; B
0 0
0 0 2  5


0 0 0 0
0 0
3 4
7
1  1 2
2 8  1
; C  0 2 1 .
2 1  1
0 0 0

0 0 1
11
§2. Định thức của ma trận vuông
1. Khái niệm định thức
 a 11
a
Cho ma trận A =  21
 ...

a n1
a 12
a 22
...
a n2
... a 1n 
... a 2 n 
. Xét phần tử aij của A, bỏ đi dòng i và cột j của A
... ... 

... a nn 
ta được ma trận vuông cấp n -1, ký hiệu Mij: gọi là ma trận con ứng với phần tử aij (i,j =
1, 2, 3, ..., n).
 a 11
Ví dụ 1. A  a 21
a 31
a 12
a 22
a 32
a 13 
a 23  . Tìm các ma trận con ứng với các phần tử của A
a 33 
Giải: Các ma trận con ứng với các phần tử của A là
a
M 11   22
a 32
a 23 
a
; M 12   21

a 33 
a 31
a 23 
a
; M13   21

a 33 
a 31
a 22 
a 32 
a
M 21   12
a 32
a 13 
a
; M 22   11

a 33 
a 31
a 13 
a
; M 23   11

a 33 
a 31
a 12 
a 32 
a
M 31   12
a 22
a 13 
a
; M 32   11

a 23 
a 21
a 13 
a
; M 33   11

a 23 
a 21
a 12 
a 22 
 a11

a
Định nghĩa 1. Cho một ma trận A vuông cấp n: A =  21
 ...

a
 n1
a12
a 22
...
an2
... a1n 

... a 2n 
  [a ij ]nxn .
... ... 
... a nn 
Định thức của A, ký hiệu det(A) hoặc A được định nghĩa như sau:
* Định thức cấp 1: A = [a11] thì det(A) = a11
 a 11
a 21
a 12 
a
thì det(A)  11

a 22 
a 21
* Định thức cấp 2: A  
Ví dụ 2. Tính định thức D 
Giải: Ta có D 
1
6
2 14
1 6
 1.14  6.2  2 .
2 14
Ví dụ 3. Giải phương trình:
x2
9
25
0
4
12
a 12
 a 11a 22  a 12 a 21
a 22
x2
9
Giải: Ta có
25
 4 x 2  25.9 .
4
Do đó PT  4x 2  25.9  0  x 2 
25.9
 15
.
x
4
2
* Định thức cấp 3:
a 11
det A  a 21
a 31
a 12
a 22
a 32
a 13
a 23  a 11 .a 22 .a 33  a 12 .a 23 .a 31  a 13 .a 21 .a 32  a 13 .a 22 .a 31  a 12 .a 21 .a 33  a 11 .a 23 .a 32
a 33
Quy tắc Sariut: Định thức cấp 3 có 6 số hạng, mà mỗi số hạng là tích của 3 phần tử mà
mỗi dòng, mỗi cột chỉ có một đại biểu duy nhất.
* Các số hạng mang dấu cộng: các số hạng mà các phần tử nằm trên đường chéo chính
hoặc các phần tử nằm trên các đỉnh của tam giác có 3 đỉnh có một cạnh song song với
đường chéo chính.
* Các số hạng mang dấu trừ: các số hạng mà các phần tử nằm trên đường chéo phụ hoặc
các phần tử nằm trên các đỉnh của tam giác có 3 đỉnh có một cạnh song song với đường
chéo phụ.Để nhớ quy tắc tính định thức cấp 3, người ta thường dùng “quy tắc Sarrus”
sau:













Dấu +



Dấu 

Từ quy tắc Sarrus trên, chúng ta còn một quy tắc khác để tính nhanh định thức cấp
3: ghép thêm cột thứ nhất và cột thứ hai vào bên phải định thức hoặc ghép thêm dòng thứ
nhất và dòng thứ hai xuống bên dưới định thức rồi nhân các phần tử trên các đường chéo
như quy tắc thể hiện trên hình:
13
a11 a12 a13
a21 a22 a23
a31 a32 a33
Dấu -
a 11
det A  a 21
a 31
a 12
a 22
a 32
a11 a12
a21 a22
a31 a32
Dấu +
a1
a2
a3
b1
b2
b3
c1
c2
c3
a1
a2
b1
b2
c1
Dấu +
c2
Dấu -
a 13
a 23  a 11 .a 22 .a 33  a 12 .a 23 .a 31  a 13 .a 21 .a 32  a 13 .a 22 .a 31  a 12 .a 21 .a 33  a 11 .a 23 .a 32
a 33
1 2 3
Ví dụ 4.Tính định thức  3  2 0 1
2 2 1
Giải: Ta có  3  1.0.1 + 2.(-2).1 + 3.2.(-2) – 3.0.2 – 1.(-2).2) – 1.1.(-2) = -10.
x2
Ví dụ 5. Giải phương trình 1
4
x 1
1 10
2 1
Giải:
x2
Ta có 1
4
x 1
x  1
.
1 1  x 2  3x  2 . Do đó PT  x 2  3x  2  0  
x2

2 1
 Định thức cấp n (n  3 ):
+) Khai triển định thức theo dòng i:
n
det(A) =
n
 a ij (1)i j det(M ij )   a ij (1) i  j D ij với D ij  det( M ij ) . (1)
j1
j 1
+) Khai triển định thức theo cột j
n
det(A) =
n
a
i 1
(1) i  j det(M ij )   a ij ( 1) i  j D ij (2)
ij
i 1
1 2 3
Ví dụ 6. Khai triển định thức sau :    1 2 4
1
1 5
Giải: Khai triển định thức theo dòng 1 ta có
  1.(1)11 .
2 4
1 5
 2.(1)1 2 .
1 4
1
5
14
 3.(1)1 3 .
1 2
1
1
= 1. 6 – 2. (-9) + 3. (-3) = 15.
2011
0
0 0
2
Ví dụ 7. Giải phương trình :
Giải: Đặt  4 
2010 x
2009 1
2008 4
2011 0
2010 x 2
0 0
x 1
2009
2008
1
4
1 1
2 1
x2
x 1
11
 4  2011.(1) . 1
4
x 1
0
1 1
2 1
. Khai triển định thức theo dòng 1:
x2
1 1  2011. 1
2 1
4
x 1
1 1.
2 1
Dùng định nghĩa định thức cấp ba, thu được
x  1
.
 4  2011( x 2  3x  2) . Khi đó PT  x 2  3x  2  0  
x  2
2. Tính chất của định thức
A =[aij]n x n với  n  det(A)
Dòng i của định thức được gọi là tổng của 2 dòng nếu:
a
i1
a i2 ....a ij ....a in    bi1 bi2 ....bij ....bin    ci1 ci 2 ....cij ....cin  ;a ij  bij  cij (j  1, n)
Dòng i là tổ hợp hợp tuyến tính của các dòng khác nếu
n
n
a ij    k a kj (j  1, n ) . Ký hiệu d i    k d k ; dk = (ak1 ak2 ... akn)
k 1
k
k 1
k i
Tính chất 1. (Tính chất chuyển vị)
Định thức của ma trận vuông bằng định thức của ma trận chuyển vị của nó:
det(AT) = det(A)
a b 
T
 . CMR det(A ) =det(A)
c
d


Ví dụ 1. Cho A  
Giải: Ta có det(A) =
a b
a c
= ad- bc và det(AT) =
 ad  bc . Suy ra đpcm.
c d
b d
Chú ý 1. Từ tính chất chuyển vị, mọi tính chất của định thức đúng cho dòng thì cũng
đúng cho cột và ngược lại. Do đó, trong các tính chất của định thức, chỉ phát biểu cho các
dòng, các tính chất đó vẫn giữ nguyên giá trị khi thay chữ "dòng" bằng chữ "cột".
15
Tính chất 2. (Tính phản xứng).
Đổi chỗ hai dòng cho nhau và giữ nguyên vị trí các dòng còn lại thì định thức đổi dấu.
Ví dụ 2. So sánh hai định thức: D 
a b
c d
và D' 
c d
a b
Giải: Ta có D = ad – bc và D’= bc- ad = -D
Hệ quả 1. Một định thức có hai dòng giống nhau thì bằng không.
Chứng minh
Gọi định thức có hai dòng như nhau. Đổi chỗ hai dòng đó ta được, theo tính chất 2 ta có
 n = -  n  2 n  0   n  0
Ví dụ 3.
a b
a b
 0.
Tính chất 3. (Tính thuần nhất). Nếu nhân các phần tử một dòng nào đó với cùng một số
k thì được định thức mới bằng k lần định thức cũ
a 11
a 12
...
a 1n
a 11
a 12
... a 1n
...
ka i1
...
...
ka i 2
...
a n1
a n2
... ...
... ...

k
.
... ka in
a i1 a i 2
... ...
... ...
a n1 a n 2
... a nn
... ...
... a in
... ...
... a nn
Định lý này có thể phát biểu: Nếu một định thức có một dòng có nhân tử chung thì đưa
nhân tử chung ra ngoài dấu định thức
Hệ quả 2. Một định thức có hai dòng tỉ lệ với nhau thì bằng không.
Chứng minh: Thật vậy, nếu đưa hệ số tỷ lệ ra ngoài dấu định thức thì được một định thức
có hai dòng giống nhau nên nó bằng không.
12
Ví dụ 4. Chứng minh định thức sau chia hết cho 17:  4 
2
6
7
17  68 34  170
2
1
1
4
6
7
11
9
Giải:
Ta có  4 
12
2
6
7
17.1 17.(4) 17.2 17.(10)
2
1
1
4
12  2
1 4
 17.
2 1
6
7
11
9
6
16
7
6
2
7
 10
1
4
11
9
 17.D .
Vì D là định thức tạo bởi các số nguyên nên D cũng là số nguyên. Do đó  4 17
Tính chất 3. (Tính cộng tính). Nếu định thức có một dòng là tổng hai dòng thì định thức
bằng tổng của hai định thức.
a11

a12



a1n

a11

a12  a1n
  
a11

a12  a1n
  
bi1  ci1 bi 2  ci2  bin  cin  bi1 bi 2  bin  ci1 ci 2  cin




       
a n1
an2

a nn
a n1 a n 2  a nn a n1 a n 2  a nn
Hệ quả 3. Nếu định thức có một dòng là tổ hợp tuyến tính của các dòng khác thì định
thức ấy bằng không.
Đó là hệ quả của tính chất cộng tính và tính thuần nhất.
Hệ quả 4. Nếu cộng vào một dòng một tổ hợp tuyến tính của các dòng khác thì định thức
không đổi.
Từ các tính chất của định thức, ta thường sử dụng các phép biến đổi sơ cấp trên ma trận
trong quá trình tính định thức cấp n:
* Đổi chỗ 2 dòng (cột) cho nhau: d i  d j (c i  c j ) , phép biến đổi này định thức đổi dấu
* Nhân một dòng (cột) với một số khác 0: kd i (kc i ) , phép biến đổi này định thức tăng lên
k lần.
* Nhân một dòng (cột) với một số cộng vào dòng (cột) khác: hd i  d j (hc i  c j ) , phép biến
đổi này không làm thay đổi giá trị của định thức.
a
b
c
a'
b'
c'
Ví dụ 5. Tính định thức  3 
ax  a ' y bx  b' y cx  c' y
Giải:
Nhân dòng 1 với (-x), dòng 2 với (-y) cộng vào dòng 3 ta được:  3
17
 xd1  yd 2  d 3

a b c
a ' b ' c'  0
0 0 0
a2
(a  1) 2
Ví dụ 6. Tính định thức  4 
(a  2) 2
(a  3) 2
b2
(b  1) 2
(b  2) 2
(b  3) 2
c2
(c  1) 2
(c  2) 2
(c  3) 2
d2
(d  1) 2
(d  2) 2
(d  3) 2
Giải:
Nhân dòng 1 với (-1), rồi cộng lần lượt vào dòng 2, dòng 3, dòng 4 được:
a2
b2
c2
d2
 d1  d i
2a  1 2b  1 2c  1 2d  1
4 
i  2, 3, 4 4a  4
4b  4 4c  4 4d  4
6a  9 6b  9 6c  9 6d  9
Sau đó nhân dòng 2 với (- 2) cộng vào dòng 3, nhân dòng 2 với (-3) cộng vào dòng 4
được:
a2
b2
c2
d2
 2d 2 d3
2a  1 2b  1 2c  1 2d  1
= 0 (vì có 2 dòng tỷ lệ nhau)
4 
 3d 2  d 4
2
2
2
2
6
6
6
6
a
b
Ví dụ 7. Tính định thức  4  c
ab
2
b
c
a
bc
2
c
a
b
ca
2
1
1
1
1
Giải:
a  b  c 1
a  b  c 1
b
c
a
bc
a  b  c 1
2
Cộng các cột vào cột 1 ta được:  4  a  b  c  1
Đặt nhân tử chung của cột 1 ra ngoài:
1
1
 4  (a  b  c  1). 1
b
c
a
bc
1
2
c
a
b
ca
2
1
1
10
1
18
c
1
a
1
b
1
ca
1
2
3.Các phương pháp tính định thức
Cho định thức cấp n:
a 11
...
 n  a i1
...
a n1
... a 1 j
... ...
... a ij
... ...
... a nj
... a 1n
... ...
... a in
... ...
... a nm
a) Phương pháp khai triển (Sử dụng định nghĩa)
 Phần bù đại số của aij
Xóa đi dòng thứ i và cột thứ j (dòng và cột chứa phần tử aij ) của A ta được một ma
trận con (n - 1), kí hiệu là M ij . Định thức của M ij được gọi là định thức con cấp n -1
tương ứng với phần tử aij của A và A ij  (1) i  j det( M ij )  (1) i  j .D ij được gọi là phần
bù đại số của phần tử aij của định thức d. Cho định thức cấp n là  n . Khi đó  n có thể
tính theo hai cách sau:
i) Công thức khai triển theo dòng thứ i :
n
n
 n   a ij (1) i  j . det(M ij )   a ij A ij (1)
j1
j1
ii) Công thức khai triển theo cột thứ j:
n
n
 n   a ij (1) i  j . det(M ij )   a ij A ij (2)
i 1
i 1
Hệ quả. Đối với định thức cấp n là  n , ta có
n
i)
a
ij
j1
 khi i  k
(3)
A kj   n
0 khi i  k
n
ii)
a
i 1
ij
 khi j  k
A ik   n
(4)
0 khi j  k
Nhận xét: Mục đích của công thức (1) hoặc (2) là chuyển việc tính định thức cấp n về
tính định thức cấp n -1, rồi từ cấp n -1 chuyến về cấp n -2, …, cho đến định thức cấp 3, 2.
Khi áp dụng công thức (1) hoặc (2), ta nên chọn dòng hoặc cột có chứa nhiều phần tử 0
nhất để khai triển. Nếu không có dòng hoặc cột như vậy ta biến đổi định thức đưa về định
thức mới bằng định thức ban đầu nhưng có dòng hoặc cột như vậy.
19
2 1 1
Ví dụ 8. Tính định thức a)  3  3  1 2
4 5 0
1 2 1
b)  3  3 1 2
1 2 4
Giải:
a) Khai triển định thức theo dòng 3 ta có:
 3  4.( 1) 31 .
1 1
2 1
 5.(1) 3 2 .
 0  12  5  7 .
1 2
3 2
b) Khai triển định thức theo cột 1 ta có:
 3  1.(1)11 .
1 2
2 1
2 1
 3.( 1) 21 .
 (1)(1) 31 .
 0  30  5  35 .
2 4
2 4
1 2
1
Ví dụ 9. Tính định thức a)  4 
1
0
5
1 0 0
2
1 3
1
3
0 1 0 3
b)  4 
2  4 1  3
0 0 1 4
3 5 2
1
2 3 4 11
Giải:
a) Nhân cột 1 với (-1) cộng vào cột 2, nhân cột 1 với (-5) cộng vào cột 4; rồi khai triển
định thức theo cột 1, ta được
1
0
0
0
4
1
8
4
1
8
1 4
1
8
11
4 
 1.( 1) .  6  1  13   6  1  13
 5 c1  c 4 2
 6  1  13
 8 2  14  8 2  14
3  8 2  14
 c1  c 2
Cộng dòng 1 vào dòng 2, nhân dòng 1 với (-2) cộng vào dòng 2, rồi khai triển định thức
theo cột 2 ta được:
4 1
8
2 5
 4   2 0  5  1.(1)1 2 .
 20
 2 d1  d 3
 16  30
 16 0  30
d1  d 2
b) Nhân cột (-2) với cột 1 rồi cộng với cột 4
1 0 0
4 
0
0 1 0 5
0 0 1 4
2 3 4 9
Khai triển định thức theo dòng 1 ta được
20
1
0
4 
0
2
0
1
0
3
0 0
1 0 5 1 0 5
0 5
11
 1.(1) . 0 1 4  0 1 4 .
1 4
3 4 9
3 4 9
4 9
Nhân cột 1 với 5 cộng vào cột 3, khai triển định thức theo dòng 1 ta được
1 0 0
1 4
 4  0 1 4  1.(1)11 .
 24  16  8
4 24
3 4 24
Ví dụ 10. Tính định thức của ma trận tam giác trên và tam giác dưới
a 11
0
a)  n  ...
0
0
a 12
a 22
...
0
0
... a 1n 1
... a 2 n 1
...
...
... a n 1 n 1
...
0
a 1n
a 2n
...
a n 1 n
a nn
a 11
a 21
b)  n  ...
a n 11
0
a 22
...
a n 1 2
...
0
...
0
...
...
... a n 1 n 1
0
0
...
0
a n2
...
a nn
a n1
a n n 1
Giải:
Ta chỉ cần xét ý a) Lần lượt khai triển định thức theo cột 1 :
a 11
0
 n  ...
0
0
a 12
a 22
...
0
0
... a 1n 1
... a 2 n 1
...
...
... a n 1 n 1
...
0
a 11
a 21
Tương tự, ta có  n  ...
a n 11
a n1
a 1n
a 22
a 2n
...
...  a 11 .(1)11 .
0
a n 1 n
0
a nn
... a 2 n 1
...
...
... a n 1n 1
...
0
a 2n
...
 ...  a 11 .a 22 ...a nn
a n 1 n
a nn
0
a 22
...
a n 1 2
...
0
...
0
...
...
... a n 1 n 1
0
0
...  a 11a 22 ...a nn
0
a n2
...
a nn
a n n 1
b) Phương pháp biến đổi về dạng tam giác:
Dùng các tính chất của định thức để biến đổi định thức đưa định thức về định thức của
ma trận tam giác trên hoặc dưới, sau đó áp dụng công thức:
a 11
0
...
0
a 12
a 22
...
0
... a 1n
a 11
... a 2 n
a 21
 a 11 .a 22 .a 33 ...a nn hoặc
... ...
...
... a nn
a n1
Ví dụ 11. Tính các định thức
21
0
a 22
...
a n2
... 0
... 0
 a 11a 22 ...a nn
... ...
... a nn
1
1
2
0
3
3
4
4
1
a1
1 a 1  b1
5
5
a)  5   1  2
0
4 5 b)  4  1
1
1  2  3 0 5
1
1  2  3  4 0
a1
a1
a1
a2
a2
a3
a3
a4
a4
a 2  b2
a2
a2
a3
a 3  b3
a3
a4
a4
a 4  b4
Ví dụ 12. Tính định thức
a)  6 
0 1 1 1 1 1
1 0 x x x x
1 x 0 x x x
b)  6 
1 x x 0 x x
1 x x x 0 x
1 x x x x 0
a x x x x x
x a x x x x
x x a x x x
x x x a x x
x x x x a x
x x x x x a
Giải: a)
 Nếu x = 0, khai triển định thức theo dòng 1, suy ra  6  0
 Nếu x  0, nhân cột 1, dòng 1 với x, rồi cộng các dòng vào dòng 1và đặt nhân tử
chung (n -1) ra ngoài ta được:
0
x
1 x
6  2 .
x x
x
x
x
0
x
x
x
x
x
x
0
x
x
x
x
x
x
0
x
x
x
x
x
x
0
x
x
x
x
x
x
5 x
 2.
x x x
x
x
0
x
x
0
x
x
x
x
x
x
0
x
x
x
x
x
x
0
x
x
x
x
x
x
0
x
x
x
x
x
x
0
Nhân dòng 1 với (-1) rồi cộng vào các dòng khác ta được:
x x
0 x
6 
5 0
.
x2 0
0
0
0
0
0
0
x
0
x
0
x
0
x 0
0
0 x 0
0
0 x
0
0
0
x
0
0
5
 2 .x ( x ) 5  5x 3
0
x
0
x
b) Cộng các cột vào cột 1, rồi đặt nhân tử chung ra ngoài dấu định thức ta được
a  5x
x
x ... x
x
1
x
x ... x
x
a  5x a x ... x x
1 a x ... x x
a  5x x a ... x x
1 x a ... x x
6 
 a  5x .
...
... ... ... ... ...
... ... ... ... ... ...
a  5x
a  5x
x
x
x ... a
x ... x
x
a
1
1
22
x
x
x ... a
x ... x
x
a
Nhân dòng 1 với (-1) và cộng vào các dòng 2, dòng 3, … , dòng n ta được
1
...
x
x
0 ax
0
...
0
0
a  x ...
 n  a  5x .
... ...
... ...
0
0
...
0
0
...
0
0
x
0
0
x
0
0
... a  x
0
...
0
ax
23
 a  5x .(a  x ) 6
§3. Ma trận nghịch đảo
Trong phần này chúng ta xem xét khái niệm ma trận nghịch đảo của ma trận vuông
cấp n, điều kiện tồn tại và cách tìm ma trận nghịch đảo
1. Định thức của tích hai ma trận vuông
Cho hai ma trận vuông cấp n : A = [aij]n x n; B = [bij]n x n
Định lý 1. Định thức của tích hai ma trận vuông bằng tích các định thức của ma trận
thành phần: det(AB)= det(A)det(B)
Hệ quả: det(An) = [det(A)]n
Chứng minh: det(An) = det(A.A...A) =det(A).det(A)....det(A) = [det(A)]n
Ví dụ 1. Cho A, B là ma trận vuông cấp 3 có det(A) = 2, det(B) = -2. Tính det(AB),
det(A2B); det(2AB); det(A3); det(2A).
Giải: det(AB)= det(A).det(B)= 2. (-2) = -4
det(A2B)= det(A2).det(B) = 22. (-2) = -8
det(2AB) = 23.det(AB) = 8. (-4) = -32
det(A3) = [det(A)]3 = 23 = 8
det(2A) = 23.det(A) = 16
Ghi nhớ: A là ma trận vuông cấp n: det(kA) = kn.det(A)
2. Định nghĩa ma trận nghịch đảo
Định nghĩa 1. Cho A là ma trận vuông cấp n và E là ma trận đơn vị cấp n. Nếu có ma
trận vuông B cấp n sao cho A.B = B.A = En thì ta nói ma trận A là khả nghịch và B được
gọi là ma trận nghịch đảo của ma trận A (hay A có ma trận nghịch đảo là B), và ký hiệu
A-1 = B.
Ví dụ 2.
1
1 0
0
a) Ma trận A = 
là khả nghịch và có ma trận nghịch đảo là A 1  0 1  . Vì ta


0 4
4 
1 0 1
.
0 4 0
có 
0  1 0  1 0 1 0
1  
1 .

.
0
0 4 0 1 


4 
4  
0 0
b) Ma trận   
 không khả nghịch vì mọi ma trận vuông B cấp 2 đều có
0 0
.B  B.    E .
24
Sự duy nhất của ma trận nghịch đảo
Định lý 2. Ma trận nghịch đảo A-1 của ma trận vuông A nếu tồn tại thì duy nhất
3. Sự tồn tại của ma trận nghịch đảo
Định lý 3. Ma trận vuông A khả nghịch khi và chỉ khi det(A) ≠ 0.
 A11
A
1
1
-1
và A =
.A =
.  12
det(A)
det(A)  

 A1n
 A11
A
trong đó: A   12
 

 A1n
A 21  A n1 
A 22  A n 2 
   

A 2n  A nn 
A 21  A n1 
A 22  A n 2 
là ma trận phụ hợp của ma trận A.
   

A 2n  A nn 
Aij= (-1)i+j.Dij (Dij là định thức có được từ det(A) bằng cách bỏ dòng i và bỏ cột j)
Aij gọi là phần phụ đại số của aij.
2  1 3
Ví dụ 3. Tìm A của A  0 3 1 .
5  2 4
-1
Giải:
2 1 3
+) Ta có A  0 3 1  22  0 nên A là ma trận khả nghịch.
5 2 4
+) Tiếp theo xác định ma trận phụ hợp A của A:
A 11  (1)11 .
3 1
1 3
1 3
 14; A 21  (1) 21 .
 2; A 31  (1) 31 .
 10
2 4
2 4
3 1
A12  (1) 21 .
0 1
2 3
2 3
 5; A 22  (1) 2 2 .
 7; A 32  (1) 3 2 .
 2
5 4
5 4
0 1
A 13  (1)13 .
0 3
2 1
2 1
 15; A 23  (1) 23 .
 1; A 33  (1) 33 .
6
5 2
5 2
0 3
 14  2  10
Khi đó ma trận phụ hợp của A là A   5  7  2 
 15  1
6 
25
 14  2 10   7 / 11 1/ 11 5 / 11
1
1 
A
. 5  7  2    5 / 22 7 / 22 1/ 11
Ma trận nghịch đảo của A là A 
det(A)
 22
15  1 6   15/ 22 1/ 22 3 / 11
1
Từ khái niệm và điều kiện khả nghịch của ma trận, ta có một số tính chất sau:
Định lý 4. Giả sử A, B là các ma trận vuông cấp n.
i) Nếu A khả nghịch thì A-1, AT, kA (k  0), Am (m nguyên dương) cũng khả nghịch và
(A-1)-1 = A ; (AT)-1 = (A-1)T ; (kA) 1 
1 1
A ; (Am)- 1 = (A-1)m
k
ii) Nếu A, B khả nghịch thì AB cũng khả nghịch và (AB)-1 = B-1A-1
iii) Nếu A khả nghịch thì các phương trình A.X = C, X.A = C có nghiệm duy nhất
A.X  C  X  A 1C
XA  C  X  C.A 1
1 3

2 7 
Ví dụ 4. Tìm (A2)-1 với A  
 7  3
Giải: Tìm ma trận nghịch đảo của A, ta được A 1  

 2 1 
2
2 1
Khi đó (A )
 7  3
 7  3  7  3  54  24
 (A )  


.

7 
 2 1 
 2 1   2 1   16
1 2
4. Một số phương pháp tìm ma trận nghịch đảo
a) Phương pháp định thức
Dựa vào định lý ở mục 3, ta có các bước tìm ma trận nghịch đảo của ma trận A = [aij]nn
như sau:
Bước 1: Tính det(A)
Nếu det(A) = 0 thì A không khả nghịch.
Nếu det(A) ≠ 0 thì A có ma trận nghịch đảo.
Bước 2: Tìm ma trận phụ hợp của A:
 A11
A
12
A= 
 

 A1n
A 21
A 22

A 2n
trong đó Aij là phần phụ đại số của a ij .
26
 A n1 
 A n 2 
  

 A nn 
Bước 3: Tính B =
1
A . Khi đó, ma trận B chính là ma trận nghịch đảo của ma trận
det(A)
A, tức là A-1 = B
Ví dụ 5. Tìm ma trận nghịch đảo của ma trận
1 2 3
b) A  2 5 3
1 0 8
1 2 
a) A  

3 4 
Giải:
a)
Bước 1: Ta có det(A) = 1.4 – 2.3 = -2  0 .
Nên ma trận A khả nghịch và A 1 
1
.A
det(A )
Bước 2: Ta lập ma trận phụ hợp A của ma trận A. Ta có
A11 = (-1)1+ 1.4 = 4; A12 = (- 1)1+ 2. 3 = - 3; A21 = (- 1)2 + 1.2 = - 2; A22 =(- 1)2 + 2.1 = 1
 4  2

 3 1 
Nên A  
Bước 3. Tính ma trận nghịch đảo A 1 
 2
Vậy A 1   3
 2
1
1  4  2  2
.A 
.
 3
det(A)
 2  3 1  
2
1
 1
2 
1 
 1
2 
b)
Bước 1. Ta có det(A) = -1  0 nên A khả nghịch và A 1 
1
.A
det(A)
Bước 2. Ta lập ma trận phụ hợp A của ma trận A. Ta có
A 11  (1)11 .
5 3
2 3
2 5
 40; A 12  (1)1 2 .
 13; A 22  (1) 2 2 .
 5
0 8
1 8
1 0
A 21  (1) 21 .
A 31  (1) 31 .
2 3
1 3
1 2
 16; A 22  (1) 2 2 .
 5; A 23  (1) 2 3 .
2
0 8
1 8
1 0
2 3
5 3
 9; A 32  (1) 3 2 .
1 3
2 3
27
 3; A 33  (1) 33 .
1 2
2 5
1
 40  16  9
3 
Nên A   13 5
2
1 
  5
Bước 3. Tính ma trận nghịch đảo A
Vậy A
1
1
 40 16 9 
1

A   13  5  3
det(A)
 5
 2  1
 40 16 9 
  13  5  3
 5
 2  1
b) Phương pháp khử Gause-Jordan (Phương pháp biến đổi sơ cấp)
Thực tế ta sẽ áp dụng đồng thời các phép biến đổi sơ cấp về dòng đó để đưa A về E và
đưa E về ma trận A-1. Từ đó, ta có quy tắc tìm ma trận nghịch đảo bằng phép biến đổi sơ
cấp (phương pháp Gauss – Jordan):
Bước 1: Viết ma trận đơn vị E cùng cấp với ma trận A bên cạnh phía phải ma trận A
được ma trận mới ký hiệu (A|E)
Bước 2: Dùng các phép biến đổi sơ cấp trên dòng đối với ma trận mới này để đưa dần
khối ma trận A về ma trận đơn vị E, còn khối ma trận E thành ma trận B, tức là (A|E) 
(E|B). Khi đó, B chính là ma trận nghịch đảo của A.
1 2 3
Ví dụ 6. Tìm ma trận nghịch đảo của ma trận: A  2 5 3
1 0 8
Giải:
1 2 3 1 0 0
Bước 1: Lập ma trận (A|E) = 2 5 3 0 1 0
1 0 8 0 0 1
28
Bước 2: Biến đổi sơ cấp
1 2 3 1 0 0
1 2
1 2 3 1 0 0
3 1 0 0

  2 d1  d 2 
 2d 2  d3 

0 1  3  2 1 0   0 1  3  2 1 0
2 5 3 0 1 0  d

1 d3
1 0 8 0 0 1
0  2 5  1 0 1 
0 0  1  5 2 1
1 2 0  14 6
1 0 0  40 16 9 
3

  2d 2  d1 

 0 1 0 13  5  3  0 1 0 13  5  3 .
 3d 3  d1 
3d 3  d 2 
0 0 1 5
 2  1
 2  1
0 0 1 5
d3
Vậy A
1
  40 16 9 
  13  5  3
 5
 2  1
5. Ứng dụng của ma trận nghịch đảo
Trong mục này chúng ta ứng dụng của ma trận nghịch đảo để giải các phương trình ma
trận sau: A.X = B và X.A = B.
Định lý 5. Nếu ma trận A khả nghịch thì các phương trình sau có nghiệm duy nhất.
A.X = B
(1)
X.A = B
(2)
Khi đó, nghiệm của (1) và (2) được xác định bởi công thức:
A.X  B  X  A 1B
XA  B  X  B.A 1
Ví dụ 7. Giải phương trình ma trận sau
1 2
3 5 1 
a) 
.X  


3 4
5 9  2
1 2 3
 1 0


b) 2 5 3.X   0 1
1 0 8
 1 1
Giải:
1 2
 khả nghịch nên phương trình có nghiệm duy nhất
3 4
a) Ma trận A  
1
1 2 3 5 1   2
X
 .
 3
3 4 5 9  2  2
1  3 5 1   1  1 0 
 1.
5

5 9  2  2 3


2
2 

1 2 3
b) Ma trận A  2 5 3 khả nghịch nên phương trình có nghiệm duy nhất
1 0 8
29
1
1 2 3  1 0  40 16 9   1 0  49 25 
X  2 5 3 . 0 1   13  5  3. 0 1   16  8
1 0 8  1 1  5
 2  1  1 1  6
 3
30
§4. Hạng của ma trận
1. Khái niệm
Cho ma trận A  [a ij ] mxn ;1  k  min{m, n} . Trước hết, ta nhắc lại khái niệm định thức con
cấp k của ma trận A. Lấy ra k dòng và k cột khác nhau. Định thức của ma trận cấp k có
các phần tử thuộc giao điểm của k dòng và k cột đó được gọi là định thức con cấp k của
A , ký hiệu: Dij11 ji22......ijkk 1  i1  i 2  ...  i k  m;1  j1  j2  ...  jk  n  trong đó i1, i2 , …, ik là
chỉ số của các dòng và j1, j2, …, jk là chỉ số của các cột đã lấy ra.
1  1 3 4 
Ví dụ 1. Cho ma trận A  2 3 6 8  .
3 2 9 12
Xác định các định thức con của A
Giải:
Các định thức con cấp 1 của A chính là các phần tử của A.
Các định thức con cấp 2 của A , chẳng hạn tạo bởi các dòng 1, 2 và cột 1, 3 là
D13
12 
1 3
3 8
 0 ; tạo bởi dòng 2, 3 và cột 2, 4 là D 24
 20 , ...
23 
2 6
2 12
Các định thức con cấp 3, chẳng hạn tạo bởi các dòng 1, 2, 3 và cột 1, 3, 4 là
D
134
123
1 3 4
1 1 4
134
 2 6 8  0 ; tạo bởi dòng 1, 2, 3 và cột 1, 2, 4 là D123  2 3 8  0 ; ...
3 9 12
3 2 12
Định lý 1. Trong ma trận A, nếu mọi định thức con cấp k của A bằng 0 thì mọi định thức
con cấp cao hơn k cũng bằng 0.
Định nghĩa 1. Cho ma trận A cấp m x n: A =[aij]m x n   . Cấp cao nhất của các định
thức con khác 0 của ma trận A được gọi là hạng của ma trận A, ký hiệu r(A) (rank(A)).
Nếu r(A) = r thì các định thức con cấp r khác 0 của A được gọi là định thức con cơ sở
của A.
Quy ước: r({})  0 .
Chú ý 1. Từ định nghĩa, ta suy ra các tính chất đơn giản sau
i) 0  r (A )  min{m, n}
ii) r(A) = r(AT)
iii) Nếu A là ma trận vuông cấp n thì
* r(A) = n  A  0 hay A không suy biến
* r(A) < n  A  0 hay A suy biến
31
1  1 3 4 
Ví dụ 2. Tìm hạng của ma trận A  2 3 6 8 
3 2 9 12
Giải:
Ta có định thức con cấp 2: D 24
23 
3 8
 20  0 nên r(A)  2.
2 12
Xét các định thức con cấp 3: có tất cả C 34  4 định thức con cấp 3 của A
D
123
123
1 1 3
1 3 4
134
 2 3 6  0 ; D123  2 6 8  0 ;
3 2 9
3 9 12
D
124
123
1 1 4
1 3 4
234
 2 3 8  0 ; D123  3 6 8  0
3 2 12
2 9 12
Hay mọi định thức con cấp 3 của A bằng 0.
Cấp cao nhất của các định thức con khác không của A là cấp 2. Do đó r(A) = 2.
a 11
0

 ...

Ví dụ 3. Tìm hạng của ma trận sau: A   0
0

 ...
 0
a 12
... a 1k
a 1k 1
a 22
... a 2 k
a 2 k 1
...
0
... ...
... a kk
...
0
...
...
...
0
...
0
...
0
...
0
0
a k k 1
... a 1n 
... a 2 n 

... ... 

... a k n 
... 0 

... ... 
... 0 
với a11a22 … akk  0.
Giải:
... k
Ta có định thức con cấp k : D12
12... k 
a 11
a 12
... a 1k
0
...
0
a 22 ... a 2 k
 a 11a 22 ...a kk  0 và mọi định
... ... ...
0 ... a kk
thức cấp cao hơn k đều chứa ít nhất một dòng toàn số không nên định thức đó bằng 0.
Do vậy, r(A) = k.
Từ ví dụ này ta có kết quả sau:
32
Định lý 2
(i) Các phép biến đổi sơ cấp không làm thay đổi hạng của ma trận
ii) Hạng của ma trận dạng bậc thang bằng số dòng khác không của ma trận đó
Định lý 3
(i) Nếu A và B là hai ma trận cùng cấp m  n bất kỳ, ta luôn có:
r (A  B)  r (A)  r (B)
(ii) Với A và B là hai ma trận bất kỳ sao cho AB tồn tại, ta luôn có:
r (AB)  r (A) và r (AB)  r (B) hay r (AB)  min {r(A), r(B) }
(iii) Nếu A là ma trận cấp m x n, B là ma trận vuông cấp n x p thì
r(A) + r(B)  r(AB) + n
Hệ quả: Nếu A, B là các ma trận vuông cấp n thì ta có
r (A )  r (B)  n  r (AB)
2. Các phương pháp tìm hạng của ma trận
a) Phương pháp định thức
Trước hết, ta chứng minh kết quả:
Định lý 4. Cho ma trận A = [aij]m x n có một định thức con cấp r khác 0 là Dr. Nếu mọi
định thức con cấp r + 1 chứa Dr đều bằng 0 thì hạng của A bằng r.
Từ định lý này, ta có phương pháp tìm hạng của ma trận như sau:
Bước 1: Tìm một định thức con cấp Dk khác 0 cấp k ( 0  k  minm, n).
Bước 2: Ta tính các định thức cấp k + 1 chứa Dk (nếu có).
Trường hợp 1: Nếu các định thức cấp k + 1 đó đều bằng 0 thì ta kết luận r(A) = k.
Trường hợp 2: Nếu có một định thức cấp k + 1 khác 0 thì ta lại tính các định thức cấp
k  2 chứa định thức cấp k  1 khác 0 này (nếu có).
Quá trình cứ tiếp tục như vậy ta tìm được hạng của A .
1  1 3 4 
Ví dụ 4. Tìm hạng của ma trận A  2 3 6 8 
3 2 9 12
Giải:
Ta có định thức con cấp 2: D12
12 
1 1
 5  0 nên r(A)  2.
2 3
12
Xét các định thức con cấp 3 chứa D12
12 : có 2 định thức con cấp 3 của A chứa D 12
33
D
123
123
1 1 3
1 1 4
124
 2 3 6  0 ; ; D123  2 3 8  0 .
3 2 9
3 2 12
Như vậy, mọi định thức con cấp 3 chứa D12
12 đều bằng 0 nên r(A) = 2.
a) Phương pháp biến đổi sơ cấp
Từ định lý trên, ta có phương pháp biến đổi sơ cấp để tìm hạng của A:
Bước 1: Sử dụng các phép biến đổi sơ cấp đưa ma trận A về dạng bậc thang B.
Bước 2: Đếm số dòng khác không của B, số đó là hạng của A.
 1 3 4 2 
Ví dụ 5. Tìm hạng của ma trận sau: A   2 1 1 4 
 1  2 1  2
Giải:
Dùng phép biến đổi sơ cấp đưa ma trận A về dạng bậc thang
 1  3 4 2   2d d 1  3 4 2 1 d 2 1  3 4 2
7
1
2
A   2
1 1 4   0 7  7 0  0 7  7 0  B
d1  d 2
5d 2  d 3
 1  2 1  2
0  5 5 0
0 0
0 0
B là ma trận dạng bậc thang có 2 dòng khác 0 nên r(A) = r(B) = 2
Ví dụ 6. Tìm m để ma trận sau có hạng bé nhất
 1 1 2 3 
A   1 1 3  1
 1  1 7 m 
Giải: Ta biến đổi đưa ma trận A về dạng bậc thang
Lấy dòng 1 cộng vào dòng 2, dòng 1 nhân với (- 1) cộng vào dòng 3, ta được:
3 
1 1 2

 0 0 5
2 
 d1  d 3 
0 0 5 m  3
d1  d 2
Nhân dòng 2 với (- 1) cộng vào dòng 3 ta thu được ma trận dạng bậc thang:
3 
1 1 2

 0 0 5
2 
 d1  d 3 
0 0 0 m  5
d1  d 2
Từ ma trận dạng bậc thang, ta có r(A) nhỏ nhất bằng 2 khi m – 5 = 0  m  5
34
 1 2 
Ví dụ 7. Tìm hạng của ma trận  
 
 0 3 
n
1 2
là ma trận vuông cấp 2 nên An cũng là ma trận vuông cấp 2. Theo

0 3
Giải: Ta có A  
định lý nhân định thức ta có det(An) = [det(A)]n = 3n  0. Nên r(An) = 2.
35
CHƯƠNG 2. KHÔNG GIAN VÉCTƠ
§1. Khái niệm về không gian véc tơ
1. Định nghĩa vectơ n thành phần
Định nghĩa 1. Mỗi bộ n số thực được sắp xếp theo một thứ tự nhất định (x1, x2, …,
xn) được gọi là một vectơ n thành phần.
Vectơ n thành phần thường được ký hiệu bằng các chữ cái thường như x, y, u, v, …
 Vectơ n thành phần mà tất cả các thành phần đều bằng 0 được gọi là vectơ không,
ký hiệu là . Vậy  = (0, 0, …, 0)
 Cho 2 vectơ n thành phần: x = (x1, x2, …, xn), y = (y1, y2, …, yn)
x = y  x1 = y1, x2 = y2, …, xn = yn.
2. Các phép toán về véc tơ n thành phần
a) Phép cộng giữa hai vectơ n thành phần
Định nghĩa 2.
Cho 2 vectơ n thành phần: x = (x1, x2, …, xn), y = (y1, y2, …, yn). Khi đó
x + y = (x1 + y1, x2 + y2, …, xn + yn).
Từ định nghĩa ta suy ra các tính chất sau
Định lý 1.
Cho x = (x1, x2, …, xn), y = (y1, y2, …, yn),z = (z1, z2, …, zn) ta đều có
(i) Tính chất giao hoán: x + y = y + x
(ii) Tính chất kết hợp: (x + y) + z = x + (y + z)
(iii) x +  = x.
(iv) -x = (-x1, -x2, …, -xn): x + (-x) = . Vectơ - x được gọi là vectơ đối của vectơ x.
Chứng minh: Các tính chất trên dễ dàng suy ra từ các tính chất của phép toán trên
các số thực.
b) Phép nhân một số thực với một vectơ n thành phần:
Định nghĩa 3
Cho vectơ n thành phần: x = (x1, x2, …, xn) và một số  R. Khi đó
x = (x1, x2, …, xn)
Từ định nghĩa này ta suy ra các tính chất sau:
36
Định lý 2. Mọi vectơ n thành phần x = (x1, x2, …, xn), y = (y1, y2, …, yn) và mọi , 
R, ta có
(v) (x + y) = x + y.
(vi) (x) = ()x
(vii) ( + )x = x + x
(viii) 1.x = x.
Chứng minh: Các tính chất trên dễ dàng suy ra từ các tính chất của phép toán trên
các số thực.
c) Phép trừ vectơ
Định nghĩa 4
Hiệu của hai vectơ n thành phần x và y được xác định như sau:
x – y = x + (-y)
Vậy, với x = (x1, x2, …, xn), y = (y1, y2, …, yn) thì
x – y = (x1 – y1, x2 – y2, …, xn - yn).
3. Định nghĩa không gian vectơ tổng quát
Không gian vectơ n thành phần, ký hiệu  n là tập hợp tất cả các vectơ n thành phần
cùng với hai phép toán: phép cộng giữa hai vectơ n thành phần và phép nhân một số thực
với một vectơ n thành phần thoả mãn 8 tính chất (4 tính chất ở định lý 3.2 và 4 tính chất
định lý 3.2) gọi là 8 tiên đề của không gian véc tơ.
Từ định nghĩa này, ta có thể mở rộng khái niệm không gian véc tơ cho tập hợp E bất
kỳ khác rỗng.
Định nghĩa 5. Cho tập E khác rỗng. Trên E trang bị hai phép toán : phép cộng hai
phần tử của E, phép nhân một phần tử của E với một phần tử của trường K (  hoặc  ,
trong giáo trình này chỉ xét trường số thực  ; các kết của của các phép toán đó cũng là
phần tử của E). Nếu hai phép toán đó thoả mãn 8 tiên đề của không gian véc tơ thì E cùng
với hai phép toán đó được gọi là không gian véc tơ trên trường K.
Ví dụ 1. Tập Matm xn(K) các ma trận cấp m x n với các phần tử trên trường K cùng
với phép cộng 2 ma trận và phép nhân ma trận với 1 số. Theo định lý 2.1 ta có các phép
toán đó thoả mãn 8 tiên đề của không gian véc tơ. Vậy Matmx n(K) là một không gian véc
tơ với véc tơ không là ma trận không cấp m x n ; phần tử đối của ma trận A = [aij]m x n là
ma trận – A = [-aij]m x n
37
Ví dụ 2. Gọi Pn là tập các đa thức bậc không quá n với hệ số thực


Pn  p p  a o  a 1 x  a 2 x 2  ...  a n x n ; a i  R (i  0, n ) với hai phép toán xác định như
sau :
+) Nếu p = ao + a1x + a2x2 + … + anxn ; q = bo + b1x + b2x2 + … + bnxn  Pn thì
p + q = (ao + bo) + (a1+b1)x + (a2 + b2)x2 + … + (an+bn)xn  Pn
+) Nếu p = ao + a1x + a2x2 + … + anxn  Pn ; k  R thì
kp = kao + ka1x + ka2x2 + … + kanxn  Pn
Khi đó Pn cùng với hai phép toán trên là một không gian véc tơ với phần tử không là
đa thức 0 ; phần tử đối của đa thức p là - p = - ao - a1x - a2x2 - … - anxn .
Ví dụ 3. Gọi Qn là tập các đa thức bậc n với hệ số thực

Q n  p p  a o  a 1 x  a 2 x 2  ...  a n x n ; a i  R (i  0, n ); a n  0

với hai phép toán xác
định như ở ví dụ 3.2.Khi đó Qn với hai phép toán này không phải là không gian véc tơ vì :
+) Nếu p = ao + a1x + a2x2 + … an-1xn-1 + xn ; q = bo + b1x + b2x2 + …+bn-1xn-1- xn  Q n
nhưng p + q = (ao + bo) + (a1+b1)x + (a2 + b2)x2 + … + (an-1+bn-1)xn-1  Q n .
Để đơn giản, trong giáo trình chỉ xét K =  . Do đó ta chỉ cần nói E là không gian véc
tơ. Trước hết, ta có một số tính chất đơn giản của không gian véc tơ.
Định lý 3. Bất kỳ một không gian véc tơ E nào ta cũng có tính chất sau
i) Nếu  là phần tử trung hoà của E thì phần tử trung hoà là duy nhất
ii) Phần tử đối – x của bất kỳ véc tơ x nào của E cũng đều duy nhất
iii) x  E ta đều có 0.x = 
iv) x  E ta đều có – x = (-1).x
v) k  R ta đều có k.  = 
vi) x  E , k  R ta đều có
Nếu kx   thì hoặc k = 0 hoặc x = 
38
§2. Mối quan hệ tuyến tính giữa các vectơ
1. Tổ hợp tuyến tính
Cho {u1, u2, …, um}  E ; E là không gian véc tơ.
Định nghĩa 1. Một tổ hợp tuyến tính của các vectơ u1, u2, …, um là biểu thức
m
 u
i
i
= 1u1 + 2u2 + … + num, trong đó i  R, i = 1, m
i 1
m
Nếu x =
 u
i
i
thì ta nói x là tổ hợp tuyến tính của các vectơ u1, u2, …, um (hay
i 1
x biểu diễn tuyến tính qua các vectơ u1, u2, …, um).
Một số tính chất đơn giản của tổ hợp tuyến tính
Định lý 1. Trong mọi không gian véc tơ E
i) Véc tơ  là tổ hợp tuyến tính của mọi hệ véc tơ
ii) Véc tơ x là tổ hợp tuyến tính của hệ véc tơ U và mọi véc tơ của U là tổ hợp tuyến
tính của hệ véc tơ V = {v1; v2; ... ; vn} thì x cũng là tổ hợp tuyến tính của hệ véc tơ
V.
Chứng minh:
Khẳng định i) dễ dàng suy ra từ định nghĩa.
Ta chứng minh khẳng định ii)
m
Do x là tổ hợp tuyến tính của hệ véc tơ U: x    i u i . Mặt khác mọi u i  U ta đều có
i 1
n
m
n
m n
n
 m

u i   k ij v j nên x    i  k ij v j    i k ij v j      i k ij  v j (đpcm).
i 1
j1
i 1 j1
j1  i 1
j1

Ví dụ 1. Trong không gian 3 ; chứng minh rằng véc tơ x = (4; 5; 5) là tổ hợp tuyến
tính của hệ véc tơ U = {u1 = (1; 2; -3); u2 =( 2; 1; 1); u3 = (4; 2; 3)}.
Giải:
Để chứng tỏ x là tổ hợp tuyến tính của hệ véc tơ U, ta cần tìm các hằng số
 1 ;  2 ;  3 sao cho x =  1u 1   2 u 2   3 u 3
(4; 5; 5)   1 .(1; 2;  3)   2 (2;1;1)   3 (4; 2; 3)
 1  2 2  4 3  4
 1  2 2  4 3  4
 1  2 2  4 3  4



 2 1   2  2 3  5    3 2  6 3  3  
2  3  1
 3    3  5


4 2  9 3  14
4 2  9 3  14
1
2
3



39
1  2 2  4 3  4
 1  4  2 2  4 3  2



 2   3  1   2  1   3  1

  2
5 3  10

 3
Vậy x = -2u1 – u2 + 2u3
Ví dụ 2. Trong không gian  n , cho hệ véc tơ U = {e1; e2; ... ; en}
Trong đó ei = (0; 0; ... ; 0; 1; 0; ... ; 0) (thành phần thứ i bằng 1 còn các thành phần
khác bằng 0; i  1, n ).
Chứng minh rằng mọi véc tơ x của  n đều tổ hợp tuyến tính của hệ véc tơ U.
Giải:
Ta có x = (x1; x2; ... ; xn-1; xn) được viết dưới dạng
x = (x1; 0; ... ; 0; 0) + (0; x2; ... ; 0; 0) + ... + (0; 0; ... ; xn -1; 0) + (0; 0; ... ; 0; xn)
= x1. (1; 0; ... ; 0; 0) + x2(0; 1; ... ; 0; 0) + ... +xn(0; 0; ... ; 1; 0) + xn(0; 0; ...; 0; 1)
= x1e1 + x2e2 + ... + xnen
2. Sự độc lập tuyến tính và phụ thuộc tuyến tính
Định nghĩa 2.
 Hệ vectơ {u1, u2, …, um}  E được gọi là phụ thuộc tuyến tính nếu tồn tại bộ m số
m
thực 1, 2, …, m không đồng thời bằng 0 ( 2i  0) sao cho
i 1
1u1 + 2u2 + … + mum = 
(*)
 Hệ vectơ {u1, u2, …, um}  E được gọi là độc lập tuyến tính nếu đẳng thức (*) chỉ
xảy ra với 1 = 2 = … = m = 0
Một số tính chất
Cho hệ U = {u1, u2, …, um}  E
Định lý 2.
i) Nếu hệ U độc lập tuyến tính  ui ≠ , i = 1, m .
ii) Nếu U độc lập tuyến tính và U  U thì hệ U độc lập tuyến tính.
Chứng minh
i) Giả sử tồn tại một véc tơ u i   . Khi đó phương trình véc tơ
1u1 + 2u2 + …+  i u i + … + mum =  có nghiệm
1   2  ..   i 1  0;  i  1;  i 1  ...   m  0 (không đồng thời bằng 0) nên U là hệ
phụ thuộc tuyến tính . Mâu thuẫn với giả thiết suy ra đpcm.
40
iii) Không mất tính tổng quát, ta giả sử U’ = {u1; u2; ... ; uk} ( 1  k  m ).
Xét phương trình véc tơ: 1 u 1   2 u 2  ...   k u k   (1)
 1 u 1   2 u 2  ...   k u k  0.u k 1  ...  0.u m   (2) mà U là hệ độc lập tuyến tính nên
(2) có nghiệm duy nhất  1   2  ...   k  0  ...  0 . Hay (1) có nghiệm duy nhất
 1   2  ...   k  0 nên U’ là hệ độc lập tuyến tính.
Hệ quả 1. Nếu   U thì hệ U phụ thuộc tuyến tính.
Hệ quả 2. Nếu hệ U phụ thuộc tuyến tính và U  V thì hệ V phụ thuộc tuyến tính.
Định lý 3. Hệ véc tơ U = {u1, u2, …, um} (m ≥ 2) là phụ thuộc tuyến tính khi và chỉ
khi có một vectơ của hệ là tổ hợp tuyến tính của các vectơ còn lại.
Chứng minh
(  ) Giả sử U là hệ phụ thuộc tuyến tính. Khi đó, tồn tại các số không đồng thời
bằng 0:  1 ;  2 ; ...;  m sao cho 1u1 + 2u2 + …+  i u i + … + mum =  . Không mất tính
tổng quát, ta giả sử  i  0 nên  i u i = - 1u1 - 2u2 - …-  i 1 u i 1   i 1 u i 1 - … - mum .
Hay u i 
 1
 2
  i 1
  i 1
 m
u1 
u 2  ... 
u i1 
u i1  ... 
u m . Hay ui là tổ hợp
i
i
i
i
i
tuyến tính các véc tơ còn lại của hệ.
(  ) Suy ra hiển nhiên từ định nghĩa sự phụ thuộc tuyến tính.
Hệ quả 3. Hệ U là độc lập tuyến tính khi và chỉ khi không có vectơ nào biểu diễn
tuyến tính qua các vectơ còn lại.
Hệ quả 4. Nếu hệ {u1, u2, …, um} là độc lập tuyến tính thì
hệ {u1, u2, …, um, v} là phụ thuộc tuyến tính khi và chỉ khi v là tổ hợp tuyến tính duy
nhất của các vectơ u1, u2, …, um.
Hệ quả 5. Hệ U có hai véc tơ tỷ lệ nhau là hệ phụ thuộc tuyến tính
Định lý 4. Trong không gian véc tơ E, cho hai hệ vectơ
U = {u1, u2, …, um }
V = {v1, v2, …, vp}
Nếu m > p và mọi vectơ của hệ U đều biểu diễn tuyến tính qua các vectơ của hệ V thì
hệ U phụ thuộc tuyến tính.
Chứng minh
Theo giả thiết, mỗi vec tơ ui (i = 1, 2, ..., m) có thể biểu diễn dưới dạng một tổ hợp
tuyến tính của hệ V nên:
41
u1 = a11v1 + a21v2 + ... + ap1vp
u2 = a12v1 + a22v2 + ... + ap2vp
...
um = a1mv1 + a2mv2 + ... + apmvp
Xét hệ phương trình tuyến tính thuần nhất m ẩn số k1, k2, ... , km:
a 11 k 1  a 12 k 2  ...  a 1m k m  0
a k  a k  ...  a k  0
 21 1
22 2
2m m
(*)

....

a p1 k 1  a p 2 k 2  ...  a pm k m  0

Hệ (*) này có số phương trình nhỏ hơn số ẩn (p < m) nên hệ này có vô số nghiệm. Gọi
(k1; k2; ... ; km) là một nghiệm không tầm thường của hệ đó. Từ (*) ta có
k1u1 + k2u2 + ... + kmum = k1(a11v1 + a21v2 + … + ap1vp) + k2(a12v1 + a22v2 + ... + ap2vp)
+ …+ km(a1mv1 + a2mv2 + … + apmvp)
= (a11k1 + a12k2 + … + a1mkm)v1 + (a21k1 + a22k2 + … + a2mkm)v2 + … + (ap1k1 + ap2k2
+ … + apmkm)vp= 0.v1 + 0.v2 + … + 0.vp = 0
Nên hệ véc tơ U là phụ thuộc tuyến tính.
Hệ quả 1. Nếu hệ U là độc lập tuyến tính và mọi véc tơ của hệ V biểu thị tuyến tính qua
U thì m  p .
Hệ quả 2. Nếu hệ véc U, V là độc lập tuyến tính; đồng thời mọi véctơ của U là tổ hợp
tuyến tính của hệ V và ngược lại, mọi véc tơ của hệ V là tổ hợp tuyến tính của hệ U thì
hai hệ véc tơ đó có số véc tơ bằng nhau.
Chứng minh hai hệ quả này đều suy ra từ định lý trên.
Ví dụ 3. Trong không gian R3, xét sự độc lập tuyến tính, phụ thuộc tuyến tính của hệ
a) U = {u = (1; 1; -2)}
b) U = {u1 = (1; 2; -3); u2 = (2; 4; -6)}
c) U = {u1= (1; 2; 3); u2 =(0; 0; 0); u3 = (1;3; -1)}
d) U = {u1 = (1, 1, 2), u2 = (1, 2, 5), u3 = (5, 3, 4)}
e) U = {u1 =(1; -1; 2); u2 = (2; 0; 1); u3 = (1; 2; - 4); u4 = (3; 1; 4)}
Giải :
Cách xét sự độc lập tuyến tính, phụ thuộc tuyến tính của hệ véc tơ U = {u1, u2, …,
um}:
Ta xét phương trình: k1u1 + k2u2 + … + kmum =  (*)
42
+) Nếu phương trình (*) có nghiệm duy nhất k1 = k2 = … = km = 0 thì U là độc lập
tuyến tính.
+) Nếu phương trình (*) có nghiệm k1; k2; … ; km không đồng thời bằng 0 thì U là
phụ thuộc tuyến tính.
Ngoài ra cần kết hợp với các tính chất trên để kết luận.
a) Hệ U chỉ có một véc tơ khác không nên U là độc lập tuyến tính
b) Hệ U chứa 2 véc tơ tỷ lệ nhau nên U là độc lập tuyến tính
c) Hệ U có chứa véc tơ không nên nó là hệ phụ thuộc tuyến tính
d) Ta có
k1u1 + k2u2 + k3u3 =   k1(1, 1, 2) + k2(1, 2, 5) + k3(5, 3, 4) = (0, 0, 0)
k 1  k 2  5k 3  0

 Hệ phương trình bậc nhất k 1  2k 2  3k 3  0 (*)
2k  5k  4k  0
2
3
 1
Lấy phương trình 2 trừ phương trình 1, phương trình 2 nhân với (-2) rồi cộng với
k 1  k 2  5k 3  0

phương trình 3 thì hệ (*)  hệ 
k 2  2k 3  0

k 2  2k 3  0

k 1  k 2  5k 3  0
 k  7 k 3
 1
.
k 2  2k 3  0

 k 2  2k 3
 
Chọn k3 = 1 thì hệ (*) có nghiệm là k1 = -7, k2 = 2, k3 = 1. Vậy chứng tỏ hệ đã cho là
phụ thuộc tuyến tính.
e) Giải tương tự d) suy ra hệ U là phụ thuộc tuyến tính.
43
§3. Hạng của hệ vectơ, cơ sở và số chiều của không gian vectơ
1. Hạng của một hệ vectơ
a) Hệ con độc lập tuyến tính cực đại của một hệ vectơ
Cho E là không gian véc tơ
Định nghĩa 1. Cho hệ vectơ U  E. Hệ con U’  U được gọi là hệ con độc lập tuyến
tính cực đại của hệ U nếu
+) U’ là hệ độc lập tuyến tính
+) x  U , x là tổ hợp tuyến tính của các véc tơ của U’
Chú ý 1. i) Điều kiện thứ hai trong định nghĩa trên tương đương với điều kiện:
x  U\ U’, hệ U’  {x} là phụ thuộc tuyến tính.
ii) Một hệ vectơ có thể: không có hệ con độc lập tuyến tính cực đại nào, hoặc có duy
nhất một hệ con độc lập tuyến tính cực đại, hoặc có nhiều hệ con độc lập tuyến tính cực
đại.
Ví dụ 1. Trong không gian R3, tìm hệ con độc lập tuyến tính cực đại của hệ véc tơ
U = {u1 = (1; 2; -1); u2 = (2; 1; -3); u3 = (3;3; - 4)}
Giải:
Đầu tiên ta chỉ ra một hệ con độc lập tuyến tính của U.
Đương nhiên hệ chỉ có một véc tơ luôn là hệ độc lập tuyến tính.
Xét hệ U’ = {u1; u2} có hai véc tơ không tỷ lệ nhau nên U’ là độc lập tuyến tính. Mặt
khác u3 = u1 + u2 nên U’  {u3} = U là hệ phụ thuộc tuyến tính. Do đó, hệ véc tơ U’ là hệ
con độc lập tuyến tính cực đại của U.
Tương tự, ta cũng có các hệ con độc lập tuyến tính cực đại của U là {u1; u3}; {u2; u3}.
Từ ví dụ này ta suy ra cách tìm hệ con độc lập tuyến tính cực đại của hệ véc tơ
* Cách tìm hệ con độc lập tuyến tính cực đại của một hệ vectơ U  E:
Bước 1: Chỉ ra một hệ con độc lập tuyến tính của hệ U, giả sử hệ con đó là U’.
Bước 2: Kiểm tra xem hệ U’ có phải là hệ con độc lập tuyến tính cực đại của hệ U hay
không?
- Nếu với x  U\ U’, x biểu diễn tuyến tính qua các vectơ của U’ thì U’ là hệ con độc
lập tuyến tính cực đại của hệ U.
44
- Ngược lại, nếu x  U\U’ mà x không biểu diễn tuyến tính qua các vectơ của U’ thì
hệ U’ không là hệ con độc lập tuyến tính cực đại của U. Khi đó, hệ U’  {x} độc lập
tuyến tính. Ta chuyển sang bước 2
Bước 2: Kiểm tra hệ U’  {x} có là hệ con độc lập tuyến tính cực đại của hệ
U hay không tương tự như kiểm tra đối với hệ U’ ở bước 2.
Cứ tiếp tục quá trình này sau một số hữu hạn bước ta sẽ tìm được hệ con độc lập
tuyến tính cực đại của hệ U.
Định lý 1. Nếu hệ U’ là một hệ con độc lập tuyến tính cực đại của hệ U  E thì mọi
vectơ của hệ U đều biểu diễn tuyến tính một cách duy nhất qua các vectơ của hệ U’.
Chứng minh
Theo định nghĩa hệ con độc lập tuyến tính cực đại của U nên mọi x  U đều là tổ hợp
tuyến tính của U’.
Giả sử véc tơ x  U có hai biểu diễn tuyến tính qua hệ U’ = {v1; v2; … ; vp}; trong đó
p
p
p
vi  U (i = 1, 2, …, p); tức là x   k i v i   h i v i   (k i  h i ) v i  0 . Do U’ là độc lập
i 1
i 1
i 1
tuyến tính nên ki = hi với mọi i. Vậy x là tổ hợp tuyến tính duy nhất của U’.
Định lý 2. Số vectơ của mọi hệ con độc lập tuyến tính cực đại của hệ U  E là bằng
nhau.
Chứng minh
Giả sử U1; U2 là hai hệ con độc lập tuyến tính cực đại của hệ véc tơ U có số véc tơ
tương ứng là m, p. Giả sử m > p. Do U2 là hệ con độc lập tuyến tính cực đại của U nên
mọi véc tơ của U1 đều biểu thị tuyến tính qua hệ U2 nên theo định lý 3.7 thì U1 là hệ phụ
thuộc tuyến tính. Điều này trái với giả thiết. Suy ra m  p . Thay đổi vai trò của m cho p
và U1 cho U2 ta suy ra m = p.
b) Hạng của một hệ vectơ
Định nghĩa 2. Số vectơ trong một hệ con độc lập tuyến tính cực đại của hệ U  E
được gọi là hạng của hệ vectơ U. Ký hiệu là r(U).
Quy ước r{} = 0.
Ví dụ 2. Trong không gian R3, tìm hạng của hệ véc tơ
U = {u1 = (1; 2; -1); u2 = (2; 1; -3); u3 = (3;3; - 4)}
Giải:
45
Theo ví dụ 1, các hệ con độc lập tuyến tính cực đại của U đều có 2 véc tơ nên
r(U) = 2.
Định lý 3. Trong không gian véc tơ E, cho hệ vectơ {u1, u2, …, um} và vectơ v. Khi
đó r{u1, u2, …, um} = r{u1, u2, …, um, v}  v là tổ hợp tuyến tính của các vectơ u1, u2,
…, um
Chứng minh
(  ) Hiển nhiên
(  ) Đặt U = {u1, u2, …, um}
Không mất tính tổng quát U’ = {u1; u2; ... ; uk}( k  m ) là hệ con độc lập tuyến tính
cực đại của U và r(U) = k. Theo giả thiết r{u1, u2, …, um, v} = r(U) nên nếu U’  {v} là
hệ độc lập tuyến tính thì r(U’  {v}) =r{u1, u2, …, um, v} = k + 1. Mâu thuẫn, suy ra U’
 {v} là hệ phụ thuộc tuyến tính . Do đó v là tổ hợp tuyến tính của hệ U’; và cũng là tổ
hợp tuyến tính của U.
Từ định nghĩa và định lý trên ta suy ra chú ý sau:
Chú ý 2.
i) Hệ vectơ U = {u1, u2, …, um}  E độc lập tuyến tính  r(U) = m.
ii) Hệ vectơ U = {u1, u2, …, um}  E phụ thuộc tuyến tính  r(U) < m.
iii) Hạng của một hệ vectơ không thay đổi nếu ta thêm vào hệ đó vectơ ; hoặc nhân
một véc tơ với một số khác 0; hoặc đổi chỗ hai véc tơ của hệ cho nhau;hoặc thêm vào hệ
đó một véc tơ là tổ hợp tuyến tính của các véc tơ của chính hệ đó.
Chú ý này cũng cung cấp cho chúng ta cách thứ 2 để xét sự độc lập tuyến tính và sự
phụ thuộc tuyến tính của hệ véc tơ bằng cách đưa về xét hạng của hệ véc tơ đó.
Định lý 4. Nếu A là ma trận cấp m x n: A = [aij]m x n thì hạng của ma trận A chính là
hạng của hệ véc tơ dòng của ma trận đó (hay cũng chính là hạng của hệ véc tơ cột của ma
trận đó).
Chứng minh:
Giả sử U = {d1, d2, ... , dm} là hệ véc tơ dòng của ma trận A; trong đó
di = (ai1; ai2; ... ; ain) (i = 1, m )
 Nếu r(U) = r thì từ tính chất của định thức và định nghĩa hạng của ma trận ta có
r(A) = r.
 Bây giờ xét trường hợp ngược lại, nếu r(A) = r, cần chứng minh rằng r(U) = r.
46
Không mất tính tổng quát tồn tại một định thức con cấp r ở góc trên bên trái của ma trận
...r
A khác 0: D = D12
12...r
a 11
a 21

...
a r1
a 12
a 22
...
a r2
... a 1r
... a 2 r
0
... ...
... a rr
Do D  0 nên r dòng đầu d1, d2, ..., dr của A là độc lập tuyến tính. Vì nếu chúng phụ
thuộc tuyến tính thì các dòng của D phụ thuộc tuyến tính, điều này kéo theo D = 0.
Ta sẽ chứng minh rằng hệ V = {d1, d2, ..., dr} là hệ con độc lập tuyến tính cực đại của U.
Hay mọi véc tơ dh ( r  1  h  m ) đều là tổ hợp tuyến tính của hệ véc tơ V.
Với mỗi i = 1, 2, ... , n lập định thức cấp r + 1:
a 11
a 21
 i  ...
a r1
a h1
a 12
a 22
...
a r2
a h2
...
...
...
...
...
a 1r
a 2r
...
a rr
a hr
a 1i
a 2i
...
a ri
a hi
+) Nếu 1  i  r thì  i = 0 vì định thức có 2 cột giống nhau
+) Nếu r  i  n thì  i là một định thức cấp r + 1 của ma trận A có r(A) = r nên  i = 0
Khi đó, khai triển  i theo cột cuối ta có
a1iF1 + a2iF2 + ... + ariFr + ahi.D = 0
Trong đó, Fj (j = 1, 2, 3, ..., r) là phần bù đại số của phần tử aij (số này không phụ thuộc
vào i), còn phần bù đại số của ahi chính là D  0. Nên ta có
a hi 
Đặt k j 
 Fj
D
 F1
 F2
 Fr
a 1i 
a 2i  ... 
a ri (1  i  n )
D
D
D
(1  j  r ) thì ta có dh = k1d1+ k2d2 + ... + krdr. Hay véc tơ dh là tổ hợp tuyến
tính của hệ véc tơ V. Nên r(U) = r.
Định lý này là cơ sở cung cấp cho chúng ta phương pháp tìm hạng của hệ véc tơ
trong không gian Rn.
Cách tìm hạng của hệ véc tơ trong Rn:
Cho hệ véc tơ U = {u1, u2, …, um}  Rn. Với mỗi i, ta có
47
 a 11
a
ui = (ai1, ai2, ... , ain); i = 1, 2, 3, … , n. Ma trận A   21
 ...

a m1
a 12
a 22
...
a m2
... a 1n 
... a 2 n 
(với dòng thứ
... ... 

... a mn 
i của A là toạ độ của véc tơ ui). Ma trận A được gọi là ma trận liên kết với hệ véc tơ U.
Khi đó r(U) = r(A).
Từ đây, việc tìm hạng của hệ véc tơ U đưa về tìm hạng của ma trận A.
Ví dụ 3. Trong không gian R4, tìm hạng của hệ véc tơ U = {u1, u2, u3, u4}
u1 = (1; -2; 3; 4); u2 = (1; -1; 2; -1); u3 = (2; - 3; 5; 3); u4 = (4; -5; 9; 1)
Giải:
Ta có ma trận liên kết với hệ véc tơ U:
1  2 3 4 
1  1 2  1

A
2  3 5 3 


4  5 9 1 
Biến đổi ma trận này về dạng bậc thang, ta được
4 
4
1  2 3 4 
1  2 3
1  2 3
1  1 2  1 d1  d 2 0 1  1  5  d 21 d3 0 1  1  5
  
  
=B
A
2  3 5 3  24dd1 dd 3 0 1  1  5  3d 2  d 4 0 0
0
0

 1 4



0
0
4  5 9 1 
0 3  3  15
0 0
Nên r(A) = r(B) = 2. Suy ra r(U) = 2
Chú ý 3. Từ mối liên hệ về hạng của hệ véc tơ U và hạng của ma trận A, ta có nhận
xét: +) r(A) = m  hệ véc tơ U độc lập tuyến tính
+) r(A) < m  hệ véc tơ U phụ thuộc tuyến tính
Ví dụ 4. Trong không gian R4, tìm m để hệ véc tơ U sau có hạng bằng 3
U = {u1 = (1; -2; 3; 4); u2 = (1; -1; 2; -1); u3 = (3; -5; 8; m); u4 = (3; - 4; 7; -2m + 12) }
Giải:
Gọi A là ma trận liên kết với hệ véc tơ U. Bài toán đưa về tìm m để r(A) = 3
1
1
Ta có A  
3

3
2 3
1 2
4
1


 . Biến đổi sơ cấp đưa ma trận A về dạng bậc thang

5 8
m

 4 7  2m  12
48
1
1
A
3

3
2
1
5
4
3
4
4
4 

1  2 3

1  2 3




2
 1   d1  d 2  0 1  1
 5  2 d3 d 4 0 1  1  5 


B
 33dd1 dd 3 0 1  1
8
m
m  12  d 2 d3 0 0
0 m  7
 1 4



7  2m  12
0
0 
0 2  2  2m  24
0 0
Ma trận B là ma trận dạng bậc thang.r(A) = r(B) = 3 khi và chỉ khi m  7 .
Vậy hệ véc tơ U có r(U) = 3 khi và chỉ khi m  7 .
2. Cơ sở và số chiều của không gian véc tơ
Định nghĩa 3.
Hệ véc tơ U = {u1, u2, ... , um} là một cơ sở của không gian véc tơ E nếu thoả mãn 2
điều kiện:
(i) Hệ U là hệ độc lập tuyến tính
(ii) Hệ U là hệ sinh của E, tức là với mọi véc tơ x  E thì x là tổ hợp tuyến tính của
hệ véc tơ U.
Khi đó, người ta nói E có số chiều bằng m và ký hiệu dimE = m. E được gọi là không
gian véc tơ hữu hạn chiều.
Trong trường hợp ngược lại nếu trong E không tồn tại một hệ véc tơ U có hữu hạn véc
tơ thoả mãn 2 điều kiện (i) và (ii) thì E được gọi là không gian vô hạn chiều.
Không gian  có số chiều bằng 0, cơ sở của không gian véc tơ là không duy nhất.
Ví dụ 5. Trong không gian Rn, cho hệ vectơ {e1 = (1, 0, …, 0), e2 = (0, 1, 0, …, 0), …,
en = (0, …, 0, 1)}.Chứng minh hệ U= {e1, e2, …, en} là một cơ sở của Rn và tìm chiều của
Rn .
Giải:
Mọi vectơ x = (x1, x2, …, xn)  R n đều có biểu diễn tuyến tính theo các vectơ e1, e2, …,
en:
x = (x1, x2, …, xn) = x1(1, 0, …, 0) + x2(0, 1, 0, …, 0) + … + xn(0, …, 0, 1)
= x1e1 + x2e2 + … + xnen.
Xét phương trình k1e1 + k2e2 + … + knen = 0
 k 1 (1, 0, ... , 0)  k 2 (0,1, ... , 0)  ...  k n (0, 0, ... ,1)  (0, 0, ... , 0)  k 1 , k 2 , ... , k n   0, 0, ..., 0
 k1 = k2 = … = kn = 0
Vậy hệ véc tơ {e1, e2, …, en} là độc lập tuyến tính
49
Vậy hệ {e1, e2, …, en} là một cơ sở của Rn, người ta gọi là cơ sở chính tắc của Rn và
dim(Rn) = n.
Định lý 5. Hệ véc tơ U = {u1, u2, ... , um} là cơ sở của không gian véc tơ E khi và chỉ
khi mọi x  E đều tồn tại duy nhất các số x1, x2, ... , xm sao cho
x = x1u1 + x2u2 + ... + xmum (*)
Khi đó, cặp m số (x1; x2; ... ; xm) được gọi là toạ độ của véc tơ x đối với cơ sở U
Chứng minh:
(  ) Với mọi x  E , do U là cơ sở của E nên luôn viết được: x = x1u1 + x2u2 + ... +
xmum. Giả sử x viết được dưới dạng khác: x = y1u1 + y2u2 + ... + ymum thì
x1u1 + x2u2 + ... + xnun = y1u1 + y2u2 + ... + ymum
 (x1  y1 )u1  (x 2  y 2 )u 2  ...  (x m  y m )u m  0 . Do hệ véc tơ U là độc lập tuyến
tính nên suy ra x1 = y1; x2 = y2; ... ; xm = ym. Hay biểu diễn (*) là duy nhất.
(  ) Giả sử có biểu diễn duy nhất (*), ta cần chứng minh hệ véc tơ U là cơ sở của E.
Trước hết U là hệ sinh của E.
Bây giờ chỉ cần chứng minh U là hệ độc lập tuyến tính
Thật vậy, xét k1u1 + k2u2 + ... + kmum = 0 (**)
Mặt khác, ta còn có 0.u1 + 0.u2 + ... + 0.um = 0 (***)
Từ (**) và (***) suy ra k1 = 0, k2 = 0, ... , km = 0.
Hay hệ véc tơ U là độc lập tuyến tính
Định lý 6. Cho không gian véc tơ E với cơ sở U = {u1, u2, ... , um}. Nếu V = {v1, v2, ...
, vp} (p < m) thì có thể chọn m – p véc tơ thích hợp trong U bổ sung vào V để được một
cơ sở mới của E.
Chứng minh
Nếu mọi phần tử của U đều là tổ hợp tuyến tính của V thì theo hệ quả 3.6 ta có m  p
mâu thuẫn với p < m. Do đó, có ít nhất một phần tử của U không là tổ hợp tuyến tính của
V chẳng hạn là vp + 1, hay hệ {v1, v2, ... , vp, vp+1} là độc lập tuyến tính
Nếu p + 1 = m thì suy ra điều phải chứng minh.
Còn nếu p + 1 < n thì lập luận tương tự như trên, suy ra tìm được véc tơ vp+2 của U để
hệ {v1, v2, ... , vp, vp+1, vp+2} là độc lập tuyến tính.
Quá trình trên cứ tiếp tục cho đến khi số phần tử của hệ véc tơ mới đủ bằng m. Hay
tìm được một cơ sở của E.
Từ định lý này ta suy ra hệ quả sau:
50
Hệ quả: Trong không gian véc tơ E có số chiều dimE = m
(i) Mọi hệ véc tơ độc lập tuyến tính có m véc tơ đều là cơ sở của E
(ii) Mọi hệ độc lập tuyến tính của E có nhiều nhất m véc tơ
(iii) Mọi hệ sinh của E có m véc tơ đều là cơ sở của E
(iii) Bất kỳ cơ sở nào của E cũng có m véc tơ
Ví dụ 6. Trong không gian R3, tìm m để hệ véc tơ sau là cơ sở của R3
U  u 1  (1; 2;1); u 2  (1;3;1); u 3  (2; 5; m)
Giải:
Ta có U là hệ có 3 véc tơ trong không gian R3 nên U là cơ sở của R3 thì U phải là hệ
độc lập tuyến tính.
1 2 1
1 2 1 


Mà ma trận liên kết với hệ véc tơ U là: A  1 3  1 có A  0 1  2  m
2 5 m 
0 0 m
Nên U độc lập tuyến tính  A  0  m  0
51
§4. Không gian vectơ con
1.Khái niệm về không gian véc tơ con
Cho không gian véc tơ E với hai phép toán cộng véc tơ và nhân một số với một véc tơ
Định nghĩa 1. Cho W  E, W  . Nếu với hai phép toán trên W cũng là không gian
véc tơ thì W được gọi là không gian con của V
Như vậy muốn chứng minh W  E là không gian con của E ta phải chứng minh rằng
bản thân W với hai phép toán: cộng hai véc tơ và nhân véc tơ với một số trong V cũng
thoả mãn 8 tiên đề của không gian véc tơ.
Ví dụ 1. Các tập hợp E, {  } là các không gian con của E
Định lý sau là cơ sở để chứng minh W  E là một không gian con của V đơn giản
hơn.
Định lý 1. Cho W  E, W  .
W được gọi là không gian vectơ con của E cần và đủ là W thoả mãn hai điều kiện sau
đây :
a) u, v  W thì u + v  W
b) u  W,   R thì u  W
Chứng minh
(  ) Nếu W là không gian con của E thì W thoả mãn 8 tiên đề của không gian véc tơ
nên đương nhiên sẽ thoả mãn a) và b).
(  ) Ngược lại giả sử a) và b) thoả mãn. Khi đó các tiên đề i), ii), v), vi), vii), viii) đã
thoả mãn trong E thì cũng thoả mãn trong W. Nên bây giờ ta chỉ cần chứng minh các
tiên đề iii) và iv) cũng thoả mãn trong W.
Thật vậy với u  W, ta có   0.u  W , - u = (-1). u  W (theo b)). Do đó, trong W ta
có: u +  =  + u = u
(-u) + u = u + (- u) = [1 + (-1)]u = 0u = 
Vậy W là không gian con của E
Chú ý 1. Mọi không gian vectơ con của E đều chứa  của E. Cơ sở và số chiều của
không gian véc tơ W cũng được gọi là cơ sở và số chiều của không gian con.
Ví dụ 2. Trong không gian R3, xét tập hợp
W   (x1 , x 2 , 0) : x 1 , x 2  R

Chứng minh rằng W là không gian con của R3. Tìm cơ sở và số chiều của W
52
Giải:
Trước hết ta có véc tơ không của R3:  = (0, 0, 0)  W
Bây giờ kiểm tra hai điều kiện a) và b) của định lý 3.12
Thật vậy, với u, v  W ta có u = (x1, x2, 0), v = (y1, y2, 0). Khi đó
u + v = (x1 + y1, x2 + y2 , 0)  W
 u = (  x1,  x2, 0)  W
Do đó, W là không gian con của không gian R3
Xét hệ véc tơ U của W: U = {u1 = (1, 0, 0); u2 = (0, 1, 0)}
Dễ dàng thấy rằng U là một hệ độc lập tuyến tính và mọi véc tơ X = (x1, x2, 0)  W
đều có X = x1u1 + x2u2 nên U là một cơ sở của W và dimW = 2
Ví dụ 3. Trong không gian các ma trận vuông cấp 2, Mat2(R). Xét tập


a b 
W  A  
; a, b  R 

 0 0


Chứng minh rằng W là một không gian con của Mat2(R). Tìm một cơ sở và số chiều
của W.
Chứng minh
0 0
Dễ thấy   
W
0 0
Bây giờ cần kiểm tra hai điều kiện a) và b) của định lý 3.12.
a 1
0
Thật vậy, với A, B  W, ta có A  
a  a 2
AB 1
 0
b1 
a
;B   2

0
0
b1  b 2 
ka
 W ; kA   1

0 
 0
b2 
0 
kb1 
W
0 
Vậy W là không gian con của Mat2(R).

1 0
0 1  
Xét hệ véc tơ U của W: U = U1  
; U 2  0 0 
0 0

 

a b 
  W đều
0 0 
Dễ dàng thấy rằng U là một hệ độc lập tuyến tính và mọi ma trận A  
có A = aU1 + bU2 nên U là một cơ sở của W và dimW = 2.
4. Không gian con sinh bởi một hệ véc tơ
Định nghĩa 2. Cho U = {u1, u2, …, um}  E. Gọi L[U] là tập hợp tất cả các tổ hợp
tuyến tính của các phần tử trên U:
53
L[U] = {u = t1u1 + t2u2 + … + tmum| t1, t2, …, tm  R}
L(U) được gọi là không gian vectơ con sinh bởi tập U và U được gọi là một hệ sinh
của L(U).
Định lý 2. Cho E là không gian véc tơ và U = {u1, u2, …, um}  E
a) L[U] là không gian vectơ con của E.
b) dimL(U) = r(U) và mọi hệ con độc lập tuyến tính cực đại của U đều là cơ sở cuả
L(U).
Chứng minh
i) Dễ thấy L[U]   vì   L[ U]
Với X  L[ U] : X  t 1 u 1  t 2 u 2  ...  t m u m ; Y  L[ U] : Y  k 1 u 1  k 2 u 2  ...  k m u m
Khi đó X + Y = (t1 + k1)u1 + (t2 +k2)u2 + … + (tn + kn)un  L[U]
Và kX = kt1u1 + kt2u2 + … + ktnun  L[U]
Nên L[U] là không gian con của không gian véc tơ E.
ii) Dễ dàng suy ra từ định nghĩa cơ sở và chiều của không gian véc tơ.
Ví dụ 4. Giả sử {u1, u2, u3} là một cơ sở của không gian véc tơ E và u  E. Chứng
minh rằng nếu u L[{u1, u2}] thì hệ {u1, u2, u} cũng độc lập tuyến tính
Giải:
Cách 1. Hệ {u1, u2, u3} là cơ sở của E thì {u1, u2, u3} độc lập tuyến tính và dimE = 3
nên hệ con {u1, u2} cũng độc lập tuyến tính. Do đó r({u1, u2}) = 2 mà u L(u1, u2) nên
r({u1, u2, u}) =3. Vậy hệ đó là cơ sở của không gian véc tơ 3 chiều E.
Cách 2. Có thể viết u = k1u1 + k2u2 + k3u3. Vì u L(u1, u2) nên k3  0 và
u3 
 k1
k
1
u1  2 u 2 
u . Đương nhiên u1, u2 cũng luôn biễu diễn được qua {u1, u2, u}.
k3
k3
k3
Do đó {u1, u2, u} cũng là hệ sinh của E. Mặt khác số véc tơ của hệ sinh bằng số chiều của
E suy ra nó là cơ sở của E.
5. Toạ độ của vectơ đối với một cơ sở
Định nghĩa 3. Trong không gian véc tơ E, cho cơ sở U = {u1, u2, …, un} thì với mọi
vectơ x  E biểu diễn được một cách duy nhất dưới dạng
n
x=
x u
i
i
= x1u1 + x2u2 + … + xnun
i 1
Khi đó, (x1, x2, …, xn) được gọi là toạ độ của x đối với (hoặc theo) cơ sở U.
54
Chú ý 2. Dễ thấy, nếu x, y theo thứ tự có toạ độ (x1, x2, …, xn), (y1, y2, …, yn) theo cơ
sở U thì x + y có toạ độ là (x1 + y1, x2 + y2, …, xn + yn) và kx (k  R) có toạ độ là (kx1,
kx2, …, kxn) theo cơ sở đó.
Ví dụ 5. Trong không gian R3 cho hệ véc tơ
U = {u1 = (1; 2; 1); u2 = (2; 9; 0); u3 = (3; 3; 4)}
a) Chứng minh rằng U là một cơ sở của R3
b) Tìm toạ độ của véc tơ X = (5; -1; 9) đối với cơ sở U
c) Tìm véc tơ Y trong R3 sao cho Y có toạ độ đối với cơ sở U là (-1; 3; 2)
Giải:
a) Bạn đọc từ làm
b) Để tìm toạ độ của véc tơ X đối với cơ sở U, ta phải tìm các số x1, x2, x3 sao cho
X = x1u1 + x2u2 + x3u3
 (5;1; 9)  x 1 (1; 2;1)  x 2 (2; 9; 0)  x 3 (3; 3; 4)
x 1  2 x 2  3x 3  5
x 1  1


 2 x 1  9 x 2  3x 3  1  x 2  1
x
x  3
 4x 3  9
 3
 1
Vậy toạ độ của X đối với cơ sở U là (1; -1; 2)
c) Theo định nghĩa toạ độ của Y đối với cơ sở U là (-1; 3; 2) nên
Y = - u1 + 3u2 + 2u3 = (11; 31; 7)
Ví dụ 6. Trong không gian R3 với hệ toạ độ vuông góc 0xyz và xét cơ sở chính tắc U =
{i, j, k} với i = (1 ; 0 ; 0) ; j = (0 ; 1 ; 0) ; k = (0 ; 0 ; 1) với véc tơ X = (a ; b ; c) ta có
X = (a ; 0 ; 0) + (0 ; b ; 0) + (0 ; 0 ; c) = a.(1 ;0 ;0) +b .(0 ; 1 ;0) + c(0 ; 0 ; 1)
= ai +bj + ck
Điều đó có nghĩa là các thành phần của một véc tơ X đối với hệ trục toạ độ vuông góc
0xyz chính là các toạ độ của X đối với cơ sở chính tắc của không gian R3.
55
§5. Không gian Euclide thực
Định nghĩa 1.
Cho E là một không gian véc tơ (ta chỉ xét không gian véc tơ trên trường số thực). Xét
hàm hai biến <., .>: E x E  R
(x, y)  <x, y>
thoả mãn các tính chất sau:
i) <x, y> = <y, x>
ii) <x1 + x2, y> = <x1, y> + <x2, y>
iii) <kx, y> = k.<x, y>
iv) <x, x> > 0 với mọi x   và <x ,x> = 0  x  
Hàm <., .> được gọi là tích vô hướng trên E
Khi đó E cùng với tích vô hướng <. , . > được gọi là không gian Euclide
 Véc tơ trực giao
Trong không gian Euclide E nếu <x, y > = 0 thì x được gọi là trực giao với y
Ví dụ 1. Không gian Rn với tích vô hướng
n
 x, y   xi y i ; x  ( x1 , x 2 ,..., x n ); y  ( y1 , y 2 ,..., y n )  R n là một không gian Euclide
i 1
Ví dụ 2. Không gian các ma trận cấp m x n, Matm x n(R) với tích vô hướng
 A, B  Tr (A T B) : vết của ma trận vuông, trong đó A, B là các ma trận cấp m x n.
cũng là một không gian Euclide.
 Độ dài của véc tơ
Cho véc tơ x  E - không gian Euclide, độ dài của véc tơ x là số xác định bởi
x   x, x 
Véc tơ x mà x  1 được gọi là véc tơ định chuẩn
Mọi véc tơ y  0 đều có thể chuẩn hoá được bởi việc nhân nó với  
y  1 .
Thật vậy, y   y, y    2  y, y    y 
56
1
. y 1
y
1
, khi đó
y
 Góc giữa hai véc tơ: Cho hai véc tơ x, y của không gian Euclide E, góc  0    
giữa hai véc tơ x và y được xác định bởi cos  
 x, y 
x.y
Ta phải chứng minh định nghĩa trên có ý nghĩa.
Định lý 1. Trong không gian Euclide E ta có
 x, y 
 1 hay  x , y   x . y ; x, y E (1)
x.y
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x và y phụ thuộc tuyến tính
Bất đẳng thức này được gọi là bất đẳng thức Cauchy – Bunhiacôpxki
Chứng minh
Với mọi x, y  E, t  R ta có
<x – ty, x – ty>  0  t 2  y, y  2t  x, y    x, x   0
2
2
Hay t 2 . y  2t  x, y   x  0 (2)
+) Nếu y  0 thì y =  nên bất đẳng thức luôn đúng
+) Nếu y  0 thì (2)  '  0   x, y   x . y
Dấu bằng xảy ra  x, y   x . y  '  0 , tức là tồn tại to để <x – toy, x –toy> = 0
Hay x = toy
Từ định lý, ta có hệ quả sau
Hệ quả: Trong không gian Euclide E, với mọi véc tơ x, y  E ta có
i) x  y  x  y
ii) x  y  x  y
 Hệ véc tơ trực giao
Hệ véc tơ {x1, x2, … , xn} được gọi là trực giao nếu chúng trực giao từng đôi một.
Ngoài ra nếu x k  1 (k =1, 2, … , n) thì hệ véc tơ đó được gọi là trực chuẩn
Từ khái niệm này ta có kết quả
Định lý 2. Trong không gian Eulclide E, mọi hệ véc tơ trực giao U = {x1, x2, … , xn}
không chứa véc tơ không đều là hệ độc lập tuyến tính
Chứng minh
n
Xét
k x
i
i
 ; k i  R (i  1,..., n )
i 1
57
Với mỗi xj  U (j = 1, …, n) ta có
n
  k i x i , x j   k j x j , x j  k j  x j , x j  0  k j  0 ( j  1,.., n )
i 1
Vậy hệ véc tơ U là độc lập tuyến tính
Hệ quả: Trong không gian Eulclide n chiều E mọi hệ véc tơ có n véc tơ khác không và
trực giao từng đôi một lập thành một cơ sở của E. Ta gọi là cơ sở trực giao.
Sau đây ta sẽ chỉ ra cách xây dựng cơ sở trực giao từ một cơ sở bất kỳ. Quá trình đó
được gọi là quá trình trực giao hoá một hệ véc tơ (hay còn gọi là phương pháp Gram –
Schmidt)
Định lý 3. Cho không gian Eulclide E và hệ véc tơ {x1, x2, … , xn } độc lập tuyến tính
của E. Khi đó có thể chọn được các số ij  R sao cho các véc tơ
 y1  x 1

 y 2   21 x 1  x 2

 y 3   31 x 1   32 x 2  x 3
........

 y n   n1 x 1   n 2 x 2  ...   n n 1 x n 1  x n
lập thành một hệ trực giao
Chứng minh
Dễ thấy hệ véc tơ xác định bởi
 y1  x 1

y  x   x 2 , x 1  y
2
1
 2
 y1 , y1 

 x 3 , y1 
 x3, y2 

y1 
y2
y 3  x 3 
 y1 , y1 
 y2 , y2 

........

 y  x   x n , y1  y   x n , y 2  y  ...   x n , y n 1  y
n
1
2
n 1
 n
 y1 , y1 
 y2 , y2 
 y n 1 , y n 1 

là hệ trực giao
58
Chương 3. HỆ PHƯƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH VÀ ỨNG DỤNG
§1. Khái niệm hệ phương trình tuyến tính
1. Các khái niệm
Định nghĩa 1. Hệ phương trình tuyến tính gồm m phương trình n ẩn là hệ có dạng
a11x1 + a12 x 2 + ... + a1n x n = b1
a x + a x + ... + a x
= b2
 21 1
22 2
2n n

..................................................
a m1x1 + a m2 x 2 + ... + a mn x n = b m
(I)
trong đó aij (i  1, m; j  1, n) , bi (i  1, m) là các số thực cho trước; x1, x2, …, xn là n ẩn số
cần tìm; các bi (i  1, m) được gọi là các hệ số tự do.
 Nếu hệ (I) có số phương trình bằng số ẩn (m = n) thì hệ (I) được gọi là hệ vuông.
 Nếu b1 = b2 = … = bm = 0 thì hệ (I) được gọi là hệ phương trình tuyến tính thuần
nhất.
 Nghiệm của hệ (I) là một bộ n số (c1, c2, …, cn) sao cho khi thay thế
x1 = c1, x2 = c2, …, xn = cn vào (I) thì ta được m đồng nhất thức. Có thể viết nghiệm dưới
 c1 
c 
các dạng sau: (c1, c2, …, cn) hoặc  2  .
 ... 
 
c n 
 Giải hệ (I) là ta đi tìm tất cả các nghiệm của hệ (I).
 Ta gọi ma trận
a11 a12 ... a1n 
a a
... a 2n 
A =  21 22
...



a m1 a m2 ... a mn 
là ma trận các hệ số của hệ (I).
Ma trận
 a 11
a
21

A = 
 ...

a m1
a 12
a 22
...
a m2
được gọi là ma trận bổ sung của hệ (I).
59
... a 1n
... a 2 n
... ...
... a mn
: b1 
: b 2 
... 

: bm 
Định nghĩa 2. Hai hệ phương trình được gọi là tương đương nếu chúng có cùng tập
nghiệm. Các phép biến đổi của hệ phương trình mà không làm thay đổi tập nghiệm của
hệ đó được gọi là phép biến đổi tương đương của hệ phương trình.
Trong quá trình giải hệ phương trình, chúng ta thường dùng các phép biến đổi sau :
- Đổi chỗ hai phương trình của hệ cho nhau
- Nhân hai vế của một phương trình với một số khác 0
- Nhân hai vế của một phương trình với một số tuỳ ý rồi cộng vào phương trình khác vế
theo vế.
Chú ý 1. Các phép biến đổi tương đương của hệ phương trình trên chính là các phép biến
đổi sơ cấp về dòng đối với ma trận bổ sung của hệ đó.
2. Dạng ma trận, dạng véc tơ của hệ phương trình tuyến tính
Đặt
 x1 
x 
X =  2  : ma trận cột ẩn,
... 
 
x n 
 b1 
b 
B =  2  : ma trận cột hệ số tự do
... 
 
 bm 
Khi đó hệ phương trình tuyến tính (I) được biểu diễn dưới dạng ma trận
A.X = B
(II)
 a1j 
a 
2j
Đặt C j    ; j  1,.., n là các cột của ma trận A. Khi đó hệ (I) được viết dưới dạng
 ... 
 
a mj 
x1C1 + x2C2 + … +xnCn = B
(III)
Như vậy, một hệ phương trình tuyến tính có thể viết tương đương dưới dạng ma trận hoặc
dạng véc tơ.
Ví dụ 1. Cho hệ phương trình tuyến tính 3 phương trình 4 ẩn
x 1  2x 2  x 3  x 4  1

2 x 1  x 2  2 x 3  x 4  2
 x  x  3x  x  3
2
3
4
 1
60
 x1 
1
x 
2
Hệ có các ẩn là x1, x2, x3, x4 nên ma trận ẩn số là X    ; ma trận vế phải là B   2  .
x 3 
  3
 
x 4 
 1  2 1  1
1


Ma trận hệ số của hệ là A   2 1 2 1  ; các véctơ cột của A là C1   2  ;
 1  1 3  1
 1
  2
1 
 1
 1  2 1 1 :1 
~ 






C 2   1  ; C 3  2 ; C 4   1  ; ma trận bổ sung của hệ : A   2
1 2 1 : 2 
  1 
3
 1
 1  1 3  1 : 1
Khi đó hệ có dạng ma trận và dạng véc tơ tương ứng là
A. X = B ; x1C1 + x2C2 + x3C3 = B
3. Hệ có dạng tam giác, hệ có dạng bậc thang
Định nghĩa 3. Hệ n phương trình, n ẩn có dạng
a 11 x 1  a 12 x 2  ...  a 1n x n  b1

a 22 x 2  ...  a 2 n x n  b 2

với a11a22…ann  0

...


a nn x n  b n
được gọi là hệ có dạng tam giác
Ma trận hệ số A của hệ chính là ma trận dạng tam giác trên. Dễ thấy rằng hệ này có
nghiệm duy nhất. Hệ này giải bằng cách giải từ phương trình thứ n để tìm ẩn xn, rồi giải
phương trình thứ n -1 để tìm ẩn xn-1, …, quá trình đó cứ tiếp tục cho đến khi tìm được ẩn
x1. Cách giải này gọi là giải ngược từ dưới lên trên để tìm nghiệm của hệ phương trình.
x 1  2x 2  x 3  1

x 2  2x 3  2
Ví dụ 2. Giải hệ sau : 

x 3  1

Giải: Từ phương trình thứ 3 ta có x3 = -1 ; thay vào phương trình thứ 2 ta có x2 = 2 + 2x3
= 0 ; thay x2, x3 vào phương trình thứ nhất ta được : x1 = 1 + 2x2 – x3
 1
Vậy hệ có nghiệm duy nhất : X  0 
2 
Định nghĩa 4. Hệ r phương trình, n ẩn số (r < n) có dạng
61
a 11 x 1  a 12 x 2  ...  a 1r x r  ...  a 1n x n  b1

a 22 x 2  ...  a 2 r x r  ...  a 2 n x n  b 2

với a11a22... arr  0

....


a rr x r  ....  a rn x n  b r
được gọi là hệ dạng bậc thang
Ma trận bổ sung của hệ khi đó sẽ có bậc thang
a 11
0

~  ...
A0

 ...
 0
a 12
a 22
... a 1r
... a 2 r
...
0
... ...
... a rr
...
0
... ...
... 0
... a 1n : b1 
... a 2 n : b 2 
...
... 
... a rm : b r 

... ...

... 0 : 0 
Với hệ có dạng bậc thang, từ phương trình thứ r, ta tính xr thông qua các ẩn xr+1, xr+2, ... ,
xn. Rồi thay vào phương trình thứ r -1 để tính xr – 1 theo các ẩn xr+1, xr+2, ... , xn quá trình
trên cứ tiếp tục cho đến x2, x1.
x 1  2x 2  x 3  2x 4  1

x 2  2x 3  x 4  2
Ví dụ 3. Giải hệ phương trình 

x 3  2 x 4  1

Giải: Từ phương trình thứ 3, ta có x3 = 2x4 – 1, thay vào phương trình 2 ta được
x2 = - 2(2x4 -1) + x4 + 2 = -3x4 + 4
Cuối cùng, thay vào phương trình thứ nhất thu được
x1 = -2x2 + x3 – 2x4 + 1 = - 2(-3x4 + 4) + 2x4 – 1 – 2x4 + 1 = 6x4 – 8
Vậy hệ có nghiệm X = (6k – 8; - 3k + 4; 2k -1); k tuỳ ý.
62
§2. Phương pháp giải hệ phương trình
1. Điều kiện tồn tại nghiệm
Định lý 1. (Định lý Kronecker-Capeli). Hệ phương trình tuyến tính (I) có nghiệm khi và
chỉ khi r(A) = r( A ).
Ví dụ 1. Tìm m để hệ sau có nghiệm
x 1  2x 2  x 3  x 4  1
x  3x  2 x  x  2
 1
2
3
4

2 x 1  5 x 2  4 x 3  2 x 4  3
3x 1  8x 2  6 x 3  x 4  m
Giải Ta có ma trận bổ sung của hệ là
1

~ 1
A
2

3
2 1 1
:1 
3  2  1 : 2

5  4 2 :3 

8 6 1 :m
Biến đổi sơ cấp đưa ma trận bổ sung về dạng bậc thang
1
1
~
A
2

3
2 1 1
:1 
1
 d1  d 2


d

d

d
3  2  1 : 2 1 2 3 0

5  4 2 : 3   d 2  d 3  d 4 0


8 6 1 :m
0
2 1 1
:1 
1  1  2 : 3 
0 1 2
:4 

0 0
0 : m  1
~
Từ đây ta có hệ có nghiệm  r (A)  r (A)  m  1  0  m  1
2. Điều kiện duy nhất nghiệm
Định lý 2. Hệ phương trình tuyến tính (I) có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi
r(A) = r( A ) = số ẩn (= n)
Chứng minh
Hệ có nghiệm duy nhất  tồn tại duy nhất các số x1o, x2o, ... , xno sao cho
x1o C1 + x2oC2 + … +xnoCn = B
~
 r C1 , C 2 , ... , C n   n  r (A )  r (A )  n (đpcm)
Ví dụ 2. Tìm m để hệ sau có nghiệm duy nhất
x 1  x 2  mx 3  1

x 1  mx 2  x 3  m

2
mx 1  x 2  x 3  m
Giải: Hệ có số phương trình bằng số ẩn và bằng 3 nên có nghiệm duy nhất
63
 r (A)  3  A  0
1 1 m
Ta có A  1 m 1  (m  2)(m  1) 2
m 1 1
m  1
m  2
Nên hệ có nghiệm duy nhất  
3. Phương pháp giải hệ phương trình tuyến tính
a) Phương pháp giải hệ Cramer
Định nghĩa 5. Hệ Cramer là hệ n phương trình tuyến tính n ẩn (hệ vuông) có ma trận hệ
số A không suy biến (det(A)  0).
Định lý 3. Hệ Cramer luôn có nghiệm duy nhất.
Công thức nghiệm: xj =
j
A
(j = 1, n )
trong đó,  j là ma trận nhận từ A bằng cách thay cột thứ j bởi cột hệ số tự do, các cột
khác không thay đổi (j = 1, n ).
4 x 1  3x 2  2 x 3  7

5
Ví dụ 3. Giải hệ sau  x 1  x 2
3x
 x3  4
 1
Giải
4 3 2
Ta có định thức của ma trận hệ số A là A  1 1 0  7  0 nên hệ là hệ Cramer.
3 0 1
Do đó có nghiệm duy nhất: x 1 

1

; x1  2 ; x1  3
A
A
A
7 3 2
4 7 2
4 3 7
Mà  1  5 1 0  0;  2  1 5 0  35;  3  1 1 5  28
4 0 1
3 4 1
3 0 4
Vậy hệ có nghiệm (x1=
0
35
28
=0; x2 =
= 5; x3 =
= 4)
7
7
7
Ví dụ 4. Tìm điều kiện để hệ sau có nghiệm duy nhất
64
mx 1  x 2  x 3  1

x 1  mx 2  x 3  m

2
x 1  x 2  mx 3  m
Giải
Nhận xét: Các hệ trên là các hệ có số phương trình bằng số ẩn. Nên hệ có nghiệm duy
nhất  A  0
m 1 1
Ta có A  1 m 1  (m  2)(m  1) 2
1 1 m
m  2
m  1
Nên hệ có nghiệm duy nhất  
b). Phương pháp giải hệ tổng quát
Giả sử ta giải hệ tổng quát m phương trình tuyến tính, n ẩn dạng:
a11x1 + a12 x 2 + ... + a1n x n = b1
a x + a x + ... + a x
= b2
 21 1
22 2
2n n

..................................................
a m1x1 + a m2 x 2 + ... + a mn x n = b m
Cách giải:
 Tính r(A), r( A )
 So sánh r(A) với r( A ):
+ Nếu r(A)  r( A ) thì hệ (I) vô nghiệm.
+ Nếu r(A) = r( A ) = số ẩn (= n) thì hệ (I) có nghiệm duy nhất cho bởi công thức
Cramer: xj =
j
A
(j = 1, n )
+ Nếu r(A) = r( A ) = r < n thì hệ (4.1) có vô số nghiệm (hay còn gọi là hệ vô
định):
Chỉ ra một định thức con cơ sở của ma trận A, giả sử ta đã chỉ ra một định thức
con cơ sở là Dr. Khi đó hệ phương trình đã cho tương đương với hệ gồm r phương trình
của hệ đã cho mà có hệ số của các ẩn tạo nên Dr. r phương trình này được gọi là các
phương trình cơ bản của hệ (I). r ẩn của hệ (I) có hệ số tạo thành r cột của Dr được gọi là
các ẩn cơ bản, (n – r) ẩn còn lại được gọi là các ẩn tự do. Ta giải hệ gồm r phương trình
cơ bản và r ẩn cơ bản bằng cách chuyển (n – r) ẩn tự do sang vế phải và coi như là các
65
tham số, ta được hệ Cramer. Giải hệ Cramer đó, ta được công thức biểu diễn r ẩn cơ bản
qua (n – r) ẩn tự do.
c) Phương pháp Gauss
Nội dung của phép khử Gauss như sau:
 Ta sử dụng các phép biến đổi sơ cấp về hàng để đưa ma trận bổ sung A về dạng
ma trận bậc thang.
 Khi đó hệ phương trình đã cho tương với hệ phương trình mới có ma trận hệ số
bổ sung là ma trận bậc thang vừa thu được. Sau đó ta giải hệ mới này từ phương trình
cuối cùng, thay các giá trị của ẩn vừa tìm được vào phương trình trên đó và cứ tiếp tục
giải cho đến phương trình đầu tiên ta sẽ thu được nghiệm của hệ phương trình đã cho.
2 x 1  x 2  3x 3  4 x 4  1
 x  3x  x  x  2

2
3
4
Ví dụ 5. Giải hệ  1
3x 1  2 x 2  2 x 3  3x 4  1
x 1  4 x 2  4 x 3  5x 4  3
Giải:
Trước hết, tìm hạng của ma trận hệ số và ma trận bổ sung
Ta có
2 1  3 4
1  3 1  1
~
A
3  2  2 3

1 4  4 5
: 1
1  3 1  1 : 2
1  3 1  1 : 2



: 2  d1 d 2  2 1  3 4 : 1   2d1 d 2 0 7  5 6 : 5 


 3  2  2 3 : 1 3dd1 dd 3 0 7  5 6 : 5 
: 1


 1 4 

: 3
1
4

4
5
:
3


0 7  5 6 : 5 
1  3 1  1 : 2
1  3 1  1 : 2
0 7  5 6 : 5  d 2 d 3 0 7  5 6 : 5 
  

 
 3 d1  d 3  0
 d 2  d 4 0


7

5
6
:
5
0
0
0
:
0
 d1  d 4




0
0 :0 
0 7  5 6 : 5 
0 0
~
Khi đó r(A) = r( A ) = 2 < n = 4. Do đó hệ có vô số nghiệm
 2 d1  d 2
x 1  3x 2  x 3  x 4  2
7 x 2  5x 3  6 x 3  5

Khi đó hệ đã cho  
Chọn 4 – 2 = 2 ẩn tự do là x3, x4 và x1, x2 khi đó là ẩn cơ bản.
Hệ trở thành
1  8x 3  11x 4

x 1 
x 1  3x 2   x 3  x 4  2
7

; x3, x4  R

7
x

5
x

6
x

5
5

5
x
2
3
3
3  6x 4

x 
2
7

66
 1  8  11 5  5  6

;
; ;   (;   R )
7
7


Vậy hệ có vô số nghiệm X  
Ví dụ 6. Giải và biện luận hệ phương trình sau
mx 1  x 2  mx 3  1

 x 1  mx 2  mx 3  1
 x  x  x 1
2
3
 1
Giải:
Nhận xét: Đây là hệ có 3 phương trình, 3 ẩn số có ma trận bổ sung là
m 1 1 : 1
~ 
A   1 m m : 1
 1 1 1 : 1
m 1 m
Ta có A  1 m m  (m  1) 2
1 1 1
* Nếu m  1 thì A  0 nên hệ là hệ Cramer nên có nghiệm duy nhất.
Mặt khác ta lại có
1 1 m
m 1 m
m 1 1
2
2
 1  1 m m  (m  1) ;  2  1 1 m  (m  1) ;  3  1 m 1  (m  1) 2
1 1 1
1 1 1
1 1 1





Do đó, nghiệm của hệ là  x 1  1  1; x 2  2  1; x 1  3  1

A
A
A

* Nếu m = 1 khi đó ma trận bổ sung có dạng
1 1 1 : 1
1 1 1 : 1
~ 

A  1 1 1 : 1  0 0 0 : 0
1 1 1 : 1
0 0 0 : 0
~
Suy ra r(A) = r (A )  1  n  3 nên hệ có vô số nghiệm
Hệ  x1 + x2 + x3 = 1  x 3  1  x 1  x 2 ; x 1 , x 2  R
Vậy hệ có nghiệm X = 1    ; ; ; ,   R
4. Hệ phương trình tuyến tính thuần nhất
Định nghĩa 6. Hệ phương trình tuyến tính thuần nhất là hệ phương trình tuyến tính có
các hệ số tự do bằng không, tức là hệ có dạng
67
a11x1 + a12 x 2 + ... + a1n x n = 0
a x + a x + ... + a x = 0
 21 1
22 2
2n n

..................................................
a m1x1 + a m2 x 2 + ... + a mn x n = 0
(IV)
Nhận xét.
+ Hệ (IV) luôn có nghiệm là x1 = x2 = … = xn = 0. Nghiệm này được gọi là
nghiệm tầm thường của hệ (IV).
+ Hệ (IV) có nghiệm duy nhất (đó là nghiệm tầm thường)  r(A) = n.
+ Hệ (IV) có nghiệm không tầm thường  r(A) < n.
+ Hệ thuần nhất vuông (hệ có số phương trình bằng số ẩn) có nghiệm không tầm
thường khi và chỉ khi det(A) = 0.
Ví dụ 1. Giải và biện luận hệ phương trình sau
3x + y + 10z = 0

2x + ay + 5z = 0
 x + 4y + 7z = 0

Giải:
Đây là hệ thuần nhất vuông. Ta có
3
1
10
det(A) = 2
a
1
4
5 = 11(a + 1)
7
+ Với a  -1, det(A)  0 nên hệ đã cho chỉ có nghiệm tầm thuờng x = y = z = 0.
+ Với a = -1, hệ đã cho trở thành:
3x + y + 10z = 0

2x - y + 5z = 0
x + 4y + 7z = 0

Vì
3
2
1
= - 5 ≠ 0 nên hệ đã cho tương đương với hệ
-1
3x + y + 10z = 0
3x + y = -10z
 

2x - y + 5z = 0
2x - y = -5z
 5x = -15z  x = -3z  y = 2x + 5z = - z
Vậy, với a = -1, hệ đã cho có vô số nghiệm là
68
 x = -3t

 y = -t ; t  R
z = t

Ví dụ 2. Tìm m để hệ sau có nghiệm không tầm thường và tìm các nghiệm đó
0
(2  m) x 1  x 2

 x 1  mx 2 
x3  0


x 1  3x 2  (1  m) x 3  0

Giải:
Cách 1. Dùng phương pháp Gauss
Ta có, ma trận hệ số là
0 
3 1  m
3
1 m
2  m 1
 1
1







A   1  m
1    1  m
1   0  m  3
2m

 1
2  m 1
0 3m  5  m 2  3m  2
3 1  m 
0 
* Nếu – m + 3 = 0  m  3 , ta có
1 3 1  m
1 3 1  m


A  0 0  1   0 4  2   r (A)  3
0 4  2 
0 0  1 
nên hệ chỉ có nghiệm tầm thường
* Nếu m  3 ta có

1 3
1

3
1 m



2m
A  0
1
  0 1
3 m



2

0 3m  5  m  3m  2
0 0
1 m
2m
3 m
m 3  3m 2
3 m





 4

m  2
Để hệ có nghiệm tầm thường thì m3 – 3m2 – 4 = 0  
 r (A )  2 .
 m  1
Khi đó, hệ có nghiệm tầm thường
1 3  1
+) Nếu m = 2 thì A  0 1 0 
0 0 0 
 x1  α
 x1  3x 2  x 3  0

Khi đó hệ  
  x 2  0; α  *
x2
0

x  α
 3
69
1 3  1

3
+) Nếu m = - 1 thì A  0 1

0 0 04 


α

 x1  4

 x1  3x 2  x 3  0
*
3


Khi đó hệ  

α; α 
x 2 
3
4
x 2  x3  0


4
x 3  α


Cách 2.
Vì hệ có số phương trình bằng số ẩn nên ta tính định thức ma trận hệ số A.
2m 1
0
A  1  m
1  (m  2) 2 (m  1)
1
3 1 m
m  2
thì hệ có nghiệm tầm thường duy nhất
 m  1
* Nếu A  0  
m  2
. Khi đó hệ có nghiệm không tầm thường và sử dụng phương
m  1
* Nếu A  0  
pháp Gauss ta tìm được nghiệm của hệ đó.
Ví dụ 3. Tìm công thức nghiệm của hệ sau
 x 1  2x 2  3x 3  x 4  0
 2 x  3x  x  2 x  0
 1
2
3
4

 3x 1  x 2  4 x 3  x 4  0
 x 1  2 x 2  3x 3  x 4  0
Giải:
Ta có ma trận hệ số các ẩn
3
1
3
1 
1 2
 1 2
 1
2



2
d

d

d

d
3 1 2  1 2  0
7
5
4  1 2  0
A


 3  1 4  1 d3dd1  d3  0  7  5  4
0

 1 4 


0
0
0 
 1  2  3  1
0
0
2 3 1
7 5 4
0 0 0

0 0 0
Suy ra r(A) = 2 < n = 4 nên hệ có vô số nghiệm. Chọn x3, x4 làm ẩn tự do và x1, x2 là ẩn
cơ bản. Khi đó, hệ trở thành
70
11
3

x 1  2x 2  3x 3  x 4  x 3  x 4

 x 1  2x 2  3x 3  x 4  0

7
7
(x3, x4 tuỳ ý)


7 x 2  5x 3  4 x 4  0

x   5 x  4 x
3
4
 2
7
7
 11

3 3
4

  ;
  ; ;  ; ,   R 
7 7
7

 7

Tập nghiệm của hệ 
71
§3. Một số mô hình tuyến tính trong phân tích kinh tế
1. Mô hình cân đối liên ngành (mô hình Input – Outphut của Leontief)
Mô hình Input – Output của Leontief (còn gọi là mô hình I/O) đề cập đến việc xác
định mức tổng cầu đối với sản phẩm của mỗi ngành sản suất trong tổng thể nền kinh tế. Ở
đây khái niệm ngành được xem xét theo nghĩa ngành thuần tuý sản xuất. Các giả thiết đặt
ra để xây dựng mô hình như sau:
 Mỗi ngành sản xuất một loại hàng hoá thuần nhất hoặc sản xuất một số hàng hoá
phối hợp theo tỷ lệ nhất định (coi mỗi tổ hợp hàng hoá theo tỷ lệ cố định).
 Các yếu tố đầu vào của sản xuất trong phạm vi ngành được sử dụng theo tỷ lệ cố
định.
Trong nền kinh tế hiện đại, việc sản xuất một loại hàng hoá nào đó (output) đòi hỏi sử
dụng các loại hàng hoá khác nhau để làm nguyên liệu đầu vào (input) của quá trình sản
xuất và việc xác định tổng cầu đối với sản phẩm của mỗi ngành sản xuất trong tổng thể
nền kinh tế là quan trọng nó bao gồm:
- Cầu trung gian từ phía các nhà sản xuất sử dụng loại sản phẩn đó cho quá trình sản
xuất
- Cầu cuối cùng từ phía những người sử dụng sản phẩm để tiêu dùng cho quá trình sản
xuất hoặc xuất khẩu, bao gồm các hộ gia đình, nhà nước, các tổ chức xuất khẩu,..
Xét một nền kinh tế có n ngành sản xuất, ngành 1, 2, 3, … , n. Để thuận tiện cho việc
tính chi phí cho các yếu tố sản xuất, ta phải biểu diễn lượng cầu của tất cả các loại hành
hoá ở dạng giá trị, tức là đo bằng tiền. Tổng cầu về sản phẩm hành hoá của ngành i (i = 1,
2, … , n) được ký hiệu và xác định bởi:
xi = xi1 + xi2 + … + xik + bi (i =1, 2, … , n)
(*)
Ở đây:
xik là giá trị sản phẩm của ngành i mà ngành k cần sử dụng cho quá trình sản xuất của
mình (giá trị cầu trung gian).
bi là giá trị sản phẩm của ngành i dành cho nhu cầu tiêu dùng và xuất khẩu (giá trị cầu
cuối cùng)
Tuy nhiên trong thực tế ta thường không có thông tin về giá trị cầu trung gian xik,
nhưng người ta lại chủ động trong việc xác định tỉ phần chi phí đầu vào của sản xuất. Ký
72
hiệu aik là tỉ phần chi phí đầu vào của ngành k đối với sản phẩm của ngành i, nó được tính
bởi công thức: a ik 
x ik
(i, k = 1, 2, ... , n)
xk
Chú ý rằng: 0  a ik  1 và ở đây giả thiết aik là cố định đối với mỗi ngành sản xuất i (k
=1, 2, ... , n). Người ta còn gọi aik là hệ số chi phí đầu vào và ma trận A = [aik]n x n được
gọi là ma trận hệ số chi phí đầu vào (hay ma trận hệ số kỹ thuật).
Giả sử aik = 0,4 có nghĩa là để sản xuất ra 1 đồng giá trị sản phảm của mình, ngành k
đã phải chi 0,4 đồng để mua sản phẩm của ngành i phục vụ cho quá trình sản xuất. Các
phần tử của dòng i của A là hệ số giá trị hàng hóa của ngành i bán cho mỗi ngành của nền
kinh tế để làm hàng hóa trung gian (kể cả chính ngành i), còn cột k là cột hệ số giá trị
hàng hóa mà ngành k mua của mỗi ngành để sử dụng cho việc sản xuất hàng hóa của
mình (kể cả chính ngành k). Tổng tất cả các phần tử của cột k là tỷ phần chi phí mà
ngành k phải trả cho việc mua các hàng hóa trung gian tính trên 1 đơn vị giá trị hàng hóa
n
của mình, do đó
a
ik
 a 1k  a 2 k  ...  a nk  1(k  1,2,..., n ) .
i 1
 x1 
 b1 
 
 
x2 
b 
Đặt X   ; b   2 
...
...
 
 
x 
b 
 n
 n
Ta gọi X là ma trận tổng cầu và b là ma trận cuối cùng. Khi đó, từ đẳng thức (*) thay
xik = aikxk chúng ta có
x i  a i1 x 1  a i 2 x 2  ...  a in x n  b i

i  1,2,...., n
Hay biểu diễn dưới dạng ma trận :
 x 1   a 11
  
 x 2  a 21
 ...    ...
  
x  a
 n   n1
a 12
a 22
...
a n2
Tức là X = AX + b
... a 1n   x 1   b1 
   
... a 2 n   x 2   b 2 
.

... ...   ...   ... 


 

... a nn   x n   b n 
(**)
Từ (**) ta có (E – A)X = b
Ở đây, E là ma trận đơn vị cấp n. Nếu E – A khả nghịch thì
X = (E – A)-1b
(***)
73
Công thức (***) được gọi là công thức tính ma trận tổng cầu. Ma trận E – A được gọi
là ma trận Leontief. Ma trận nghịch đảo của E – A có thể tính theo công thức :
(E- A)-1 = E +A + A2 + …+ An.
Như vậy nếu chúng ta biết ma trận hệ số kỹ thuật A và ma trận cầu cuối cùng thì sẽ
xác định được giá trị tổng cầu của các ngành sản xuất.
Ví dụ 1. Giả sử nền kinh tế có hai ngành sản xuất : ngành 1 và ngành 2 có ma trận hệ số
0,2 0,3
 . Cho biết giá trị cầu cuối cùng đối với sản phẩm của ngành 1
0,4 0,1
kỹ thuật là A  
và ngành 2 theo thứ tự là 40, 20 tỷ đồng. Hãy xác định giá trị tổng cầu đối với mỗi ngành.
Giải :
x 
Ký hiệu X   1  là ma trận tổng cầu ; với x1 là giá trị tổng cầu của ngành 1, x2 là giá trị
x2 
tổng cầu của ngành 2.
 40 
Theo giả thiết ma trận cầu cuối b có dạng : b   
 20 
Theo công thức tính ma trận tổng cầu (***) ta có X = (E – A)-1.b
1 0 0,2 0,3  0,8  0,3
1 0,9 0,3
và E  A 1 





0,6 0,4 0,8
0 1 0,4 0,1  0,4 0,9 
Ta có E  A  
Do đó X 

1 0,9 0,3  40   70

.
.   

0,6 0,4 0,8  20  160 / 3 
Vậy giá trị tổng cầu của ngành 1 là x1 = 70 tỷ đồng
Giá trị tổng cầu của ngành 2 là x2 = 160/3 tỷ đồng
Ví dụ 2. Giả sử trong một nền kinh tế có 3 ngành sản xuất: ngành 1, ngành 2, ngành 3.
0,4 0,1 0,2
Biết ma trận hệ số kỹ thuật là: A  0,2 0,3 0,2
 0,1 0,4 0,3
với giá trị cầu cuối cùng đối với sản phẩm của từng ngành thứ tự là 40, 40 và 110 (đơn vị
tính: nghìn tỷ đồng).
a) Hãy xác định giá trị tổng cầu của từng ngành sản xuất.
b) Tăng cầu cuối cùng của ngành 3 lên 10 đơn vị, các ngành khác không thay đổi,
xác định giá trị tổng cầu của các ngành sản xuất tương ứng.
Giải:
74
1 0 0 0,4 0,1 0,2  0,6  0,1  0,2
a) Ta có E  A  0 1 0  0,2 0,3 0,2   0,2 0,7  0,2
0 0 1  0,1 0,4 0,3   0,1  0,4 0,7 
Và (E  A)
1
0,41 0,15 0,16 
 40 
1 


. 0,16 0,40 0,16  . Theo giả thiết ma trận cầu cuối cùng B   40 
0,2
 0,15 0,25 0,40
110
 x1 
0,41 0,15 0,16   40   200 
 


1 
.0,16 0,40 0,16 . 40    200  .
Ma trận tổng cầu được xác định bởi X   x 2  
 x  0,2 0,15 0,25 0,40 110  300 

  

 3
Vậy, giá trị tổng cầu của các ngành 1, 2, 3 lần lượt là x1 =200 tỷ đồng, x2 = 200 nghìn tỷ
đồng và x3 = 300 nghìn tỷ đồng.
 40 
b) Ta có ma trận cầu cuối cùng mới B'   40  nên ma trận cầu mới
120
0,41 0,15 0,16   40   208 


1
.0,16 0,40 0,16 . 40    208 
X’ = (E –A)-1B’=
0,2
0,15 0,25 0,40 120  308 
Vậy, giá trị tổng cầu của các ngành 1, 2, 3 lần lượt là x1 =208 tỷ đồng, x2 = 208 nghìn tỷ
đồng và x3 = 308 nghìn tỷ đồng.
Ví dụ 3. Một nền kinh tế có 3 ngành sản xuất và có mối quan hệ trao đổi hàng hóa như
sau:
Ngành cung ứng sản
Ngành sử dụng sản phẩm
phẩm (Output)
(Inputs)
1
2
3
B
1
20
60
10
50
2
50
10
80
10
3
40
30
20
40
1) Xác định tổng cầu, tổng chi phí của mỗi ngành.
2) Lập ma trận hệ số kỹ thuật A.
Giải:
n
1) Tổng cầu của các ngành: Áp dụng công thức x i   x ik  b i
k 1
* Ngành 1: x1 = 20 + 60 + 10 + 50 = 140
75
* Ngành 2: x2 = 50 + 10 + 80 + 10 = 150
* Ngành 3: x3 = 40 + 30 + 20 + 40 = 130
n
Tổng chi phí của mỗi ngành: Áp dụng công thức c j   x ij
i 1
* Ngành 1: c1 = 20 + 50 + 40 = 110
* Ngành 2: c2 = 60 + 10 + 30 = 100
* Ngành 3: c3 = 10 + 80 + 20 = 110
2) Ma trận hệ số kỹ thuật A = [aik]n x n: a ik 
x ik
xk
 20 60 10 
140 150 130 
0,4
0,0769 
 0,1429
 50 10
80  
  0,357 0,0769 0,61534
Do đó ta có A = 

140
150
130

 

0,2
0,1539 
 40 30 20  0,2857
140 150 130 
a
Ví dụ 4. Cho ma trận hệ số kỹ thuật của 2 ngành sản xuất A   11
a 21
a 12 
. Chứng minh
a 22 
rằng det(E – A) > 0.
Giải: Theo tính chất của ma trận hệ số kỹ thuật A, ta có
a11 + a21 < 1  0  a 21  1  a 11 (1)
a12 + a22 < 1  0  a 12  1  a 22 (2)
Khi đó det(E  A ) 
1  a 11
a 12
a 21
1  a 22
 (1  a 11 )(1  a 22 )  a 12 a 21  0 vì (1) và (2).
2) Mô hình cân bằng thị trường n hàng hoá có liên quan
Giả sử chúng ta nghiên cứu thị trường bao gồm n hàng hoá có liên quan: hàng hoá 1,
2, … , n. Khái niệm này được hiểu là khi giá của một mặt hàng nào đó thay đổi thì nó
không những ảnh hưởng tới lượng cung ( Q S ) và lượng cầu ( Q D ) của bản thân mặt hàng
i
i
đó, mà còn ảnh hưởng đến giá và lượng cung, lượng cầu của mặt hàng còn lại. Người ta
thường biểu diễn sự phụ thuộc của lượng cung và lượng cầu vào giá của các mặt hàng
hoá bời hàm cung và hàm cầu như sau:
Q Si  Si (P1 , P2 ,..., Pn )
Q Di  D i ( P1 , P2 ,..., Pn )
76
i = 1, 2, 3, … , n
Ở đây, P1, P2, … , Pn ký hiệu theo thự tự là giá của hàng hoá 1, 2, ... , i, ... , n
Mô hình cân bằng thị trường n hàng hoá có liên quan được xác định bởi:
Q Si  Q Di

i  1, 2, 3, ..., n
Nếu giả thiết các Q S , Q D (i =1, 2, 3, ... , n) có dạng tuyến tính thì mô hình trên chính
i
i
là một hệ gồm có n phương trình và n ẩn số P1, P2, ..., Pn.
Giải hệ phương trình trên ta tìm được bộ giá cân bằng thị trường:
P  (P1 , P 2 , ..., P n )
Thay vào Q S (Q D ) chúng ta thu được lượng cầu cân bằng thị trường:
i
i
Q  (Q1 , Q 2 , ..., Q n )
Ví dụ 1. Cho biết hàm cung, hàm cầu của thị trường hai loại hàng hoá như sau:
Q S1  2  3P1 ;
Q D  8  2P1  P2
Q S2  1  2P2 ;
Q D  11  P1  P2
1
2
Ở đây: Q S ; Q S là lượng cung hàng 1, hàng 2
1
2
Q D1 ; Q D 2 là lượng cầu hàng 1, hàng 2
P1, P2 là giá của hàng hoá 1, hàng hoá 2
Khi thị trường can bằng hãy thiết lập hệ phương trình tuyến tính với ẩn số P1 và P2.
Xác định giá và lượng cân bằng của hai mặt hàng.
Giải
Thiết lập phương trình
 2  3P1  8  P1  P2
P1  3
Q S1  Q D1



Q S2  Q D 2
 1  2P2  11  P1  P2
P2  5
Vậy bộ giá cân bằng là (P1 ; P 2 )  (3; 5)
Q1  2  3P1  7
Lượng cầu cân bằng là 
Q 2  1  2P 2  9
Ví dụ 2. Xét thị trường gồm 3 hàng hoá gồm chè, caafe, cacao có hàm cung và hàm cầu
tương ứng như sau:
Q S1  10  P1 ; Q D1  20  P1  P3 (chè)
77
Q S2  2P2 ; Q D 2  40  2P2  P3 (cafe)
Q S  5  3P3 ; Q D  10  P2  P3  P1 (cacao)
3
3
Hãy thiết lập mô hình cân bằng thị trường của 3 loại hàng hoá trên. Xác định giá và
lượng cafe ở trạng thái cân bằng thị trường.
Giải
Thiết lập mô hình:
Q S  Q D

Q S  Q D

Q S  Q D
1
1
2
2
3
3
29

P

1

3
 P3  30
2P1

22


  4P2  P3  40  P2 
3
P  P  4P  15

2
3
 1
32

P3  3
Xác định giá và lượng cầu cân bằng ở thị trường cafe ta được
P2 
22
44
; Q2 
3
3
Ví dụ 3. Cho hàm cầu và hàm cung của thị trường 2 hàng hóa:
Q D  18  3p1  p 2
Q D  12  p1  2p 2
và
(a: tham số dương)


Q


2

p
Q


2

ap
1
2
 S
 S
1
2
1
2
a) Để các nhà sản xuất cung ứng hàng hóa cho thị trường thì mức giá 1, 2 phải thỏa
mãn điều kiện nào?
b) Xác định giá và lượng cân bằng cho các hàng hóa theo a.
c) Khi a tăng thì giá cân bằng của hàng hóa 1 thay đổi thế nào?
Giải:
p1  2
Q S  0
 2  p 1  0

a) Điều kiện 


2.
Q

0

2

ap

0
p


2
 S
 2 a
1
2
Q D  QS
b) Mô hình cân bằng thị trường: 
1
Q D
2
18  3p1  p 2  2  p1

 QS
12  p1  2p 2  2  ap 2
1
2
p 2  20
 4p 
(*)
 1
 p1  (a  2)p 2  14
Giải hệ (*) bằng phương pháp Cramer:
78
A
1 
4
1
1 a  2
4
20
 1 14
 4a  7 , 1 
20
1
14 a  2
 20a  54 .
 76 .
Do định thức A  0 nên hệ (*) có nghiệm duy nhất:
20a  54

p

1

4a  7
.

76
p 2 

4a  7
c) Ta có p1 
20a  54
 76
 p 1' 
 0 nên a tăng thì giá cân bằng của hàng
4a  7
( 4a  7) 2
hóa 1 giảm.
3) Mô hình cân bằng thu nhập quốc dân
Xét mô hình cân bằng thu nhập quốc dân ở dạng đơn giản, với các ký hiệu: Y là tổng
thu nhập quốc dân, G là chi tiêu chính phủ, I là đầu tư và C là tiêu dùng của các hộ gia
đình.
Ở đây, chúng ta giả thiết chi tiêu chính phủ và đầu tư là cố định G = Go và I = Io còn
chi tiêu hộ gia đình có dạng tuyến tính: C = aY + b (0 <a <1; b> 0)
Mô hình cân bằng thu nhập quốc dân có dạng hệ phương trình tuyến tính gồm hai
Y  G o  I o  C
Y  C  G o  I o

C  AY  b
 aY  C  b
phương trình 2 ẩn số Y và C: 
Giải hệ bằng quy tắc Cramer chúng ta xác định được mức thu nhập cân bằng và mức
tiêu dùng cân bằng của nền kinh tế:
G o  Io  b

Y 
1 a

C  b  a (G o  I o )

1 a
Tiếp theo xét mô hình trong trường hợp thu nhập chịu thuế với thuế suất t% thường
biểu diễn dưới dạng thập phân. Khi đó thu nhập sau thuế là:
Yd  Y  tY  (1  t )Y
và hàm chi tiêu có dạng: C = aYd + b = a(1 – t)Y + b
79
Nếu xét mô hình còn chịu ảnh hưởng bởi yếu tố xuất khẩu X và nhập khẩu N. Khi đó
Y  G o  I o  C  X  N
.
C  a (1  t )Y  b
mô hình có dạng 
Trong đó X và N có thể biểu biến là hàm của Y hoặc là giá trị cố định cho trước. Do
vậy chúng ta vẫn biến đổi đưa mô hình về hệ gồm hai phương trình ẩn Y và C.
Ví dụ 5. Cho biết C = 0,80Yd + 250, I = Io, G = Go, Yd = (1- t)Y ( t là thuế suất thu
nhập). Trong đó C, Yd, Io, Go, Y lần lượt là chi tiêu, thu nhập sau thuế, đầu tư, chi tiêu
chính phủ, thu nhập quốc dân.
a) Xác định mức thu nhập quốc dân và chi tiêu cân bằng
b) Tính mức thu nhập quốc dân và chi tiêu cân bằng với Io = 150 ; Go = 500 (đơn vị :
tỷ VNĐ) và a =0,8; b = 250; t = 0,15
Giải
Đầu tiên xác định mô hình cân bằng
Y  G o  I o  C
Y  C  G o  I o


C  0,8Y  250
 0,8(1  t )Y  C  250
a) Thu nhập quốc dân và chi tiêu cân bằng là
G o  I o  250

Y  1  0,8(1  t )


C  0,8(1  t )(G o  I o )  250

1  0,8(1  t )
b) Với Io = 150 ; Go = 500 ; t = 0,15 ta có
150  500  250 900

Y  1  0,8(1  0,15)  0,32  2812,5


C  0,8(1  0,15)(150  500)  250  692  2162,5
1  0,8(1  0,15)
0,32

Ví dụ 6. Cho mô hình cân bằng kinh tế
Y = C + I + Go;
C = a + b(Y – To); I = Io + xY
Go>0; a > 0; 0 < b < 1; bTo < a; c > 0; 0 < x < 1; b + x < 1
Trong đó Y, C, I lần lượt là thu nhập quốc dân, tiêu dùng dân cư và đầu tư; Go, To là
chi tiêu chính phủ và thuế.
a) Xác định thu nhập quốc dân, tiêu dùng dân cư cân bằng. Khi x tăng thì thu nhập
quốc dân cân bằng tăng hay giảm? Vì sao?
b) Cho biết a = 80; Io = 60; Go = 85; To= 50 (triệu USD); b = 0,3 và x = 0,2.
80
-
Tính thu nhập quốc dân, tiêu dùng dân cư cân bằng
-
Tại mức cân bằng của mô hình, tăng Io lên 1% thì thu nhập quốc dân cân bằng
tăng bao nhiêu %.
Giải:
Y  C  I  Go
Y  a  b(Y  To )  I o  xY  Go

C  a  b(Y  To )
C  a  b(Y  To )
a) Ta có mô hình cân bằng 
a  bTo  I o  Go

Y

(1  b  x)Y  a  bTo  I o  Go
1 b  x



C  a  b(Y  To )
C  a  b a  bTo  I o  Go  To 

1 b  x


a  bTo  I o  Go
a  bTo  I o  Go


Y
Y 


1 b  x
1 b  x


C  a (1  b  x)  ba  bTo  I o  Go  To (1  b  x)
C  (a  bTo )(1  x)  bI o  Go 


1 b  x
1 b  x
Ta có Y 
a  bTo  I o  Go
a  bTo  I o  Go
 (Y ) 'x 
 0 . Khi đó, khi x tăng thì thu nhập
1 b  x
(1  b  x) 2
cân bằng tăng.
b) Với a = 80; Io = 60; Go = 85; To= 50 (triệu USD); b = 0,3 và x = 0,2.
80  0,3.50  60  85

 420
Y 
1  0,3  0,2
Ta có 
.
C  (80  0,3.50)(1  0,2)  0,3(60  85)  191

1  0,3  0,2
Vậy thu nhập và tiêu dùng cân bằng lần lượt là 420 triệu USD và 191 triệu USD.
Ta có Y 
a  bTo  I o  G o
1
 (Y ) 'I o 
 2.
1 b  x
1 b  x
Y 

'
Hệ số co giãn của thu nhập quốc dân theo đầu tư là  IY
o
Io
Y
.I o 
2
2
.60  .
420
7
Vậy khi tăng Io lên 1% thì thu nhập quốc dân cân bằng tăng khoảng
2
%.
7
Ví dụ 7. Cho mô hình cân bằng kinh tế : Y = C + Io +Go + Xo – M ; C = 0,8Yd ; M =
0,2Yd, Yd = (1-t)Y.
Trong đó Y- thu nhập, Yd-thu nhập khả dụng, C-tiêu dùng, M-nhập khẩu, Io- đầu tư, Gochi tiêu chính phủ, Xo-xuất khẩu, t-thuế suất.
81
a) Khi Io, t không đổi và Go tăng 1 đơn vị, Xo giảm 1 đơn vị thì thu nhập cân bằng Y thay
đổi thế nào ?
b) Giả sử Io = 270, Go = 430, Xo = 340; t = 0,2 thì nền kinh tế thặng dư hay thâm hụt ngân
sách, thặng dư hay thâm hụt thương mại ?
c) Cho Io = 270 ; Xo = 340 ; t = 0,2 tìm Go để thu nhập cân bằng là 2100.
d) Cho Io = 340 ; Io = 300 ; Go= 400 tìm t để cân đối được ngân sách.
Giải:
Y  0,8(1  t )Y  I o  G o  X o  0,2(1  t )Y
Y[1  0,6(1  t )]  I o  G o  X o
a) Ta có 

C  0,8(1  t )Y
C  0,8(1  t )Y
Io  G o  X o Io  G o  X o


Y 
1  0,6(1  t )
0,4  0,6t .

C  0,8(1  t ) Y

Khi đó thu nhập quốc dân và tiêu dùng dân cư cân bằng lần lượt là:
Y
Io  G o  X o
0,8(1  t )I o  G o  X o 
.
;C 
0,4  0,6 t
0,4  0,6t
'
Ta có Y G 
o
'
1
 Y X , nên khi Go tăng 1 đơn vị, Xo giảm 1 đơn vị thì thu nhập
0,4  0,6t
o
quốc dân cân bằng không đổi.
b) Khi Io = 270 ; Go = 430 ; Xo = 340 ; t = 0,2.
Khi đó thu nhập quốc dân và tiêu dùng dân cư cân bằng lần lượt là
Y
I o  G o  X o 270  430  340

 2000 ; C  0,8.0,8.2000  1280 .
0,4  0,6t
0,4  0,6.0,8
Thuế cân bằng : T  tY  0,2.2000  400
Nhập khẩu cân bằng : M  0,2.(1  t)Y  0,2.0,8.2000  320
NS = T – Go = 400 – 430 = - 30 < 0 như vậy có thâm hụt ngân sách.
TM  X o  M  340  320  20  0 nền kinh tế có thặng dư thương mại.
c) Ta có Y 
Io  G o  X o
 2100  G o  2100.[1  0,6(1  t )]  I o  X o
1  0,6(1  t )
Hay G o  2100.(1  0.6 * 0.8)  270  340  482 .
d) Để cân đối ngân sách : T = Go  t.
Io  G o  Xo
 Go
1  0,6(1  t )
82
 t.(340  300  400)  400.(0,4  0,6t )  t 
400.0,4
 0,2
1040  240
4) Mô hình IS – LM
Dùng mô hình IS – LM để phân tích trạng thái cân bằng của nền kinh tế chúng ta xem
xét cả hai thị trường hàng hoá và tiền tệ. Một trong những yếu tố quan trọng ảnh hưởng
đến cả hai thị trường này là lãi suất r. Mục tiêu của chúng ta là phải xác định được mức
thu nhập quốc dân và lãi suất ở trạng thái cân bằng.
Xét thị trường hàng hoá với các yếu tố gồm chi tiêu chính phủ G = Go. Chi tiêu hộ gia
đình C = aY + b (0 <a <1; b>0) (hoặc C = a(1-t)Y +b ; t là thuế suất thu nhập) đầu tư I =
k – lr (k, l > 0)
Y = C + I + Go = aY + b + k –lr +Go
 (1 –a)Y + lr = b + k + Go
(1)
(1) gọi là phương trình đường IS
Xét thị trường tiền tệ với các yếu tố:
Lượng cầu tiền L = L(Y, r) =Lo + mY – nr (m, n > 0) và lượng cung tiền M = Mo
(được định trước). Phương trình cân bằng của thị trường tiền tệ có dạng:
L  M  mY  nr  M o - Lo
(2)
(2) được gọi là đường LM
Để xác định mức thu nhập quốc dân và lãi suất cân bằng Y và r chúng ta thiết lập hệ
phương trình 2 ẩn Y và r được gọi là mô hình IS – LM:
(1  a)Y  lr  b  k  Go

mY  nr  M o  Lo
n(b  k  Go )  l ( M o  Lo )

Y 
n(1  a )  ml

Giải hệ này ta được 
r   (1  a )( M o  Lo )  m(b  k  Go )

n(1  a )  ml
Ví dụ 8. Xét mô hình IS – LM với
C = 0,6Y + 35; I = 65 – r; G = Go; L = 5Y – 50r; M = Mo.
Trong đó C, Y, I, r, Go, L, Mo lần lượt là chi tiêu của hộ gia đình, thu nhập quốc dân,
đầu tư, lãi suất, chi tiêu chính phủ, lượng cầu tiền, lượng cung tiền.
a) Xác định mức thu nhập quốc dân và lãi suất cân bằng: Y và r
b) Tính Y và r khi Go = 70; Mo = 1500 (nghìn tỷ VNĐ)
83
Giải
a) Phương trình đường IS:
Y = C + I + Go = 0,6Y + 35 + 65 – r +Go
 0,4Y + r = 100 + Go
Phương trình đường LM: L  M o  5Y  50r  M o
0,4Y  r  100  G o
ta được
5Y  50r  M o
Giải hệ phương trình 
5000  50G o  M o

Y 
25

r  500  5G o  0,4M o

25
b) Với Go = 70 và Mo = 1500 ta có
5000  50G o  M o 5000  3500  1500 10000



 400
Y 
25
25
25

r  500  5G o  0,4M o  250  10

25
25
Vậy thu nhập quốc dân, lãi suất cân bằng lần lượt là 400 nghìn tỷ USD, 10%.
Ví dụ 9. Cho mô hình
Y = C + I; C = Co +aY (0 < a < 1); I = Io – br (b> 0);L = Lo + mY – nr (m, n > 0);
MS = L
Trong đó Y: thu nhập quốc dân; I: đầu tư; C: tiêu dùng; L: mức cầu tiền; Ms: mức
cung tiền; r: lãi suất.
a) Hãy xác định thu nhập quốc dân và lãi suất cân bằng
b) Với a = 0,7; b = 1800; Co =500; Lo =800; m = 0,6; n =1000; Ms =2000; Io= 400
tính hệ số co giãn của thu nhập theo mức cung tiền tại điểm cân bằng và giải thích ý
nghĩa của chúng.
Giải:
Y  C o  aY  I o  br
Y  C  I

M s  L
M S  Lo  mY  nr
a) Ta có mô hình cân bằng là 
(1  a)Y  br  C o  I o
.

 mY  nr  L o  M S
Giải hệ này, thu được thu nhập quốc dân cân bằng là:
84
Y
n(C o  I o )  b(M S  L o )
n.(1  a)  bm
Lãi suất cân bằng là:
C
m(C o  I o )  (1  a)(L o  M S )
n.(1  a)  bm
b) Với a = 0,7; b = 1800; Co =500; Lo =800; m = 0,6; n =1000; Ms = 2000; Io= 400
+) Thu nhập quốc dân cân bằng là:
Y
1000.(500  400)  1800(2000  800) 306000

 2217,3913
1000.0,3  1800.0,6
138
+) Lãi suất cân bằng là:
C
0,6.(500  400)  0,3.(2000  800) 18

 0,13043
1000.0,3  1800.0,6
138
+) Hệ số co giãn của thu nhập theo mức cung tiền:
 MY
S
b
Y'
n(1  a)  bm
 .M S 
.M S
Y
Y
Tại điểm cân bằng:  MY S
1800
1800.2000
1000.0,3  1800.0,6

.2000 
 1,1765 .
3060000
3060000
1380
Ý nghĩa: Khi tăng mức cung tiền lên 1% thì thu nhập quốc dân cân bằng tăng 1,1765%.
85
Chương 4. PHÉP TÍNH VI PHÂN, TÍCH PHÂN HÀM MỘT BIẾN SỐ
VÀ ỨNG DỤNG
§1. Hàm một biến số
1) Các khái niệm:
Định nghĩa 1. Ánh xạ f : D  R được gọi là hàm số.
x  y = f (x ) với D  R , D  
*Ta gọi D là tập xác định của hàm f (x ) , kí hiệu Df; f(D) là tập giá trị của hàm f, kí hiệu
Rf; x  Df gọi là biến độc lập; tập Gf = ( x, y) : y  f ( x ); x  D f được gọi là đồ thị hàm số
y = f(x).
Ví dụ 1: Hàm y = 4  x 2 có tập xác định Df = [-2 ; 2] ; tập giá trị Rf = [0 ; 4].


Đồ thị Gf = ( x , y) : y  4  x 2 ; x  D f  ( x, y) : x 2  y 2  4, y  0, là nửa đường tròn
tâm O(0; 0) bán kính R = 2 nằm phía trên trục 0x trong mặt phẳng tọa độ 0xy.
* Hàm chẵn, hàm lẻ : Giả sử D  R , D nhận gốc O làm tâm đối xứng.
+) Hàm số f (x ) được gọi là chẵn nếu f (x )  f (x ) x  D
+) Hàm số f (x ) được gọi là hàm lẻ nếu f (x )   f (x ) x  D .
* Chú ý 1: Đồ thị hàm số chẵn nhận trục tung làm trục đối xứng. Đồ thị hàm số lẻ nhận
gốc tọa độ O làm tâm đối xứng.
* Hàm tuần hoàn: Hàm số f (x ) được gọi là hàm số tuần hoàn nếu  T > 0 sao cho
f( x  T )  f( x ), x  Df
Số T nhỏ nhất sao cho có đẳng thức trên được gọi là chu kỳ của hàm số f (x ) .
Ví dụ 2: Các hàm số y = sinx, y = cosx là tuần hoàn với chu kì 2  ; các hàm số y = tanx,
y = cotx là tuần hoàn với chu kỳ  .
Hàm đơn điệu: Hàm y  f (x ) được gọi là tăng (tăng ngặt) trên khoảng I  Df nếu x1,
x2  I, x1 < x2 thì f(x1)  f(x2) (f(x1) < f(x2)); giảm (giảm ngặt) trên I nếu x1, x2  I thì
(x1)  f(x2) (f(x1) > f(x2)).
Hàm số tăng hoặc giảm trên I được gọi là hàm đơn điệu trên I.
Hàm bị chặn: Cho hàm số f(x) xác định trên D. Hàm số f(x) được gọi là bị chặn trên
nếu  M : f( x )  M x  D ; bị chặn dưới nếu  M : f( x )  M x  D ; bị chặn
nếu  M : f( x )  M , x  D .
86
2) Hàm số hợp:
Định nghĩa 2.
Cho X, Y, Z  R, cho hàm số f : X  Y, g: Y  Z. Khi đó, hàm số h: X  Z được định
nghĩa bởi h(x):= g(f(x)), x  X được gọi là hàm số hợp của hàm số f và g. Kí hiệu là:
g[ f( x )] hay ( g  f )( x ), x  X.
Ví dụ 3. Xét các hàm số f(x) = 2x + 1, g(x) = x2 + 4. Tìm hàm số hợp của f và g, g và f.
Giải: Ta có g[f(x)] = f2(x) + 4 = (2x + 1)2 + 4
f[g(x)] = 2g(x) + 1 = 2(x2 + 4) + 1
3) Hàm số ngược:
* Định nghĩa 3. Cho hai tập X, Y  R; cho hàm số
f: X  Y
x  y = f(x)
Nếu tồn tại hàm số g: Y  X thoả mãn:
+) (g  f)(x) = 1X
+) (f  g)(y) = 1Y
thì g(x) được gọi là hàm số ngược của hàm số f(x).
Kí hiệu: g = f-1
* Chú ý 2:
i) f: X  Y là song ánh  g = f-1: Y  X. Tức f có hàm số ngược khi và chỉ khi f
là song ánh.
ii) Nếu hàm số y = f(x) đơn điệu nghiêm ngặt thì nó có hàm ngược
iii) D f 1 = Rf , R f 1 = Df .
iv) Đồ thị của hàm ngược y = f-1(x) đối xứng với đồ thị hàm số y = f(x) qua đường
phân giác của góc thứ nhất.
Ví dụ 4. Tìm hàm ngược của hàm y =
4
x
Giải. Ta có Df = [0, +  ), Rf = [0, +  ). Hàm y =
4
x là hàm tăng nghiêm ngặt trên Df
nên nó có hàm ngược. Rút x theo y, ta có: x  y  ,y   , đổi vai trò của x và y ta có:
hàm y  4 x có hàm ngược là y = x4, x  0.
4) Các hàm số thường gặp:
Các hàm số sơ cấp cơ bản
87
* Hàm số luỹ thừa y = x,  là một số thực cho trước
D f  R; R f  R
* Hàm số mũ: y = ax (a>0, a  1)
D f  R; R f  R *
* Hàm số logarit: y = logax ( a > 0 và a  1 )
Df  R * ; R f  R
* Các hàm số lượng giác:
+) Hàm f(x) = sinx
Df  R; R f   1,1
+) Hàm y = cosx
Df  R; R f   1,1
+) Hàm y = tanx



D f   x  R / x   k, k  Z  , R f  R
2


+) Hàm y = cotx
Df  x  R / x  k, k  Z , R f  R
* Các hàm số lượng giác ngược:
 
+) Hàm y = arcsinx là hàm ngược của hàm số y = sinx trên   ,  có
 2
2
- Miền xác định Dy = [-1, 1]
 
- Miền giá trị Ry =   ,  .
 2
2
+) Hàm y = arccosx là hàm ngược của hàm số y = cosx trên  0,  có
- Miền xác định Dy = [-1, 1]
- Miền giá trị Ry =  0,  .
 

+) Hàm y = arctanx là hàm ngược của hàm số y = tanx trong   ,  có
 2 2
- Miền xác định Dy = R

 2
- Miền giá trị Ry =   ,


2
88
.+) Hàm y = arccotx là hàm ngược của hàm số y = cotx trong  0,   có
- Miền xác định Dy = R
- Miền giá trị Ry =  0,   .
* Hàm số sơ cấp:
Ta gọi các hàm số sơ cấp là những hàm số được tạo thành bởi một số hữu hạn các
phép toán số học và phép toán hợp trên các hàm số sơ cấp cơ bản, và các hằng số.
5) Một số hàm số kinh tế thường gặp trong kinh tế
* Hàm cung và hàm cầu:
Các nhà kinh tế sử dụng khái niệm hàm cung và hàm cầu để biểu diễn sự phụ thuộc
của lượng cung và lượng cầu của một loại hàng hóa vào giá của hàng hóa đó. Hàm cung
và hàm cầu có dạng:
Hàm cung: QS = S(p)
Hàm cầu: QD = D(p)
Trong đó p là giá hàng hóa; QS là lượng cung: tức là lượng hàng hóa người bán bằng
lòng bán ở mỗi mức giá; QD là lượng cầu: tức là lượng hàng hóa người mua bằng lòng
mua ở mỗi mức giá.
Khi xem xét mô hình hàm cung, hàm cầu nói trên ta giả thiết rằng các yếu tố khác
không đổi,
Ví dụ 1. Cho hàm cung và hàm cầu của thị trường một hàng hóa như sau :
Q S  4p  1; Q D  159  2p 2
Xác định giá cân bằng và lượng cân bằng của thị trường.
Giải: Ta có phương trình cân bằng : QS = QD
 4p  1  159  2p 2  2p 2  4p  160  0
p  10(L)
.
 p 2  2p  80  0  
p  8 (TM )
Vậy giá cân bằng là p  8; Q  31 .
* Hàm sản xuất ngắn hạn
Các nhà kinh tế học sử dụng khái niệm hàm sản xuất để mô tả sự phụ thuộc của
sản lượng hàng hóa (tổng số lượng sản phẩm hiện vật) của một nhà sản xuất vào các yếu
tố đầu vào, gọi là yếu tố sản xuất.
89
Khi phân tích sản xuất, ta thường quan tâm đến hai yếu tố sản xuất quan trọng là
vốn và lao động được ký hiệu tương ứng là K và L.
* Nếu Q = f(K) và giá một đơn vị hàng hóa là p, giá thuê một đơn vị vốn là pK, chi
phí cố định là wo thì các hàm doanh thu, chi phí, lợi nhuận tương ứng là :
TR = p.Q = p. f(K) ; TC = pK.K + wo ;   p.f(K)  (p K .K  w o )
* Nếu Q = f(L) và giá một đơn vị hàng hóa là p, giá thuê một đơn vị lao động là
pL, chi phí cố định là wo thì các hàm doanh thu, chi phí, lợi nhuận tương ứng là :
TR = p.Q = p. f(L) ; TC = pL.L + wo ;   p.f(L)  (p L .L  w o )
Ví dụ 5: Hàm sản xuất dạng Cobb – Douglas phụ thuộc vào một trong hai yếu tố vốn
(K) và lao động (L): Q  aK  ; Q  bL (a, b,  ,  là các số dương).
* Hàm doanh thu, hàm chi phí và hàm lợi nhuận
Hàm doanh thu là hàm số biểu diễn sự phụ thuộc của tổng doanh thu (TR) vào sản
lượng (Q): TR = TR(Q).
Hàm chi phí là hàm số biểu diễn sự phụ thuộc của tổng chi phí sản xuất (TC) vào
sản lượng (Q): TC = TC(Q).
Hàm lợi nhuận là hàm số biểu diễn sự phụ thuộc của tổng lợi nhuận (  ) vào sản
lượng (Q):   (Q) . Hàm lợi nhuận có thể xác định bởi   TR (Q)  TC(Q) .
Ví dụ 2.
* Hàm tiêu dùng phụ thuộc vào thu nhập: C= C(Y), trong đó Y là thu nhập
* Hàm tiết kiệm phụ thuộc vào thu nhập: S = S(Y), trong đó Y là thu nhập
* Hàm đầu tư phụ thuộc vào lãi suất: I = I(r), trong đó r là lãi suất
* Hàm quỹ vốn theo thời gian: K= K(t), trong đó t là thời gian
* Hàm đầu tư theo thời gian: I = I(t), trong đó t là thời gian
90
§ 2. Giới hạn của dãy số
1. Định nghĩa. Ta nói rằng dãy số {xn} có giới hạn là a (hữu hạn ) nếu với mọi số  > 0
nhỏ tuỳ ý, tồn tại một số tự nhiên n sao cho x n  a   , với mọi n  n 
Kí hiệu: lim x n  a hoặc x n  a khi n  
n 
Nếu dãy {xn} có giới hạn là a (hữu hạn) thì ta nói dãy này hội tụ về a . Ngược lại, nếu
dãy {xn} không có giới hạn, ta nói dãy này phân kỳ.
Ví dụ 1: Xét dãy số x n  c, n . Chứng minh lim c  c .
n 
Giải:
Ta có   , x n  c  c  c     n
Vậy theo định nghĩa lim c  c .
n 

  k    và lim q n   khi q  
n  n k
n 
Ví dụ 2: Chứng minh lim
Chú ý:
+) lim x n    A  , n   N sao cho x n  A n  n
n 
+) lim x n    A  , n  N , sao cho x n  A n  n  .
n 
 khi A  
 khi A  
Ví dụ 3: Cho k   ta có lim An k  
n 
2. Tính chất:
Tính chất 1. Nếu dãy số {xn} có giới hạn thì giới hạn đó là duy nhất.
Tính chất 2. Mọi dãy số hội tụ thì đều bị chặn.
Tính chất 3. Nếu các dãy số x n và yn hội tụ và x n  yn n thì lim xn  lim yn
n 
n 
Tính chất 4 (Nguyên lý kẹp). Nếu xn  zn  yn,  n  N và lim x n  lim yn  A thì
n 
n 
lim zn  A .
n 
Tính chất 5. Nếu lim x n  a thì lim xn  a
n 
n
Tính chất 6. Nếu lim x n = 0 thì lim x n = 0.
n 
n 
Tính chất 7. Giả sử các dãy {xn }, {yn } hội tụ và lim xn = x , lim yn = y. Khi đó
n
91
n
i) lim (xn + yn) = x + y
n
ii) lim (xn yn) = xy
n
iii) lim
n
xn x
= , nếu yn  0, n, y  0
yn y
Tính chất 8. Nếu dãy {xn} tăng và bị chặn trên thì hội tụ.
Tính chất 9. Nếu dãy {xn} giảm và bị chặn dưới thì hội tụ.

1
n
3. Số e: e = lim 1 +  .
n
n 
Người ta chứng minh được rằng số e là một số vô tỷ và e = 2,71828....
Ví dụ 4. Tìm các giới hạn sau :
n
5
a) lim
n 
n n  n 1
n  cos
b) lim
n 

n 1  n

c) lim
n 
2n 2  n  4
2n 4  n 2  1
Giải :
n
cos
1
n
5

n  cos
n n .
5  n
a) Đặt u n 
n n  n 1 1 1  1
n n n
Mà các giới hạn lim
n 
1
1
 lim
 0.
n n  n n
n
n
cos
5  0.
5  1 với mọi n Theo nguyên lý kẹp suy ra lim
n 
n n
n n
n n
cos
Đồng thời :
n
1
n
5
lim
 lim
n  cos
n 
n 
n
n n  0  0  0.
5  lim u 
Vậy lim
n
n 
1
1
1 0  0
n n  n  1 n 
1  lim
 lim
n 
n 
n
n n
cos
92
1
1
0
n
b) lim n  1  n  lim
 lim
  0.
n 
n 
n 
2
n 1  n
1
1 1
n


1 4

n n2  2  2 .
c) lim

lim
n 
1
1
2
2n 4  n 2  1 n 
2 2  4
n
n
2
2n 2  n  4
1
Ví dụ 5. Tìm giới hạn sau: lim u n với u n 
n3  1
n 
1
Giải: Ta có
Mà lim
n 
3
n n
n
3
n n

 lim
n 
1
3
n k
1
n
1
1 2
n

1
3
n 1
n

3
n n
n
 0 và lim
n 

n3 1
1
n3  2
 ... 
 un 
 lim
n 
1
n3  n
n
n3  1
1
n
1
1 3
n
.
(*)
 0.
Do vậy, từ (*) áp dụng nguyên lý kẹp suy ra lim u n = 0.
n 
4. Tiêu chuẩn Cauchy.
Định lý: Điều kiện cần và đủ để dãy {xn} hội tụ là với  > 0, n0N* sao cho n 
n0, k N* thì
x n  k  x n  ε. .
5. Cấp số nhân và ứng dụng trong phân tích tài chính
a. Cấp số nhân
Cấp số nhân là một dãy số xn thỏa mãn điều kiện:
xn+1 = xnq, n  1, 2, 3,...
(1)
Hằng số q gọi là công bội của cấp số nhân, x1 là số hạng đầu tiên. Khi đó xn là số hạng
tổng quát của cấp số nhận và được xác định theo công thức:
x n  x 1q n 1
(2)
Tổng của n số hạng đầu của cấp số nhân (1) được tính theo công thức q  1 :
x1 (1  q n )
Sn  x1  x 2  ...  x n 
1 q
(3)
93
Một cấp số nhân với điều kiện q  1 được gọi là cấp số nhân lùi vô hạn. Trong trường
hợp đó ta có
lim q
n
 0 , do đó:
n 
lim S 
n   n
x1
.
1 q
Khi đó, ta có
S  x1  x 2  ...  x n  ... 
x1
.
1 q
(4)
b. Tính giá trị hiện tại và giá trị tương lai của tiền tệ
Giả sử bạn có một khoản tiền A đóng gửi vào ngân hàng nào đó với một mức lãi suất cố
định thì sau một khoảng thời gian bạn sẽ nhận được một khoản tiền lớn hơn là
B = A + (tiền lãi)
Người ta gọi khoản B đồng đó là giá trị tương lai của khoản A đồng hôm nay và ngược
lại A là giá trị hiện tại của khoản B đồng mà bạn sẽ có được trong tương lai.
Trong thị trường tiền tệ, lãi suất được xem như giá của các khoản tiền cho vay. Có nhiều
hình thức tổ chức trung gian tài chính thực hiện chức năng vay tiền của những người có
tiền để rỗi nhưng không biết làm cho tiền sinh lợi và cho những người khác vay, trong đó
ngân hàng là một loại hình tổ chức trung gian tài chính phổ biến. Lãi suất được quy định
rất khác nhau. Trong kinh tế học, người ta gọi rằng có mức lãi suất chung.
Ta gọi mức lãi suất chung là r, biểu diễn dưới dạng thập phân (chẳng hạn, nếu lãi suất là
9% thì r = 0,09; nếu lãi suất 12% thì r = 0,12; …)
Giả sử bạn có khoản tiền A đồng thì sau một năm với lãi suất r một năm, bạn sẽ có một
khoản tiền gộp cả lãi lẫn gốc là;
B1 = A + rA = (1+r)A
Như vậy, nếu tính gộp tiền lãi vào tiền gốc thì cứ sau mỗi năm số tiền của bạn sẽ nhận
thêm bội số q = 1 + r. Gọi Bt là số tiền bạn sẽ có sau t năm, ta có một dãy số nhân với
công bội q = 1+ r. Theo công thức (2) ta có;
Bt = Boqt = A(1+r)t
Trong đó Bo = A là khoản tiền bạn có hôm nay.
Giá trị tương lai của A đồng bạn có hôm nay sau t năm được tính theo công thức;
B = A(1+r)t
(5)
94
Đảo lại công thức (5) ta tính được công thức tính giá trị hiện tại của khoản B đồng mà
bạn sẽ nhận sau t năm là:
A  B(1  r )  t 
B
(1  r ) t
(6)
Ví dụ 1. Một dự án đầu tư đòi hỏi chi phí hiện tại 100 triệu đồng và sẽ đem lại 150 triệu
đồng sau 3 năm. Với lãi suất thịnh hành là 8% một năm, ta thử đánh giá xem có nên thực
hiện dự án đó hay không?
Giải
Để đánh giá dự án, ta thử tính giá trị hiện tại của 150 triệu đồng sẽ thu về sau 3 năm.
Theo công thức (6) ta có:
A = 150(1 + 0,08)-3  119,075 (triệu đồng)
Như vậy, theo giá hiện tại, việc thực hiện dự án sẽ đem lại một khoản lợi là 19,075 triệu
đồng. Đó là việc nên làm.
Một cách khác để đánh giá dự án là so sánh giá trị tương lai sau 3 năm của khoản chi phí
100 triệu đồng bỏ ra hôm nay với khoản 150 triệu đồng thu về sau 3 năm. Theo công thức
(5) giá trị tương lai sau 3 năm của khoản chi phí 100 triệu đồng bỏ ra hôm nay là:
100(1+0,08)3 = 125,971 (triệu đồng).
Con số này nhỏ hơn 150 triệu sẽ thu về, tức là việc tiến hành dự án có lợi hơn là đem tiền
cho vay.
Một phương pháp khác để đánh giá dự án đầu tư tính giá trị hiện tại ròng. Giá trị hiện tại
ròng của một dự án đầu tư là hiệu số của giá trị hiện tại của khoản tiền sẽ thu về trong
tương lai và chi phí triển khai dự án. Gọi C là khoản chi phí hiện tại, B là khoản do dự án
đem lại sau t năm, r là lãi suất và NPV (Net Present Value) là giá trị hiện tại ròng của dự
án, ta có công thức:
NPV = B(1 + r)-t - C
Một tiêu chuẩn cơ bản để một dự án đầu tư được chấp nhận là NPV > 0. Trong ví dụ trên
NPV > 0. Trong ví dụ trên NPV = 119,075 - 100 = 19,075 > 0. Việc tính NPV cho phép
ta so sánh các dự án đầu tư khác nhau để lựa chọn.
Ví dụ 2. Một nhà đầu tư có thể bỏ tiền để thực hiện một trong 3 dự án:
Dự án 1: Chi phí hiện tại $2000 và đem lại $3000 sau 4 năm
Dự án 2: Chi phí hiện tại $2000 và đem lại $4000 sau 6 năm
Dự án 3: Chi phí hiện tại $3000 và đem lại $4800 sau 5 năm.
95
Với lãi suất thịnh hành là 10% một năm thì nên chọn dự án nào?
Giải:
Để trả lời câu hỏi này ta so sánh NPV của các dự án nói trên:
Dự án 1: NPV = 3000(1 +0,1)-4 - 2000 = $49,04;
Dự án 2: NPV = 4000(1 + 0,1)-6 - 2000 = $257,90;
Dự án 3: NPV = 4800(1 + 0,1)-5 - 3000 = - $19,58.
Câu trả lời là nên chọn dự án 2 vì dự án này có NPV cao nhất. Dự án 3 không thể chấp
nhận được ngay cả khi không có dự án khác để lựa chọn vì NPV < 0.
c. Kỳ khoản và giá trị của các luồng vốn
Kỳ khoản là các khoản tiền tích góp đều đặn theo định kỳ (hàng tháng, hàng quý, hàng
năm, …). Kỳ khoản định kỳ hàng năm được gọi là niên khoản hay niên kim (annuity).
Các khoản tiền bạn nộp đoàn phí hàng tháng, hay các khoản tiền thanh toán cho một hàng
hóa mà bạn mua theo phương thức trả góp là các ví dụ về kỳ khoản.
Ví dụ 1. Một dự án đầu tư sau một năm sẽ đem lại cho bạn đều đặn 5000$ mỗi năm, liên
tiếp trong 10 năm sau đó. Hỏi rằng với lượng vốn phải đầu tư ban đầu là bao nhiêu thì
bạn có thể chấp nhận dự án đó trong điều kiện lãi suất 10% một năm?
Giải
Để đánh giá dự án, ta hãy tính giá trị hiện tại của luồng thu nhập (ký hiệu PV):
PV 
5000
5000
5000

 ... 
2
1  0,1 (1  0,1)
(1  0,1)10
10
10   10  
1    
11   11  
1
1 
1
 30722,8 .
= 5000  2  ...  10   5000.
10
1,1 
 1,1 1,1
1
11
Câu trả lời là: dự án chỉ có thể được chấp nhận nếu số vốn ban đầu nhỏ hơn $30722,8.
Ví dụ 2. Giả sử bạn định mua một chiếc xe máy theo phương thức trả góp. Theo phương
thức này, sau một tháng kể từ khi nhận hàng bạn phải trả đều đặn mỗi tháng một lượng
tiền nhất định, liên tiếp trong 24 tháng. Giả sử giá xe máy vào thời điểm bạn mua xe là
$2500 (giá trả ngay) và giả sử lãi suất ngân hàng là 1% một tháng. Với mức phải trả hàng
tháng là bao nhiêu thì việc mua trả góp là chấp nhận được?
Giải
96
Gọi a là khoản phải trả hàng tháng. Giá trị hiện tại của toàn bộ luồng tiền trả góp tại thời
điểm nhận hàng là:
PV 
a
a
a

 ... 
2
1,01 1,01
1,0124
100   100 
1 

101   101 
 a.
100
1
101
24



  21,24a
Việc mua trả góp sẽ tương đương với việc mua trả góp ngay nếu
PV = 21,24a = 2500  a 
2500
 117,7 .
21,24
Chắc hẵn bạn chỉ có thể bằng lòng mua trả góp nếu số tiền phải trả định kỳ hàng tháng
không vượt quá $117,7; nếu không bạn thà vay tiền ngân hàng để trả ngay $2500.
97
§ 3. Giới hạn của hàm số
1. Định nghĩa:
Định nghĩa 1.
Cho hàm số f(x) xác định trong khoảng (a, b). Ta nói rằng f(x) có giới hạn là A (hữu hạn)
khi x  x0, nếu với mọi dãy {xn} trong (a,b)\{x0} mà x n  x 0 khi n   thì dãy giá trị
tương ứng {f(xn)} hội tụ đến A.
Kí hiệu: lim f(x) = A hay f(x)  A khi x  x0.
x x 0
Định nghĩa 2.
Cho hàm số f(x) xác định trong khoảng (a, b). Ta nói rằng f(x) có gới hạn là A (hữu hạn)
khi x  x0, nếu với bất kì  > 0, tồn tại số  > 0 sao cho với mọi x  (a, b) thoả mãn 0 <
|x – x0| <  thì |f(x) – A| < ..
Chú ý : Định nghĩa 1 tương đương với định nghĩa 2
2. Tính chất
Cho hàm số f(x) xác định trên tập D
Tính chất 1. Giới hạn của hàm số f(x) khi x  x0 nếu có là duy nhất.
Tính chất 2. Giả sử tồn tại lim f(x) = A, lim g(x) = B. Khi đó
x x 0
x x 0
i) lim [ f (x )  g(x )]  A  B
x a
ii) lim [ f (x ).g(x )]  A.B
x a
f (x )
A
 , (B  0).
B
x a g (x )
iii) lim
Tính chất 3 Nếu hàm số sơ cấp f(x) xác định tại x 0 thì lim f (x )  f (x 0 ) .
x x 0
Tính chất 4 (Nguyên lý kẹp):
Nếu g(x)  f(x)  h(x), x   x 0  δ; x 0  δ  với δ   và lim g(x) = lim h(x) = A
x x 0
x x0
thì lim f(x) = A.
x  x0
Tính chất 5. Nếu f(x)  g(x), x   x 0  ; x 0    , víi  > 0 nµo ®ã và
lim f (x)  A, lim g(x)  B thì A  B
x  x0
x x0
g( x)
Tính chất 6. Nếu lim f (x)  A  0 vµ lim g(x)  B thì lim  f (x)
x  x0
x  x0
x x0
98
 AB .
3. Giới hạn một phía
Khi x  x0 cần được xét trong hai trường hợp:
+) Khi x  x0, x > x0: tức là x dần đến x0 từ bên phải ( x  xo+).
+) Khi x  x0, x < x0: tức là x dần đến x0 từ bên trái (x  xo- ).
Giới hạn của hàm số f(x) khi x  xo+ và khi x  xo- được gọi tương ứng là giới
hạn bên phải và giới hạn bên trái của hàm số tại điểm x0:
Giới hạn bên phải: lim f(x) = lim f(x);
x  x0
x  x0
x  x0
Giới hạn bên trái: lim f(x) = lim f(x).
x  x0
x x0
x  x0
Định lí 1. Điều kiện cần và đủ để lim f(x) = A là: lim f(x) = lim f(x) = A.
x  x0
x x0
Ví dụ 1. Cho hàm số f(x) =
x  x0
x
. Tính Lim f ( x) .
x0
x
Giải:
Ta có lim f(x) = -1, lim f(x) = 1, nên hàm số này không có giới hạn khi x  0
x 0
x 0
Ví dụ 2. Tìm m để hàm số sau có giới hạn tại xo = 1
 x 1
khi x  1

f (x)   x  1
.
2
mx  x  1 khi x  1

Giải: Ta có lim f ( x )  lim
x 1

x 1

x 1
 lim( x  1)  2 .
x  1 x 1

Mặt khác lim f ( x )  lim (mx 2  x  1)  m  2 .
x 1
x 1
f(x) có giới hạn khi x  1  lim f ( x )  lim f ( x )  m  2  2  m  0 .
x 1
x 1
4. Một số giới hạn cơ bản:
 lim sinx = 1
x 0
x
 lim (1 
x 
1 x
) = e;
x
lim (1 
x 
1 x
) = e;
x
lim (1 
x 
5. Vô cùng bé và vô cùng lớn:
a) Định nghĩa. Hàm số f(x) được gọi là
i) vô cùng bé (VCB) khi x x0 nếu lim f(x) = 0.
x x0
99
1 x
) =e
x
ii) vô cùng lớn (viết tắt là VCL) khi x  x0 nếu lim f(x) =   .
x x0
Ví dụ 2. Theo các công thức giới hạn của các hàm sơ cấp cơ bản, ta có:
Các hàm số xk (k > 0), sinx, tgx là các VCB khi x  0
Hàm số tgx là VCL khi x 

2
b) So sánh các VCB
f (x)
k
x a g(x)
Cho f(x), g(x) là các VCB khi x  a. Giả sử lim
i) Nếu k = 0 thì f(x) được gọi là VCB bậc cao hơn so với g(x) khi x  a. Kí hiệu
f(x) = 0(g(x)),
ii) Nếu k  0 và hữu hạn thì f(x) và g(x) được gọi là những VCB cùng bậc khi x  a. Kí
hiệu f = 0*(g) khi x  a.
Đặc biệt, khi k = 1, thì f(x) và g(x) được gọi là những VCB tương đương khi x 
a và viết: f(x)  g(x), x  a.
Nhận xét: Nếu p  q   thì x p  (x q ) .
Nếu f (x )   h(x ) , g(x )   h(x ) và a là hằng số thì
i) a.f (x )   h(x )
ii) f (x )  g(x )   h(x )
iii) f (x ).g(x )   h(x )
Ví dụ 3 : Với k>0, khi x   ta có: ax k   ax k   ax k    ...  a px k  p  (x k )
Ví dụ 4: Các hàm sinx và x là hai VCB tương đương khi x  0 vì
lim
x 0
sinx
= 1.
x
Ví dụ 5: Các hàm tg2x và sinx là hai VCB cùng bậc khi x  0, vì
lim
x 0
tg2x
tg 2 x x
 lim
.
.2  2
sinx x 0 2 x s inx
c) Tính chất:
Định lí 2. Hàm số f(x) có giới hạn là L khi x  a khi và chỉ khi f (x )  L  α(x ) , với
mọi α(x ) là vô cùng bé khi x  a.
Định lý 3. Giả sử khi x  x0, ta có các cặp VCB tương đương:
100
(x)  1(x), (x)  1(x)
Khi đó, nếu lim
( x )
 (x)
( x )
tồn tại (hữu hạn hoặc vô hạn) thì lim 
 lim
x x   ( x )
x x  ( x )
( x )

Ví dụ 6. Tính
x + 2x2
x 0 sinx + tg3x
x x 
lim
Giải. Vì x + 2x2  x, x  0 và sin2x + tg5 x  sin2x, x  0. Áp dụng định lí trên, ta có
x + 2x 2
= lim 2x = 2.
5
x 0 sin2x
x  0 sin2x + tg x
lim
6. Các dạng vô định:
0 
; ,   ; 0.;1 , 0 o ;  o
0 
x m  1 0  m
Ví dụ 7.a) I  lim n
  .
x 1
x 1  0  n
m
1  x 1 0  1
b) I  lim
  .
x 0
x
0 m
1
x  x 
x 1
c) I  lim
 lim
 .


x  
2
4x  1    x  
1
4
x
x x x
x
e) I  lim ( x  x  x )     lim
 lim
x  
x  
x  
x x  x
x x  x
1
 lim
x  
1
1
 .
2
1
1
1
x
Ví dụ 8.
2 x 2



x
x



2
1
 x2 1 




a) lim  2
(
1
)

lim
1


lim
1





2
2
x  
x  
x  
x

1


 x  1
 x  1


2 


2


b) lim1  sin x  (1 )  lim 1  sin x 
x 0
x 0

1
x
2
1
sin x



sin x
x
101
 e1  e.
x 2 1
2
x






2
1
 e 2 
1
.
e2
§4. Hàm số một biến số liên tục
1. Định nghĩa
Định nghĩa 1. Cho hàm số f(x) xác định trên tập hợp Df, Ta nói hàm số f(x)
+) Liên tục tại điểm x0Df nếu: lim f(x) = f(x0):
x  x0
xo gọi là điểm liên tục của hàm f(x)
+) Liên tục phải tại x0 nếu f(x0+)= lim  f(x) = f(x0)
x  x0
+) Liên tục trái tại x0 nếu f(x0-) = lim  f(x) = f(x0)
x  x0
Hàm số không liên tục tại x  thì ta nói hàm số gián đoạn tại x  .
x   khi x  

x  a khi x  
Ví dụ 1: Xét tính liên tục của hàm số f( x )  
Giải: Tập xác định là R
+) Trên (; 0) : f(x) = 2x+ 1 xác định trên R nên liên tục trên R. Suy ra f(x) =
2x+ 1 liên tục trên (; 0) .
+) Trên (0;   ): f(x) = x2+a xác định trên R nên liên tục trên R. Suy ra f(x) = x2+a
liên tục trên (0;  
Suy ra hàm số liên tục tại mọi điểm thuộc khoảng (; 0) và (0;   )
+)Tại xo   : f( )  a , lim f ( x)  lim ( x 2  a)  a
x 0 
x 0 
lim f (x)  lim (2x  1)  1
x 0
x 0
f(x) liên tục tại xo= 0  lim f (x)  lim f (x)  f (0)  a  1
x 0
x 0
Vậy:
Nếu a   thì hàm số liên tục tại mọi điểm thuộc R ,
Nếu a   thì hàm số liên tục tại mọi điểm thuộc R \  .
Định nghĩa 3. Ta nói hàm số f( x ) liên tục trong khoảng (a;b) nếu nó liên tục tại mọi
điểm thuộc khoảng (a;b) .
Định nghĩa 4. Ta nói hàm số f( x ) liên tục trong khoảng [ a;b ] nếu nó liên tục tại mọi
điểm thuộc khoảng (a;b) và liên tục trái tại a , liên tục phải tại b .
Chú ý: Các hàm số sơ cấp liên tục tại mọi điểm thuộc miền xác định của nó
102
2. Các phép toán sơ cấp đối với hàm số liên tục
a. Định lý 1: Nếu các hàm số f( x ); g( x ) liên tục tại x  thì:
i) f( x )  g( x ); f( x )  g( x ); f( x ).g( x ) cũng liên tục tại x  .
ii)
f( x )
liên tục tại x  nếu g  x     .
g( x )
b.Định lý 2: Nếu hàm số g( x ) liên tục tại x  và hàm số f( u) liên tục tại u   g( x  ) thì
hàm số f( g( x )) liên tục tại x  .
3. Các tính chất cơ bản của hàm số liên tục
a) Định lý 3 (Vâyestrat)
Nếu hàm số f( x ) liên tục trên đoạn [ a;b ] thì có GTNN và GTLN trên đoạn [ a; b ] .
b) Định lý 4 (Giá trị trung gian)
Nếu hàm số f( x ) liên tục trên đoạn [ a; b ] và f(a)  f(b) thì nó nhận mọi giá trị trung
gian giữa f(a) và f(b). Tức là với mọi số m nằm giữa (a) và f(b) luôn tồn tại c  a;b  để
f(c)  m.
Hệ quả:
i) Nếu hàm số f( x ) liên tục trên đoạn [ a;b ] và f(a).f(b)   thì tồn tại c  a;b 
để f(c) =0. Tức là phương trình f(x) = 0 có ít nhất một nghiệm thuộc a;b  .
ii) Nếu hàm số f( x ) liên tục trên đoạn [ a;b ] và f (a). f (b)  0 thì tồn tại c [a; b]
để f(c) =0. Tức là phương trình f(x) = 0 có ít nhất một nghiệm thuộc [a; b].
Ví dụ 2. Chứng minh rằng phương trình sau có nghiệm: x5-2x-2021 = 0
Giải:
Xét hàm f(x) = x5-2x-2021 liên tục trên R nên f(x) liên tục trên [0; 5] (1)
+) f(0) = - 2021 < 0; f(5) = 1094. Suy ra f(0).f(5) < 0
(2)
Từ (1) và (2) ta có tồn tại c thuộc (0; 5): f(c) = 0. (đpcm).
Ví dụ 3. Cho mô hình cân bằng thị trường QS = QD; trong đó
lượng cung QS =0,1P2+5P+10; lượng cầu Q D 
giá cân bằng thuộc khoảng (3; 5).
Giải: Ta có QS = QD  0,1P 2  5P  10 
50
P2
 0,1P 3  4,8P 2  70  0 (1)
103
50
. Chứng minh rằng mô hình trên có
P2
Xét hàm số f(P) = 0,1P3 + 4,8P2 – 70 liên tục trên [3; 5] (2)
Ta có f(3) = -24,1<0 và f(5) = 62,5 nên f(3).f(5)<0 (3)
Từ (2) và (3) suy ra phương trình (1) có nghiệm thuộc (3; 5). Suy ra điều phải chứng
minh.
104
§5. Đạo hàm và vi phân hàm 1 biến số
I. Đạo hàm và vi phân cấp 1:
1. Khái niệm
a. Đạo hàm tại một điểm
Định nghĩa 1:
Cho hàm y = f(x) xác định trên khoảng (a, b) và x0 là điểm cố định thuộc khoảng (a,
b). Nếu tồn tại giới hạn hữu hạn lim
x  x0
f ( x)  f ( xo )
thì giới hạn đó gọi là đạo hàm của hàm
x  xo
số y=f(x) tại điểm x0. Ký hiệu: f ( x  ) hoặc y ( x  )
Định nghĩa 2 : Hàm số f(x) được gọi là hàm khả vi tại điểm x  nếu tồn tại số thực k sao
cho
f( x )  f( x  )  k.x  ( x ) . ( x ) gọi là vô cùng bé bậc cao hơn x khi x dần
đến 0 (có nghĩa là lim
x  
( x )
 )
x
Ví dụ 1: x2 là vô cùng bé bậc cao hơn x khi x dần đến 0 vì lim
x 
x

x
Khi đó biểu thức k.x được gọi là vi phân của hàm số f(x) tại x  ,
Kí hiệu là df( x  ) , tức là: df( x  )  k.x  f '( xo ) x
Chú ý :
+) Nếu tồn tại giới hạn lim
x x  
f( x )  f( x  )
thì nó được gọi là đạo hàm phải tại x  kí hiệu
x  x
là: f( x  ) .
+) Nếu tồn tại giới hạn lim
x x  
f( x )  f( x  )
thì nó được gọi là đạo hàm trái tại x  kí hiệu
x  x
là: f( x  ) .
Ví dụ 2. Tính f’(0) với f( x )  x
Giải:
f' ( )  lim
x
f( x )  f( )
x
 lim
 lim   (1)
x  x
x  x
x 
f' ( )  lim
x
f( x )  f( )
x
 lim
 lim
  (2)
x  x
x  x
x 
x 
x 
Từ (1) và (2): f' ( )    f' ( )   . Do đó không tồn tại f '( )
105
 f '( xo ); f '( xo )
Định lý: Điều kiện để tồn tại f '( xo )  


 f '( xo )  f '( xo )
Nhận xét: f( x )  f( x  )  k.x  ( x )  lim  f( x )  f( xo )     lim  f( x )   f( xo )
x x o
x  xo
f(x) liên tục tại xo
Như vậy: f(x) có đạo hàm tại xo thì f(x) liên tục tại xo.
Ngược lại không đúng: Chúng ta chỉ ở ví dụ 2: f( x )  x liên tục tại xo= 0 nhưng không
có đạo hàm tại xo=0.
x 
khi x  
Ví dụ 3. Cho hàm số f( x )   
. Tìm b và c để f(x) có đạo hàm tại
 x  bx  c khi x  
xo=0.
Giải:
+) f(x) liên tục tại xo =0
 lim f( x )  lim f( x )  f( )  lim(
x   bx  c)  lim x     c  

x 
x 
x 
+) f(x) có đạo hàm tại xo =0: lim
x 
x 
f( x )  f( )
x 
f( x )  f( )
x
lim
 lim
 lim x   ;
x  
x  x
x 
x
lim
x  
f( x )  f( )
x   bx
 lim
 lim( x   b)  b
x



x  
x
x
f '( )   lim
x 
f( x )  f( )
f( x )  f( )
f( x )  f( )
 lim
 lim
b  
x 
x 
x 
x 
x 
b  
Vậy f '( )  
c  
c. Đạo hàm trên một miền
Định nghĩa: Nếu hàm số y  f( x ) có đạo hàm tại mọi điểm thuộc miền X, thì quy tắc
cho tương ứng mỗi giá trị x  X , một giá trị xác định f ( x ) , cho ta một hàm số
y   f ( x ) xác định trên X. Ta gọi hàm số này là đạo hàm của hàm số y  f( x ) trên
miền X.
Ví dụ 1: Đạo hàm của hàm số y  x  là hàm số y’ = 2x
Đạo hàm của hàm số y  sin x là hàm số y’ = cosx
106
Ví dụ 2. Chứng minh đạo hàm của f(x) = xn là hàm số f’(x)= nxn-1
2. Tính chất
Định lý 1. Nếu hàm số y  f( x ) có đạo hàm tại x  thì nó liên tục tại điểm đó.
Định lý 2. Đạo hàm f ( x  ) là hệ số góc của tiếp tuyến của đường cong (C): y = f(x) tại
điểm M( x  ; y  ) . Và như vậy nó cũng là số đo độ dốc của đường cong (C) tại điểm
M( x  ; y  ) .
3. Đạo hàm và vi phân của các hàm sơ cấp cơ bản:
* (C)’ = 0
* ( x  )'  x  1 ; (x)’=1;
* (a x )'  a x ln a ; (ex)’ = ex
* (log a x )' 
* (sinx)’ = cosx
* (cosx)’ = - sinx
* (tan x )' 
1
cos 2 x
1
* (arcsin x )' 
* arctan x ' 
* (cot x )' 
1
1
; (ln x )' 
x ln a
x
1
sin 2 x
1
* (arccos x )' 
1 x2
1
1 x2
 x '  2 1 x
* arc cot x ' 
1 x2
1
1 x2
4. Các quy tắc tính đạo hàm và vi phân
a) Định lý 3. Nếu f = f(x), g = g(x) có đạo hàm trên tập xác định thì
(f  g)'  f ' g'
d (f  g)  df  dg
( kf )'  k.f '
d(kf) = kdf
(fg)'  f '.g  f .g'
d(fg) = gdf + fdg
 f  f ' g  fg '
(g  0 )
 ' 
g2
g
 f  gdf  fdg
d  
( g  0)
g2
g
Ví dụ 2: Tính đạo hàm các hàm số sau:
a) y  x   x   x   ;
b) y  x  ln x ;
Giải:
a) Ta có y’= 8x3 + 6x – 4
107
c) y 
ln x
;
x
d) y 
x sin x  cos x
x cos x  sin x
b) y  x  ln x  y’= 3x2lnx + x3.
c) y 
d) y 
ln x
x
1
= 3x2lnx + x2
x
1 4
.x  4 x 3 ln x
1  4 ln x
x

 y' 
8
x
x5
x sin x  cos x

x cos x  sin x
x cos x.( x cos x  sin x )  ( x sin x  cos x).( x sin x)
x2
y' 

( x cos x  sin x) 2
( x cos x  sin x) 2
b) Đạo hàm của hàm số hợp
Định lý 4: Nếu hàm số u  g( x ) có đạo hàm tại x  , hàm số y  f( u) có đạo hàm tại
u   g( x  ) thì hàm số y  f( g( x )) có đạo hàm tại x  và và được tính theo công thức:
y ( x )  f ( u ).u ( x  )
hay có thể viết ngắn gọn là: yx  fu . ux
Ví dụ 3: Tính đạo hàm của y = cos4x
Giải:
Hàm số y = cos4x là hàm hợp của hai hàm cơ bản y = u4 và u = cosx.
Theo định lý trên ta có y’ = ( u 4 )( cosx) = 4u3. (-sinx) = -4cos3x.sinx
Ví dụ 4: Tính đạo hàm của hàm số y = esinx
Giải: Ta có y’= esin x   esin x .(sin x )  esin x .cos x


5. Tính bất biến của biểu thức vi phân
Vi phân cấp 1 bất biến qua phép đổi biến
df(x) = f’(x) dx
df(t) = f’(t)dt
II. Đạo hàm và vi phân cấp cao
1) Định nghĩa
+) Nếu hàm số y = f(x) có đạo hàm tại mọi điểm thuộc khoảng X thì đạo hàm y = f(x) là
một hàm của đối số x, xác định trên khoảng X, do đó ta có thể lấy đạo hàm của hàm số y
= f(x). Đạo hàm của f(x) nếu tồn tại được gọi là đạo hàm cấp hai của f(x), kí hiệu là
y= f, hoặc
d2y
d 2 f ( x)
,
hoặc
f(x),
hoặc
.
dx 2
dx 2
108
Tổng quát, đạo hàm của đạo hàm cấp (n – 1) của y = f(x) được gọi là đạo hàm cấp n của
hàm số đó. Kí hiệu: y(n), hoặc
dny
d n f ( x)
,
hoặc
, hoặc f(n)(x).
n
n
dx
dx
Như vậy: y(n) = f(n)(x) = [f(n – 1) (x)]
Ví dụ 5. Tính đạo hàm cấp n của hàm số y = sinx
Giải. Ta có y = cosx =sin(x + 1.
π
)
2
π
2
y = -sinx = sin(x + 2. )
π
2
Giả sử, y(n – 1) = sin(x + (n -1) ). Ta tính y(n)
π
2
y(n) =[y(n-1)]’= cos(x + (n -1) ) = sin(x + (n -1)
π π
π
+
) = sin(x + n
)
2 2
2
+) Vi phân cấp hai của hàm số y = f(x) là vi phân của vi phân ( cấp 1) của hàm đó, tức là
d2y = d(dy)
Tổng quát, vi phân cấp n của hàm số y = f(x) là vi phân của vi phân cấp n – 1 của hàm
đó, tức là
dny = d(dn – 1y)
Chú ý.
* Trong công thức vi phân dy = ydx, đạo hàm y phụ thuộc vào x, còn
dx = x là số gia bất kì của biến độc lập x, không phụ thuộc x. Do đó, khi lấy vi phân
theo x thì dx được xem như là hằng số. Ta có
d2y = d(dy) = d(ydx) = dxdy = dx(ydx) = ydx2 (dx2 = (dx)2)
d3y = d(d2y) = d(ydx2) = dx2d(y) = dx2(ydx) = ydx3 (dx3 = (dx)3)
Bằng phương pháp quy nạp, ta có thể chứng minh công thức tính vi phân cấp n của hàm
số y = f(x): dny = y(n)(dx)n = y(n)dxn
*
Biểu thức vi phân cấp cao không có tính chất bất biến như biểu thức vi phân cấp
1.
Ví dụ 6. Cho hàm số y = x2
Nếu x là biến độc lập thì d2y = 2dx2
Nếu x = t2, thì y = t4 . Khi đó d2y = 12t2dt2
Nếu thay dx = 2tdt vào biểu thức d2y = 2dx2, ta có
109
d2y = 2(2tdt)2 = 8t2(dt)2 = 8t2dt2  12t2dt2
2) Các quy tắc tính đạo hàm và vi phân cấp cao
a. Quy tắc tính đạo hàm
* (f  g)(n) = f(n)  g(n)
* (kf)(n) = kf(n)
n
*
(fg)(n) =
k (k)
n
C f
g (n k) (Công thức Leibnitz)
k 0
b. Quy tắc tính vi phân
* dn(f  g) = dnf  dng
* dn(kf) = kdnf
n
* dn(fg) =
k
n
C d
k
f .d n  k g (Công thức Leibnitz)
k 0
* Đạo hàm cấp cao của một số hàm thường gặp:
1) ( x  )( n )   (   )...(   n  )x -n (   n).
2) (eax )( n )  a neax .
3) (ln x )( n )  (-)n-
( n - ) !
xn
.

).


 b n cos(bx  n ).

4) (sin bx )( n )  b n sin(bx  n
5) (cos bx )( n )
III. Ứng dụng của phép tính vi phân
Quy tắc Lôpitan:
Định lý 5: Giả sử các hàm số f(x) và g(x) thoả mãn các điều kiện sau:

0
f ( x)
có dạng vô định
hoặc
( lim f(x) = lim g(x) =0 hoặc
x x 0
 x x 0
0
x  x0 g ( x)
i) Giới hạn lim
lim f(x)= lim g(x)=  );
xx0
x x 0
f ( x )
(hữu hạn hay vô hạn).
x x  g ( x )
ii) Tồn tại giới hạn lim
f( x )
f ( x )
 lim
x  x  g( x )
x  x  g ( x )
Khi đó: lim
2x - x2
x 2 x - 2
Ví dụ 1. Tính A  lim
110

Giải. Giới hạn này có dạng   . Áp dụng Quy tắc Lôpitan ta có:

2
A  lim
x2
x
- x2
x
  lim 2
- 2 
x 2
x
ln 2 - 2 x
 4 ln 2  4
1
ex
x  x
Ví dụ 2: Tính B  lim

Giới hạn này có dạng   . Áp dụng quy tắc Lôpitan ta có:

B  lim
x 
ex 
 lim e x  
x
x 
tgx  x
Ví dụ 3: Tính C  lim
x 0
x3

Giới hạn này có dạng   . Áp dụng Quy tắc Lôpitan ta có:

1
2
C  lim cos x
x 0
3x 2
1
 lim
sin 2 x
1
2
x  0 3 cos x
x
2

1
3
Chú ý:
a) Ta có thể áp dụng quy tắc Lôpitan nhiều lần, tức là:
Nếu một lân cận nào đó của điểm a, các hàm số f(x) và g(x) có đạo hàm đến cấp n
f   (x)
0
f (x)
f '(x)
f ''(x)
và các giới hạn lim
, lim
, lim
,..., lim  n 1
có dạng vô định
( hoặc
x a g
x a g(x)
x a g '(x) x a g ''(x)
0
(x)
n 1

f (n) (x)
). Khi đó, nếu tồn tại giới hạn lim (n)
= A thì ta cũng có
x a g ( x )

f (x)
=A
x a g( x)
lim
b) Quy tắc Lôpitan vẫn đúng nếu các giới hạn được xét trong các định lý trên là giới hạn
một phía và trường hợp khi x   , hoặc x   .
f ( x )
không tồn tại thì chưa thể kết luận gì về sự tồn tại của giới hạn
x x  g ( x )
c) Trường hợp lim
f ( x)
.
x  x0 g ( x)
lim
111
d) Ngoài việc dùng quy tắc Lôpitan để khử các dạng vô định
0

và
, quy tắc Lôpitan

0
còn được dùng để khử các dạng vô định khác như  -  , 0.  , 00, 1,  0 bằng cách
chuyển về hai dạng vô định trên.
 - 
1 1 0
 
0 0 0
1 0
1

0.   0.  ; 0.   . 
0 0


112
§6. Ứng dụng đạo hàm của hàm 1 biến trong phân tích kinh tế
1. Đạo hàm và giá trị cận biên
Cho hàm số y= f(x) với x, y là các biến số kinh tế, gọi xo là một điểm thuộc tập
xác định của hàm số.
Hàm số My = f’(x) được gọi là hàm cận biên
Giá trị My(xo) được gọi là giá trị cận biên của hàm số f(x) tại điểm xo (hay giá trị y
cận biên tại xo).
* Ý nghĩa:
Tại xo, khi đối số x thay đổi một đơn vị thì giá trị hàm số f(x) thay đổi một lượng
xấp xỉ bằng My(xo) = f’(xo).
Chú ý:
+) Nếu My(xo) = f’(xo) > 0 : Khi x tăng lên 1 đơn vị thì f(x) tăng xấp xỉ My(xo)
đơn vị.
+) Nếu My(xo) = f’(xo) < 0 : Khi x tăng lên 1 đơn vị thì f(x) giảm xấp xỉ My( x o )
đơn vị.
Ví dụ 1. Cho hàm doanh thu TR(Q) = 1200Q – Q2 ) (Q>0).
a) Tìm hàm doanh thu cận biên MR(Q)
b) Tại Qo = 590, khi Q tăng một đơn vị thì doanh thu sẽ thay đổi bao nhiêu đơn vị
c) Tính giá trị doanh thu cận biên tại Qo = 610 và giải thích ý nghĩa kết quả nhận
được.
Giải:
a) MR(Q) = TR’(Q) = 1200- 2Q (Q>0)
b) MR(590) = 1200 -2.590 = 20>0
Vậy tại Qo = 590, khi Q tăng lên một đơn vị thì doanh thu sẽ tăng một lượng xấp xỉ
bằng 20 đơn vị.
c) MR(610) = 1200-2.610 = -20<0
Vậy tại Qo = 610, khi Q tăng lên một đơn vị thì doanh thu sẽ giảm một lượng xấp xỉ
bằng 20 đơn vị.
Ví dụ 2.Cho hàm sản xuất ngắn hạn Q  30. L ; L  0
a) Tìm hàm sản lượng cận biên của lao động MPPL = Q’(L)
113
b) Tại Lo = 25, nếu L tăng thêm một đơn vị, hỏi sản lượng sẽ thay đổi bao nhiêu đơn
vị?
Giải:
a) MPPL  Q'(L)  (30 L)' 
b) MPPL (25) 
15
L
15 15
  3 (đơn vị sản phẩm)
25 5
Vậy tại Lo = 25, nếu L tăng lên một đơn vị thì sản lượng sẽ tăng lên xấp xỉ 3 đơn vị.
Ví dụ 3. Cho hàm chi tiêu C(Y) = aY + b (0<a<1; b>0); Y>0
a) Tìm hàm xu hướng tiêu dùng cận biên MPC(Y)?
b) Cho biết ý nghĩa kinh tế của hệ số a trong biểu thức hàm số đã cho.
Giải:
a) MPC(Y) = C’(Y) = (aY+b)’ = a
b) Vì a > 0 nên tại mọi mức thu nhập, khi thu nhập tăng một đơn vị thì chi tiêu sẽ
tăng xấp xỉ a đơn vị.
Ví dụ 4. Cho hàm chi phí TC(Q) = 0,1Q2 + 0,3Q + 100 (Q  0)
a) Tìm hàm chi phí cận biên MC(Q)
b) Tính chi phí cận biên tại mức sản lượng Qo = 100 và giải thích ý nghĩa kết quả
nhận được.
Giải:
a) MC(Q) = TC’(Q) = 0,2Q + 0,3
b) MC(120) = 0,2 . 100 + 0,3 = 20,3
Vậy tại Qo = 100, khi sản lượng tăng một đơn vị thì chi phí sẽ tăng một lượng xấp xỉ
20,3 đơn vị.
2. Đạo hàm và hệ số co dãn
Cho hàm số y = f(x) với x, y là các biến số kinh tế; gọi xo là một điểm thuộc tập xác định
của hàm số. Giá trị  xy ( x o ) 
y' ( x o )
x o được gọi là hệ số co dãn của y theo x tại xo.
y( x 0 )
Ý nghĩa: Tại xo, khi đối số x thay đổi 1% thì giá trị của hàm số y= f(x) thay đổi một
lượng xấp xỉ là  xy ( x o ) %
Ví dụ 5. Xét hàm cầu của một loại hàng hóa D = D(p), tại mức giá po:
114
 Dp (p o ) 
D' ( p o )
.p o (Hệ số co dãn của cầu theo giá tại mức giá po)
D( p o )
Áp dụng với hàm cầu D = 6p – p2 tại mức giá po = 5 và giải thích ý nghĩa của kết quả
nhận được. Cũng tại mức giá đó, nếu giá tăng 2% thì cầu sẽ thay đổi như thế nào?
Giải:
Ta có  Dp (5) 
D' (5)
4
.5 
.5  4
D(5)
5
Ý nghĩa: tại mức giá po = 5, nếu giá tăng 1% thì cầu sẽ giảm một lượng xấp xỉ 4%. Còn
nếu giá tăng 2% thì cầu sẽ giảm một lượng xấp xỉ 2.4% = 8%.
Ví dụ 6. Cho hàm sản xuất Q  a.L (a>0; 0<  < 1). Tại mức sử dụng lao động nào đó,
tính hệ số co dãn của sản lượng theo lao động.
Giải: Hệ số co giãn của sản lượng theo lao động là
 QL (L) 
Q' ( L )
aL 1
.L 
L
Q ( L)
aL
Ý nghĩa: Tại mọi mức sử dụng lao động, nếu lao động tăng 1% thì sản lượng sẽ tăng một
lượng xấp xỉ  %.
3. Đạo hàm cấp 2 và quy luật lợi ích cận biên giảm dần
Cho hàm số y = f(x) với x, y là các biến số kinh tế.
Khi giá trị của đối số x đủ lớn, nếu giá trị của x tăng thì giá trị cận biên My sẽ giảm, hay
(My)’ = f’’(x) < 0. Hay hàm y = f(x) tuân theo quy luật lợi ích cận biên giảm dần
 f’’(x) < 0 x thuộc tập xác định.
Ví dụ 7. Cho hàm sản xuất Q  aL (a>0,   0 , L>0), hãy tìm điều kiện của tham số 
để hàm Q tuân theo quy luật lợi ích cận biên giảm dần.
Giải:
Q'  aL 1 ; Q' '  (  1)aL  2
Q' '  0    1  0    1
Vậy 0    1
Ví dụ 8. Cho hàm doanh thu: TR(Q) = 1200Q- Q2, (Q>0)
Hàm này có tuân theo quy luật lợi ích cận biên giảm dần hay không?
Giải: TR’(Q) = 1200 – 2Q
TR’’(Q) = -2 < 0
115
Vậy hàm doanh thu này có tuân theo quy luật lợi ích cận biên giảm dần
4. Phân tích mối quan hệ giữa hàm bình quân và hàm cận biên
Cho hàm số y = f(x) với x, y là các biến số kinh tế
Hàm số Ay 
y
( x  0) được gọi là hàm bình quân (hay hàm trung bình). Chúng ta sẽ khảo
x
sát khoảng tăng, giảm, cực trị của hàm số này.
'
 y  y'x  y

 
x2
x
y
x  My  Ay (x  0)
x
x
y'
Ta có: (Ay)'  
Do đó:
 Trong khoảng hàm bình quân tăng thì My > Ay (đường cận biên nằm trên đường bình
quân).
 TRong khoảng hàm bình quân giảm thì My <Ay (đường cận biên nằm dưới đường
bình quân).
 Tại điểm hàm bình quân đạt cực trị thì My – Ay = 0  My= Ay (đường bình quân gặp
đường cận biên tại điểm đường bình quân đạt cực trị)
Ví dụ 1. Chứng minh rằng:
My
 1   Ay
x (x)
Ay
Giải:
Thật vậy  Ay
x 
( Ay)'
My  Ay
My  Ay My
My
.x 
x

1 
 1   Ay
x
Ay
Ay.x
Ay
Ay
Ay
Ví dụ 2. Cho hàm chi phí TC = TC(Q) (Q > 0)
a) Hãy phân tích mối quan hệ giữa hàm chi phí bình quân AC(Q) và hàm chi phí cận
biên MC(Q).
b) Áp dụng phân tích đối với trường hợp TC(Q) = 3Q2 + 7Q + 27; Q > 0
Giải:
a) Ta có AC' (Q) 
MC  AC
(Q  0)
Q
Do đó, trong khoảng hàm chi phí bình quân tăng thì MC > AC (đường chi phí biên
nằm trên đường chi phí bình quân).
Còn trong khoảng hàm chi phí bình quân giảm thì MC < AC (đường chi phí cận biên
nằm dưới đường chi phí bình quân).
116
Tại điểm hàm chi phí bình quân đạt cực trị thì MC = AC (đường chi phí bình quân
gặp đường chi phí cận biên tại điểm mà đường chi phí bình quân đặt cực tiểu)
b) Ta có TC = 3Q2 + 7Q + 27 (Q>0)
AC(Q) =
TC(Q)
27
 3Q  7 
Q
Q
 AC' (Q)  3 
27
Q2
AC' (Q)  0  Q 2  9  Q  3 (do Q>0)
+) Nếu Q > 3 thì hàm chi phí bình quân tăng và MC > AC (đường chi phí cận biên nằm
trên đường chi phí bình quân)
+) Nếu Q < 3 thì hàm chi phí bình quân giảm và MC < AC (đường chi phí cận biên nằm
dưới đường chi phí bình quân)
+) Nếu Q = 3 thì hàm chi phí bình quân đặt cực trị và MC = AC(đường chi phí bình quân
gặp đường chi phí cận biên tại điểm mà đường chi phí bình quân đặt cực tiểu)
Ví dụ 3. Cho hàm sản xuất ngắn hạn: Q = 40L2 – L3 (L>0)
Hãy phân tích mối quan hệ giữa hàm sản lượng bình quân theo lao động
APPL 
Q
(L  0) và hàm sản lượng cận biên theo lao động MPPL.
L
Giải:
Ta có APPL  40L  L2  APPL '  40  2L
APPL '  0  L  20
+) Nếu L>20 thì hàm sản lượng bình quân giảm và MPPL<APPL (đường sản lượng cận
biên nằm dưới đường sản lượng bình quân).
+) Nếu L<20 thì hàm sản lượng bình quân tăng và MPPL>APPL (đường sản lượng cận
biên nằm trên đường sản lượng bình quân).
+) Nếu L= 20 thì hàm sản lượng bình quân đạt cực trị và MPPL=APPL (đường sản lượng
cận biên gặp đường sản lượng bình quân tại điểm cực trị của hàm sản lượng bình quân).
5. Bài toán tối ưu hàm một biến
a) Tìm mức sử dụng lao động L để sản lượng hoặc lợi nhuận tối đa
Ví dụ 1. Cho hàm sản xuất Q = 120L2 – L3 (L>0). Hãy xác định mức sử dụng lao động
để sản lượng tối đa.
Giải:
117
Q  120L2  L3 , (L  0)  Q'  240L  3L2 ; Q’’ = 240-6L
Q'  0  240L  3L2  0  L  80 ( vì L  0)
Lập bảng biến thiên ta có, Q đạt giá trị tối đa tại L = 80
Ví dụ 2. Cho biết hàm sản xuất ngắn hạn là Q  100. 5 L3 (L  0) và giá của sản phẩm là p
= 5USD; giá thuê lao động là pL= 3USD. Hãy tìm mức sử dụng lao động để cho lợi
nhuận tối đa.
Giải:
TR  p.Q  500.5 L3 , L  0
TC  p .L  3L
L
  TR  TC  500. 5 L3  3L, L  0
2
2
 '  300L 5  3;  '  0  L5  100  L  100.000
Lập bảng biến thiên ta có,  đạt lợi nhuận tối đa tại L = 100.000
b) Tìm mức sản lượng Q để chi phí tối thiểu, doanh thu, lợi nhuận tối đa
Ví dụ 3. Cho biết hàm chi phí: TC = Q3 – 130Q2 + 12Q (Q>0)
Hãy xác định mức sản lượng Q để chi phí bình quân nhỏ nhất.
Giải:
TC= Q3 – 130Q2 + 12Q  AC = Q2 -130Q + 12
AC’ = 2Q – 130
AC’ = 0  Q=65
Lập bảng biến thiên ta có, AC đạt giá trị nhỏ nhất khi Q = 65
Ví dụ 4. Cho biết hàm chi phí là: TC = Q3 – 8Q2 + 57Q + 2(Q>0) và hàm cầu đảo là p =
45- 0,5Q. Hãy xác định mức sản lượng Q cho lợi nhuận cực đại.
Giải:
Từ p = 45- 0,5Q  TR  p.Q  (45  0,5Q)Q  45Q  0,5Q 2
Do đó   TR  TC  ( 45Q  0,5Q 2 )  (Q 3  8Q 2  57Q  2)  Q 3  7,5Q 2  12Q  2
'  3Q 2  15Q  12
Q  1
'  0   1
Q 2  4
Lập bảng biến thiên ta có, tại mức sản lượng Q = 4 hàm lợi nhuận đạt cực đại
118
Ví dụ 5. Cho hàm chi phí là TC = 4Q3 + 5Q2 +500 (Q>0) và hàm cầu Q = 11160 – p.
Hãy xác định mức sản lượng Q cho lợi nhuận tối đa.
Giải: p = 11160 - Q  TR= p.Q = (11160 –Q)Q = 11160Q – Q2
Do đó   TR  TC  (11160Q  Q 2 )  ( 4Q 3  5Q 2  500)  4Q 3  6Q 2  11160Q  500
'  12Q 2  12Q  11160
Q  30
'  0  12Q 2  12Q  11160  0  Q 2  Q  930  0   1
.
Q 2  31
Vì Q > 0 nên chỉ nhận Q1 = 30 còn Q2 = -31 (loại). Lập bảng biến thiên ta có, lợi nhận
đạt tối đa tại Q = 30.
Ví dụ 6. Cho biết hàm chi phí TC =
4860
 15Q  7500000 (Q  0)
Q
Hãy xác định mức sản lượng Q để chi phí nhỏ nhất
Giải: Ta có TC' 
 4800
 15
Q2
Q1  18
TC'  0  Q 2  324  
Q 2  18
Do Q >0 nên Q2 = -18 (loại)
Lập bảng biến thiên, ta có TC đạt giá trị nhỏ nhất tại Q1 = 18.
119
§7. Tích phân hàm một biến số
I. Tích phân bất định:
1. Khái niệm nguyên hàm
* Định nghĩa:
Hàm số F(x) được gọi là nguyên hàm của hàm số f(x) trên một khoảng (a, b) nếu:
F’(x) = f(x), hay dF(x) = f(x)dx, x  (a, b)
Ví dụ 1. Hàm số sinx là nguyên hàm của hàm số cosx trên R, vì (sinx)’ = cosx , với mọi
số thực x.
Định lý:
Nếu F(x) là một nguyên hàm của f(x) trên khoảng (a, b) thì:
i) F(x) + C, với C là một hằng số bất kỳ, cũng là nguyên hàm của hàm số f(x).
ii) Ngược lại, mọi nguyên hàm của hàm số f(x) đều biểu diễn được dưới dạng F(x) +
C, với C là một hằng số.
2. Tích phân bất định
a) Định nghĩa:
Tích phân bất định của hàm số f(x) là biểu thức nguyên hàm tổng quát F(x) + C, trong đó
F(x) là một nguyên hàm của hàm số f(x) và C là hằng số bất kỳ.
Kí hiệu:  f ( x)dx  F ( x)  C
Ví dụ 2:  sin xdx   cos x  C
 xdx 
x2
C
2
b)Tính chất:
'
*
  f (x)dx   f (x) hay d   f (x)dx   f (x)dx ;
*  F '( x)dx  F ( x)  C hay  dF ( x)  F ( x)  C ;
*
 f (x)  g(x)dx   f (x)dx   g(x)dx
*
 kf ( x)dx  k  f ( x)dx, k  R
là hằng số.
c) Công thức tích phân cơ bản:
1)  kdx = kx + C
 xα  1

2)  x dx =  α  1  C , khi α  -1
ln | x |  C , khi α = -1.

α
120
e
x
dx  e  x  C
x
3)  a xdx = a + C (a > 0, a  1)
lna
Đặc biệt  ex dx = e x + C
4)  sin xdx = -cosx + C
5)  cos xdx = sinx + C
dx
6)
 cos2 x
7)
 sin 2 x
8)
 1 + x2
9)

dx
dx
= tgx + C
= -cotgx + C
= arctgx + C = -arccotgx + C
dx
1 x2
10)  tgxdx 
= arcsinx + C = - arccosx + C

d  cos x 
11)  cot gxdx 
cos x

  ln | cos x |  C
d sin x
= ln|sinx| + C
sin x
3. Các phương pháp tính tích phân
a) Phương pháp biến đổi
Trong một số trường hợp để tìm tích phân của hàm số không có phải tích phân cơ bản ta
có thể sử dụng công thức thích hợp để biến đổi hàm số dưới dấu tích phân về các hàm số
dạng cơ bản. Sau đây là một số ví dụ.
Ví dụ 3. Tính các tích phân: I  
dx
dx
; J 2
x  6x  9
x  6x  8
2
Giải:
Ta có I =
dx
dx
Và J =
dx
1
 x 2  6x  9   (x  3)2   x  3  C
1  1
1 
 x 2  6x  8  2   x  4  x  2 dx
1
 ln x  4  ln x  2   C
2
1 x 4
 ln
C
2 x 2

121
Ví dụ 4. Tính các tích phân:
I
2x  1
3x 1  5 x 1
dx
;
J

 4 x dx
x 2  3x  2
Giải: * Tính I: Giả sử
2x  1
A
B
( A  B) x  2 A  B



x  3x  2 x  1 x  2
x 2  3x  2
.
2
A  B  2
 A  1


  2 A  B  1  B  3
1 
 1
 I  
 3.
dx
x 2
 x 1
  ln x  1  3ln x  2  C
3 x 1  5 x 1
* Tính J: J  
dx
4x
x
 1  3 x
5 

     5   dx
 3 4 
 4  

x
x
1 3 1
5 1
  
 5 
C
3
3  4  ln
 4  ln 5
4
4
Ví dụ 5. Tính các tích phân
I   sin(2x). cos(8x )dx J 
;
1
sin 3 xdx

2
Giải:
.
I   sin  2x  .cos  8x dx
1
 sin(5x )  sin(3x ) dx
2
1  cos(5x ) cos(3x ) 
 

 C
2
5
3 

J
1
1
3
1
3

sin 3 xdx    sinx  sin(3x) dx  cos x  cos(3x)  C

2
4
4
12
4

Ví dụ 6. Tính tích phân
I
1
dx
sin x cos x
122
Giải:
I
1
1
1
dx  
dx  
d (tan x )  ln tan x  C
sin x
sin x cos x
tan
x
2
cos x
cos x
b) Phương pháp đổi biến
Định lý. Nếu  f (x )dx  F (x )  C Thì  f (u )du  F (u )  C hay
 f u (x )  .u (x ).dx  F u (x )   C
Như vậy, bài toán tính tích phân
I   f ( x )dx
có thể tính bằng phép đổi biến số theo 2
cách sau:
-
Cách 1: Đưa biến mới t, biến cũ x là hàm của biến mới:
Nếu hàm số x = g(t) có đạo hàm liên tục và có hàm ngược t = g-1(x). Khi đó
I   f ( x )dx   f [g( t )]g ' ( t )dt   h ( t )dt  H( t )  C  H(g 1 ( x ))  C
-
Cách 2: Biến đổi tích phân
Đặt t = u(x). Khi đó
I   f ( x )dx
về dạng
I   h ( u ( x )).u ' ( x )dx
I   h ( t ).dt
Ví dụ 7: Tính các tích phân: I  
dx
; J   1  x 2 dx
1 x
Giải:
Tính I  
Do đó
dx
: Đặt t = 1 x ta có x  ( t  1) 2 ; dx  2( t  1)dt
1 x
I  2
t 1
dt
dt  2 dt  2  2t  2 ln t  C  2 x  2 ln 1  x  C
t
t
  
Tính J   1  x 2 dx : Đặt x = sint, t  
; , ta có t = arcsinx
 2 2 
dx = costdt, 1  x 2  1  sin 2 t  cos 2 t  cos t  cos t
Do đó
J   cos 2 tdt  
1  cos 2t
1
1
arcsin x x 1  x 2
dt  t  sin 2t  C 

C
2
2
4
2
2
Ví dụ 8. Tính tích phân sau:

dx
x2  
, (  R )
123
x 2    t  x . Lấy vi phân 2 vế ta được
Giải: Dùng phép đổi biến số Euler:
xdx
 dt  dx  (1 
2
x 

Vậy I  
dx
x2  
dx
2
x 


x
2
x 
)dx  dt 
tdx
x2  
 dt
dt
t
dt
 ln t  C  ln x  x 2    C .
t
Ví dụ 9. Tính tích phân I  
dx
.
x  23 x
Giải: Đặt x = t6, suy ra dx = 6t5dt,
x  2 3 x  t 3  2t 2 .
Tích phân được biến thành:
I
dx
x  23 x
 6
t3
8 

dt  6   t 2  2t  4 
 dt
t2
t2

 t3

 6   t 2  4t  8 ln t  2   C
3

=
2 x  6. 3 x  24. 6 x  48 ln
6
x 2 C
c) Phương pháp tích phân từng phần
Từ d(uv) = udv + vdu, ta có công thức tính tích phân từng phần:
 udv  uv   vdu
Một số dạng áp dụng công thức tích phân từng phần:
Dạng 1. Các tích phân  P( x ).e ax  b dx;  P( x ) cos(ax  b)dx;  P( x ) sin(ax  b)dx;
trong đó P(x) là đa thức bậc n. Áp dụng công thức tích phân từng phần bằng cách đặt u =
P(x), dv là phần còn lại của biểu thức dưới dấu tích phân. Đa thức bậc n thì tích phân
từng phần n lần.
Ví dụ 1. Tính I   x 2 sin 2 xdx
Giải: Đặt u = x2  du  2 xdx , dv = sin2xdx  v 
Khi đó: I 
1
cos 2x
2
1 2
x cos 2 x   x cos 2 xdx
2
Tiếp tục áp dụng công thức tính tích phân từng phần cho J   x cos 2 xdx
124
1
Đặt u = x  du  dx , dv = cos2xdx  v  sin 2x , suy ra
2
J
Vậy I 
1
1
1
1
x sin 2x   sin 2xdx  x sin 2 x  cos 2x  C
2
2
2
4
1 2
1
1
x cos 2 x  x sin 2 x  cos 2 x  C
2
2
4
Dạng 2. Tích phân  P( x ). ln m (ax  b)dx . Đặt u = lnm(ax + b), dv = P(x)dx
Ví dụ 2. Tính tích phân I   x ln(x  2)dx
Giải: Đặt u = ln(x + 2)  du 
Ta có I 
=
x2
dx
; dv =xdx  v 
x2
2
x2
1 x2
x2
1
4
ln(x  2)  
dx 
ln(x  2)   ( x  2 
)dx
2
2 x2
2
2
x2
x2
1
ln(x  2)  x 2  x  2 ln(x  2)  C
2
4
Dạng 3. Tích phân  P( x ). arctan(ax  b)dx . Đặt u = arctan(ax + b), dv = P(x)dx
Ví dụ 3. Tính tích phân I   x arctan xdx .
Giải: Đặt u  arctan x  du 
dv  xdx  v 
1
dx
1 x2
x2
2
Khi đó, ta có
x2
1 x2
x2
1
1
1
I   x arctan xdx  arctan x  
dx  arctan x   dx  
dx
2
2
2 1 x
2
2
2 1 x2
=
x2
1
1
arctan x  x  arctan x  C
2
2
2
Dạng 4. Tích phân  e ax  b sin(ax  b)dx ,  e ax  b cos(ax  b)dx . Tích phân từng phần 2 lần.
Ví dụ 4. Tính tích phân: I   e 2 x sin xdx .
Giải: Đặt u = e2x  du = 2e2x; dv = sinxdx  v = -cosx
Ta có I  e 2 x cos x  2 e 2 x cos xdx  e 2 x cos x  2J
Tính tích phân từng phần J: Đặt u = e2x  du = 2e2x; dv = cosxdx  v = sinx
125
Khi đó J  e 2 x sin x  2 e 2 x sin xdx  e 2 x sin x  2I  C
Do vậy I  e 2 x cos x  2(e 2 x sin x  2I  C)  5I  e 2 x (2 sin x  cos x )  C
e 2 x (2 sin x  cos x )
I
C.
5
II. Tích phân các hàm thông dụng
1. Tích phân của các phân thức hữu tỷ
Định nghĩa. Một phân thức hữu tỉ là một hàm số có dạng:
R(x) =
b + b1x + ... + b m x m
P( x)
= 0
Q ( x)
a0 + a1x + ... + a n x n
với ai, bi  R và an, bn  0.
- Nếu m < n thì R(x) được gọi là phân thức thực sự.
- Nếu m  n thì R(x) được gọi là phân thức không thực sự.
Nếu R(x) không là phân thức thực sự thì bằng cách chia tử cho mẫu của R(x) thì bao
giờ ta cũng có thể biểu diễn R(x) dưới dạng:
R(x) = f(x) + R1(x)
trong đó f(x) là một đa thức, còn R1(x) là một phân thức thực sự.
a) Tích phân các phân thức đơn giản:
dx
Dạng 1: I =
 ax + b
Dạng 2: I =
 (ax + b)k
Dạng 3: I =
x
Dạng 4: I =
x
=
dx
1
ln|ax + b| + C ,
a
=
a0
1
1
.
+ C ( a  0 , k = 2, 3, …)
a(1 - k) (ax + b) k - 1
x -a
dx = 1
ln
+ C (a  0)
2
2a x + a
-a
2
2
x
dx = 1
arctg + C (a  0)
2
a
a
+a
dt

2
k  t 2   2 khi   b  4ac  0
1
Dạng 5: I = 
dx = 
2
  dt khi   b 2  4ac  0
ax + bx + c
 t 2  2
Ví dụ 1. Tính I =
Giải: Ta có
1
 x 2 - 5x + 6 dx
1
1
1


x  5x  6 x  2 x  3
2
126
1 
x3
 1

C
dx  ln
x2
 x 3 x 2
Khi đó: I   
Dạng 6: I = 
2
dx
mx + n
= k  d(ax + bx + c) +  
dx
2
2
2
ax + bx + c
ax + bx + c
ax + bx + c
(m, a  0)
Ví dụ 2. Tính I =
x
2x - 3
dx
+x+1
2
Giải:
Ta có
2x  3
( x 2  x  1)'
4
( x 2  x  1)'
4




2
2
2
2
2
2
x  x 1
x  x 1 x  x 1
x  x 1 
1  3


x   
2   2 

Nên I  ln x 2  x  1 
Dạng 7: In =
8
3
arctan
3
C
1
 (ax 2 + bx + c)n dx , (n = 2, 3, …), với a  0,
Ta có: ax2 + bx + c =
=
2x  1
  b 2  4ac  0
1
[(4a 2 x2 + 2.b. 2ax + b 2 ) + (4ac - b 2 )]
4a
1
1
[(2ax + b)2 + (4ac - b 2 )]=
[(2ax + b)2 +  2 ]) (với  = 4ac - b2 )
4a
4a
Đặt t = 2ax + b  dt = 2adx ax2 + bx + c =
1 2
(t +  2 )
4a
Khi đó
In =
1
 (ax 2 + bx + c)n dx =
Ta tính tích phân Jn = 
1

Đặt u = (t 2 + λ2 ) n

dv = dt

 In =
=
dt
22n - 1 a n - 1
 (t 2 + λ2 ) n
dt
(t + λ2 ) n
2
2nt

 du  - (t 2 + λ2 )n + 1 dt

v = t

t
t 2 + λ2 - λ2
t
t2
=
+ 2n  2
dt
+ 2n  2
dt
(t 2 + λ2 ) n
(t + λ2 )n + 1
(t 2 + λ2 )n
(t + λ2 )n + 1
t
dt
dt
+ 2n  2
- 2nλ2  2
2 n
2 n
(t + λ )
(t + λ )
(t + λ2 )n + 1
2
127
=
t
+ 2nI n - 2nλ2 In + 1
(t + λ2 )n
2
 In + 1 =
1
t
+ 1 2 (2n – 1)In
2
2
2 n
2n (t +  )
2n
Từ hệ thức cuối cùng này ta thấy muốn tính được In + 1 phải tính được In  muốn
tính được In phải biết In – 1 , v.v … quá trình đó dẫn đến I1:
I1 = 2
t
dt
= 2 arctg t + C
2


+
2
Từ đó, ta sẽ tính được I.
Dạng 8: I =
Mx + N
2
 (ax 2 + bx + c)n dx , (n = 2, 3, …), với a , M  0, b – 4ac < 0.
2
Ta có I = k  d(ax + bx + c) +  
2
(ax + bx + c)
n
1
dx
(ax + bx + c)n
2
b) Tích phân của phân thức thực sự bất kỳ:
Tính chất. Mọi đa thức bậc n:
Q(x) = anxn + an - 1xn - 1 + … + a1x + a0; an  0
đều có thể phân tích thành tích các thừa số là nhị thức bậc nhất và tam thức bậc hai không
có nghiệm thực, trong đó có những thừa số trùng nhau:
Q(x) = (x – a1)s 1 (x – a2)s 2 … (b1x2 + c 1 x + d 1 )r 1 … (b k x2 + c k x + d k )r k
trong đó a1, a2, …, b1, …, bk, c1, …, ck, d1, ..., dk  R; c 1 2 – 4b1d 1 < 0, …,
c k 2 – 4bkd k < 0 và s1 + s2 + … + 2(r1 + r2 + … + rk) = n.
Khi đó, phân thức thực sự tương ứng P(x) có thể phân tích thành tổng các phân
Q(x)
thức tối giản:
As1 - 1
P(x)
A
A1
B
B1

+
+
...
+
+
+
s1
s1 - 1
s2
Q(x)
(x - a1 ) (x - a 2 )
(x - a1 )
(x - a1 )
(x - a 2 )s 2
Bs2
+ ... +
+
+
-1
(x - a 2 )
+ ... +
M r1 - 1x + N r1 - 1
2
b1x + c1x + d1
Prk
- 1x
2
+ Q rk
-1
Mx + N
M1x + N1
+
+ ...
r1
2
(b1x + c1x + d1 )
(b1x + c1x + d1 )r1 - 1
+ ... +
2
Px + Q
P1x + Q1
+
rk
2
(b k x + c k x + d k )
(b k x + c k x + d k )rk
2
-1
b k x + ck x + d k
128
-1
 ...
trong đó A, A1, …, A s1 - 1 , B, B1, …, B s2 - 1 , …, M, N, M1, N1, …, M r1 - 1 , N r1
P1, Q1, …, P rk
-1,
Q rk
-1
- 1,
…, P, Q,
là các hằng số được xác định theo phương pháp hệ số bất định.
Ví dụ 3.
a) Tính I  
b) Tính
J
8x 3  16x
dx
( x 2  4) 2
dx
x5  x2
Giải:
a) Phân tích
8x 3  16x Ax  B Cx  D
 2

. Quy đồng mẫu số và đồng nhất tử số
( x 2  4) 2
x  4 ( x 2  4) 2
của hai vế ta có: 8x3 + 16x = Ax3 + Bx2 + (4A + C)x + 4B +D
A  8
B  0
8x 3  16 x
8x
16 x

hay
.
 2
 2

2
2
( x  4)
x  4 ( x  4) 2
C  16
D  0
Suy ra: I  4
2xdx
2xdx
d( x 2  4)
d ( x 2  4)

8

4

8
 x 2  4  (x 2  4) 2 .
x 2  4  ( x 2  4) 2
2
= 4 ln(x  4) 
8
C
(x  4)
2
b) Biến đổi: x5 – x2 = x2(x3 – 1) = x2(x-1)(x2 + x + 1)
Phân tích:
A A
B
C x  D1
1
 1  22  1  21
2
x x
x
x
x 1 x  x 1
5
Quy đồng các mẫu thức vế phải, sau đó đồng nhất tử số hai vế ta có
1
1
1
A1 = 0; A2 = -1; B1  ; C1  ; D1 
3
3
3
Hay
1
1
1
1  x 1
.
 2
 . 2
2
x x
x
3( x  1) 3 x  x  1
5
Khi đó I   
=
dx 1 dx 1 (2 x  1)  3


dx
x 2 3  x 1 6  x 2  x 1
1 1
1 d( x 2  x  1) 1
dx
 ln x  1   2
 
2
2
x 3
6 x  x 1
2 
1  3

 x    
2   2 

129
1 1
1
1
2x  1
 ln x  1  ln(x 2  x  1) 
arctan
C
x 3
6
3
3
=
2. Tích phân các biểu thức chứa căn thức:
a) Các dạng cơ bản:
Dạng 1:

Dạng 2.

Dạng 3.

Dạng 4.

dx
= ln|x + x 2 + b | + C
2
x  b
x 2 + bdx =
dx
2
a -x
x 2
b
x + b + ln | x + x2 + b| + C
2
2
= arcsin
2
a 2 - x 2 dx =
x
2
x
+ C.
a
a 2 - x2 +
a1

ax
+
b
 b1
b) Dạng  R  x, 
,
  cx + d 

π
π
a2
x
arcsin + C (đổi biến x = asint,   t  ).
2
2
2
a
a2
 ax + b  b2

 , ...,
 cx + d 
ak 
ax
+
b

 bk 


 cx + d  

với ai, bi (i =1, 2,...,k) là các số nguyên. Đặt tm =
ax  b
; m  BCNN( b1 , b 2 ,..., b k )
cx  d
Ví dụ 1. Tính
a) I =
3
b) I = 
c) I =

dx
x + 1( 3 (x + 1)2 + 1)
dx
2x 2x + 1
dx

x 1 3 x

Giải: a) Tính I: Đặt t  3 x  1  t 3  x  1  dx  3t 2 dt
Ta có I  
=
3t 2 dt
3tdt 3 d( t 2  1) 3


 ln(t 2  1)  C
t.( t 2  1)  t 2  1 2  t 2  1
2
3 3
ln( ( x  1) 2  1)  C .
2
b) Đặt t  2x  1  t 2  2x  1  dx  tdt
Ta có I  
tdt
dt
1 t 1
1
2x  1  1
 2
 ln
 C  ln
C
2
t.( t  1)
t 1 2 t 1
2
2x  1  1
130
c) I =
dx



3
x 1 x
Ta có I  
. Đặt t  6 x  t 6  x  dx  6t 5 dt
6t 5 dt
t 2 dt
1 


6
 6  1  2
dt  6t  6 arctan t  C

3
2
2
t ( t  1)
t 1
 t 1
= 6 6 x  6 arctan 6 x  C

c) Dạng
du

k


2  u 2
dx

du
ax 2  bx  c 
  2
u 

Ví dụ 2: Tính I= 
Giải: I= 

d) Dạng
dx
2
x  2x  10
dx
x 2  2x  10
Mx  N
2
ax  bx  c
Ví dụ 3: Tính I=
Giải: I  


(x  1) 2  9
dx  k 
. Đặt x + 1 = 3 tant
d  ax 2  bx  c 
2
ax  bx  c
 l
dx
2
ax  bx  c
 2x  3 dx
x 2  2x  10
 2x  3 dx
x 2  2x  10
e) Dạng  R(x,
dx
 2x  2  dx

x 2  2x  10
 5
dx
x 2  2x  10
ax 2 + bx + c )dx
Sử dụng phép thế Euler:
+) Nếu a > 0, đặt
ax 2 + bx + c
= t - x a hoặc t + x a
+) Nếu c > 0, đặt
ax 2 + bx + c = tx +
c hoặc tx -
c
+) Nếu tam thức ax 2 + bx + c có hai nghiệm phân biệt x1, x2. Khi đó
ax 2 + bx + c = a(x – x1)(x – x2)
thì ta đặt
ax 2 + bx + c = t(x – x1).
Ví dụ 4. Tính tích phân I =  x 2 + 2x + 2dx
Giải. Đặt
x 2 + 2x + 2 = t – x  x2 + 2x + 2 = (t – x)2
131
2
2
 x = t - 2  dx = (t + 2t + 2) dt
2
2(t + 1)
2(t + 1)
Khi đó:
I =  x 2 + 2x + 2dx =  [t -
4
t 2 - 2 (t 2 + 2t + 2)
= 1  (t +4) dt
]
dt
2(t + 1) 2(t + 1)2
4 (t + 1)3
Sử dụng đồng nhất thức:
t4 + 4 = [(t + 1) - 1]4 + 4 = (t + 1)4 – 4(t + 1)3 + 6(t + 1)2 – 4(t + 1) + 5
Thay trở lại biến x tính được I
I

1 (t 4 +4)
1 (t  1)4  4(t  1)3  6(t  1) 2  4(t  1)  5
dt

dt


4 (t + 1)3
4
(t  1)3
1 
6
4
5 


(t  1)  4 
dt

2
4 
t  1 (t  1)
(t  1)3 
f) Dạng  R(x,
a 2  x2 )dx , với a > 0



a tan t ,
t
Đặt x = 
2
2

a cot t , 0  t  
Ví dụ 5. Tính I =

1 + x 2 dx
Giải: Đặt x = tant
g) Dạng  R(x,
a 2 - x 2 )dx , với a > 0.
π
π

asint, -  t 

Đặt x =
2
2

acost, 0  t  π
Ví dụ 6. Tính I =

x3
1  x2
dx
Giải: Đặt x = sint
h) Dạng  R(x,
x 2 - a 2 )dx
 a

 sin t , t   0,

Đặt x = 
 a

, t   0,

c
ost


π
2 
π

2
.
132


a+x
 dx hoÆc  R  x,
a-x 

k) Dạng  R  x,

a-x 
 dx
a + x 
Đặt x = acos2t.
m) Dạng  R(x,
(x - a)(b - x) )dx
Đặt x = a + (b – a)sin2t.
Ví dụ 7. Tính I =

dx
.
(x - a)(b - x)
Giải:
Đặt x = a + (b – a)sin2t. x-a =(b – a)sin2t, b – x = (b-a)cos2t
I
dx
(x - a)(b - x)
n) Dạng


2(b  a) sin t cos tdt 2(b  a)
2(b  a)

dt 
tC

b  a sin t cos t
ba
ba
dx
(x + a)(x + b)
 x  a  x  b khi x  a  0 và x  b  0
Đặt t = 
  x  a   x  b khi x  a  0 và x  b  0
3. Tích phân của một số biểu thức lượng giác
a) Xét tích phân I =  R(sinx, cosx)dx
x
2
+) Phương pháp chung: Đặt t = tg ( - π < x < π )  x = 2arctgt, dx =
2dt
1 + t2
Sau đó, ta có thể áp dụng các công thức
sinx =
1 - t2
2t
2t
,
cosx
=
, tgx =
2
2
1+t
1 - t2
1+t
Ví dụ 1.
dx
a) Tính I = 
1 + sinx + cosx
b) Tính I =
dx
 3cosx - 5
Giải:
x
2dt
dx
a) I  
. t = tg ( - π < x < π )  x = 2arctgt, dx =
2
1 + sinx + cosx
1 + t2
2dt
I
dx

1 + sinx + cosx
1
x
1  t2

dt  ln t  1  C  ln arctg  1  C
2
t

1
2
2t
1 t
1

1  t2 1  t2
133
+) Một số trường hợp đặc biệt:
- Nếu R(-sinx, cosx) = -R(sinx, cosx) thì đặt t = cosx
-Nếu R(sinx, -cosx) = -R(sinx, cosx) thì đặt t = sinx
-Nếu R(-sinx, -cosx) = R(sinx, cosx) thì đặt t = tgx
Ví dụ 2: Tính
a) I =  sin 4 x.cos3 xdx
b) I =
 sin
2
dx
(đặt t = tgx)
x  2s inx.cosx-cos2 x
Giải:
a)
I   sin 4 x.cos3 xdx
t5 t7
(s inx)5 (s inx)7
  sin x cos x cos xdx   t (1  t )dt   (t  t )dt    C 

C
5 7
5
7
4
2
t s inx
4
2
4
6
b) Các tích phân dạng:  sinax.cosbxdx,  cosax.cosbxdx,  sinax.sinbxdx
Dễ dàng tính được các tích phân bằng cách biến đổi tích thành tổng:
sinax.cosbx =
1
(sin(a + b)x + sin(a - b)x)
2
cosax.cosbx =
1
(cos(a + b)x + cos(a - b)x)
2
sinax.sinbx =
1
(cos(a - b)x - cos(a + b)x)
2
Ví dụ 3. Tính  sin 2xcos5xdx .
Giải:
I   sin 2xcos5xdx=
1
cos7x cos3x

C
sin 7x  sin 3x dx 

2
14
6
c) Dạng  sin m xcos n xdx ; m, n  N, m, n chẵn và m2 + n2 ≠ 0.
Ta sử dụng các công thức hạ bậc:
sin2x =
1 - cos2x
1 + cos2x
; cos2x =
.
2
2
Ví dụ 4. Tính I =  sin 2 x.cos4 xdx
Giải:
134
2
1  cos2x  1  cos2x 
I   sin x.cos xdx  
.
 dx
2
2


2

4
1 (1  cos2x)(1  2cos 2x  cos 2 2x)
dx
8
2
III. Tích phân xác định
b
I   f( x )dx
1. Định nghĩa
a
Khi đó, f(x) được gọi là khả tích trên [a, b] và viết f  K[a, b].
* Chú ý:Tích phân xác định của một hàm số f(x) khả tích trên [a, b] là một số xác định
(trong khi tích phân bất định của f(x) là hàm số của biến số x). Do đó, tích phân xác định
không phụ thuộc vào biến số dưới dấu tích phân (ta có thể dùng chữ số bất kỳ thay cho
b
x):  f ( x)dx =
a
b
b

f (u )du =  f(t)dt = ...
a
a
*Định lý tồn tại tích phân xác định
Nếu f(x) liên tục trên đoạn a;b  thì f khả tích trên a;b 
2. Các tính chất cơ bản của tích phân xác định
Tính chất 1: Nếu hàm số f(x) khả tích trên đoạn [a, b] thì
b
a
 f (x)dx = -  f (x)dx
a
b
Tính chất 2: Nếu f(x) khả tích trên đoạn chứa cả ba điểm a, b, c thì
b
c
b
 f (x)dx   f (x)dx   f (x)dx
a
a
c
Tính chất 3: Nếu các hàm số f(x), g(x) khả tích trên đoạn [a, b] thì
b
b
b
 [f ( x)  g(x)]dx =  f(x)dx 
 g(x)dx ,
a
a
a
Nếu hàm số f(x) khả tích trên đoạn [a, b] thì
b
b
 kf (x)dx  k  f (x)dx
a
a
Tính chất 4: Cho f, g khả tích trên [a, b], nếu f(x)  g(x), x  [a, b] thì
b
b
 f (x)dx 
 g(x)dx.
a
a
135
Tính chất 5: (Định lý về giá trị trung bình) Nếu f(x) liên tục trên a;b  , thì c  (a, b)
b
để:  f (x)dx = f(c)(b - a)
a
3. Cách tính tích phân xác định
a) Mối liên hệ giữa tích phân xác định và nguyên hàm
Cho f(x) liên tục trên [a, b]  x [a, b], f(t) cũng khả tích trên [a, x]
x
  ψ(x) =  f(t)dt, x  [a, b]
a
Với mỗi x  X, tích phân ψ(x) là một số xác định, do đó ψ(x) là một hàm số của
cận trên x. Ta gọi hàm số này là hàm cận trên.
Định lý 1. (Định lý về đạo hàm của hàm cận trên)
Nếu f liên tục trên khoảng X và a  X thì tại mọi điểm x  X ta có:
'
x

'
ψ (x) =   f(t)dt  = f(x).
a

b) Công thức Newton-Leibnitz
Định lý 2. Nếu hàm f(x) liên tục trên [a, b] và F(x) là một nguyên hàm của f(x) trong
đoạn đó, thì
b
 f (x)dx
b
= F(x) a = F(b) – F(a)
a
 Một số tính chất
Ta chứng minh được
Tính chất 1: Nếu f
a
khả tích trên [-a, a] và là hàm số chẵn thì:
a
 f (x)dx = 2 f (x)dx
a
0
a
Nếu f khả tích trên [-a, a] và là hàm số lẻ thì:
 f (x)dx = 0
a
Tính chất 2: Nếu f là hàm liên tục trên R và tuần hoàn với chu kì là T thì
a +T

a
T
f(x)dx =  f(x)dx
0
136
Tính chất 3: Nếu f khả tích trên [-, ] và f là hàm chẵn thì
α
α
f (x)
α a x + 1 dx = 0 f(x)dx , a > 0.
4. Các phương pháp cơ bản tính tích phân xác định
b
a) Phương pháp biến đổi: I   f (x)dx
a
Dùng biến đổi vi phân: df(x) = f’(x) dx
d(x + C) = dx; d(x-C) = dx; d(ax+b) = adx
Ví dụ 1.
1
I
0

2(x
1
1
dx  
x 9  x
0
3 1
 9) 2
3

3 1
2x 2
3
0

1

x  9  x dx   (x
1
 9) 2 d(x
0
103  27 2 20 10 56
2
 

3
3
3
3
b) Phương pháp đổi biến số
b
Tính I   f (x)dx , với f(x) liên tục trên [a, b]
a
Dạng 1. Đổi biến x = (t), với giả thiết:
* (t) có đạo hàm liên tục trên [ α, β ]
* [ α, β ]  [a, b]
* ( α ) = a, ( β ) = b
β
a
α
Khi đó  f (x)dx =  f[ψ(t)]ψ' (t)dt
1/ 2
Ví dụ 1. Tính tích phân I 

0
dx
1 x2
Giải: Đặt x = sint, khi x = 0 thì t = 0, khi x = 1/2 thì t =
1  x 2  cos t , dx  cos tdt
Khi đó, ta có:
137
 9)  
0
0
b
1

.
6
1
x 2 dx
/6
I

0
cos tdt  / 6
/6
  dt  t 0   / 6 .
cos t
0
Dạng 2. Đổi biến t = ψ (x), với giả thiết
* ( x ) là hàm đơn điệu nghiêm ngặt và liên tục trên [a, b].
* f(x)dx trở thành g(t)dt, trong đó g(t) là một hàm số liên tục trong [ ψ(a), ψ(b) ] hoặc
ψ(b)
b
 ψ(b);ψ(a) thì  f (x)dx = 
a
g(t)dt
ψ (a)
2
dx
3
( x  1) 2
0 1
Ví dụ 2. Tính tích phân I  
Giải: Đặt t  3 x  1  t 3  x  1  t 3  1  x  dx  3t 2 dt
Đổi cận tích phân: x = 0  t = -1
x = 2 t = 1
Do đó, tích phân trở thành:
1
3t 2
1 
3
1

I 
dt

3
dt  3( t  arctan t ) 1  6  .
1 

2
2 
1 t 
2
11  t
1 
1
c) Phương pháp tích phân từng phần:
Cho u(x), v(x) là các hàm số có đạo hàm liên tục trên [a, b]. Khi đó, ta có
b
 udv
=
b
uv a
a
b
-  vdu
a
1
Ví dụ 3. Tính tích phân I   x ln( x  1)dx
0
Giải : Đặt u  ln(x  1)  du 
1
dx
x 1
x2
dv = xdx  v 
.
2
Khi đó, tích phân trở thành :
1
x2
1 1 x2
ln 2 1 1 
1 
I  ln(x  1)  
dx 
  x 1
dx
2
2 0 x 1
2
2 0
x  1
0
1
ln 2 1  x 2
ln 2 1  1

 1

   x  ln x  1  
   1  ln 2  
2
2 2
2
22
 4
0
138
e
Ví dụ 4. Tính tích phân : I   ( x ln x ) 2 dx
1
e
Giải: Ta có I   x 2 ln 2 xdx
1
Đặt
1
u  ln 2 x  du  2 ln xdx
x
dv  x 2 dx  v 
x3
3
Khi đó, ta có
e
x3 2
2e 2
e3 2
I  ln x   x ln xdx   J
3
31
3 3
1
Tính J : Đặt u = lnx  du 
1
dx
x
x3
dv  x dx  v 
3
2
e
e
x3
1e 2
e3 x 3
2e 3 1
Do đó, J 
ln x   x dx  

 .
3
31
3 9 1
9
9
1
Nên I 
e 3 2  2e 3 1  5e 3 2
 
 

3 3 9
9  27 27
III. Tích phân suy rộng
1. Tích phân suy rộng loại 1
a)Định nghĩa
Tích phân suy rộng loại 1 của hàm f(x) trên a;    được xác định bởi đẳng thức :

b
 f ( x )dx  lim  f ( x )dx
a
b  
(1)
a

Nếu giới hạn (1) tồn tại hữu hạn thì tích phân suy rộng
 f ( x )dx được gọi là hội tụ.
a
Ngược lại nếu giới hạn (1) không tồn tại hoặc bằng  thì tích phân suy rộng được gọi là
phân kỳ.
Tương tự, ta định nghĩa tích phân suy rộng loại 1 cho các trường hợp sau :
139
b
b
 f ( x )dx  lim  f ( x )dx
a  


(2)
a
b
 f ( x )dx  lim  f ( x )dx
(3)
a  
b   a


Ví dụ 1. Tính tích phân sau: I 
dx
 x ln
e2
3
x
.
Giải: Theo định nghĩa ta có
b
b
b
b
dx
d(ln x )
 1 
3
I  blim

lim

lim
ln
xd
(ln
x
)

lim





3
3
2
 
b  
b  
b  
ln x
 2 ln x  e
e x ln x
e
e
2
2
1
b  
8
= lim  
2
2
1  1
  . Vậy tích phân suy rộng hội tụ.
2 ln 2 b  8
Ví dụ 2. Xét sự hội tụ hoặc phân kỳ của tích phân sau :

I   x sin xdx
0

b
b
b


Giải: I   x sin xdx  lim  x sin xdx  lim   x cos x 0   cos xdx 
b  
b  
0
0
0


 lim  b cos b  sin b  .
b  
Giới hạn này không tồn tại, nên tích phân suy rộng phân kỳ.
Ví dụ 3. Xét sự hội tụ hoặc phân kỳ của tích phân sau :
0
I
dx
4x
2

0
0
0
dx
dx
1
x
a 
 1

lim
 lim arctan
 lim   arctan   .
Giải: Ta có I  

2
2
a  
a  
2
2 a a   2
2 4
 4  x
a 4 x
Vậy tích phân suy rộng hội tụ.
b) Các tiêu chuẩn so sánh
Tiêu chuẩn 1. Cho hàm f(x), g(x) xác định trên a;    , khả tích trên mọi đoạn [a, A]
( A  a ) và 0  f ( x )  g ( x )x  a;  .

(i) Nếu



 g( x )dx hội tụ thì  f ( x )dx cũng hội tụ và  g( x )dx   f ( x )dx .
a
a
a
140
a
(ii) Nếu


 f ( x )dx phân kỳ thì
 f ( x )dx
a
cũng phân kỳ.
a
Tiêu chuẩn 2. Nếu khi x   hàm f ( x )  0 là vô cùng bé bậc p > 0 so với
1
thì tích
x

phân
 f ( x )dx
hội tụ khi p > 1 và phân kỳ khi p  1 .
a

Ví dụ 4. Chứng minh rằng tích phân
dx
x
p
(a  0) hội tụ khi p > 1 và phân kỳ khi p  1
a
Giải:
Theo định nghĩa ta có
b
b
 x  p 1 
dx
1
1
a 1 p
p
1 p
1 p
1 p
b  a  
x dx  lim 
  lim
lim b  
a x p  blim
  
b  
1  p b  
p 1
a
 1  p  a b   1  p

1
 0 . Do đó, tích phân
b
b p 1
+) Nếu p > 1 thì lim b1 p  lim
b  

+) Nếu p  1 thì lim b1 p   . Do đó, tích phân
b  
dx
x
p
dx a 1 p
a x p  p  1 (hội tụ).

phân kỳ.
a

+) Nếu p = 1 thì
dx
(ln b  ln a )   . Do đó, tích phân
a x  blim
 

dx
x
p
phân kỳ.
a
2. Tích phân suy rộng loại 2
a) Định nghĩa
* Giả sử f(x) liên tục trên [a, b) và gián đoạn vô cực tại x = b; lim f ( x )   .
xb
B
Nếu tồn tại lim  f ( x )dx hữu hạn thì giới hạn đó được gọi là tích phân suy rộng loại 2 của hàm
B b
a
b
f(x) trên [a, b) và ký hiệu là  f ( x )dx . Vậy ta có:
a
b
B
 f ( x )dx  lim  f ( x )dx
a
Bb 
(1)
a
* Giả sử f(x) liên tục trên (a, b] và gián đoạn vô cực tại x = a; lim f ( x )   .
x a
141
b
Nếu tồn tại lim  f ( x )dx hữu hạn thì giới hạn đó được gọi là tích phân suy rộng loại 2 của hàm
Aa
A
b
f(x) trên (a, b] và ký hiệu là  f ( x )dx . Vậy ta có:
a
b
b
 f ( x )dx  lim  f ( x )dx
Aa 
a
(2)
A
* Giả sử f(x) liên tục trên [a, b] và gián đoạn vô cực tại x = c (a < c< b); lim f ( x )   . Khi đó,
x c
b
c
b
ta viết:  f ( x )dx   f ( x )dx   f ( x )dx . Theo định nghĩa ở (1) và (2) ta viết:
a
a
c
b
M
b
 f ( x )dx  lim  f ( x )dx  lim  f ( x )dx
M c
a
M c 
a
(3)
M
Cũng như tích phân suy rộng loại 1, tích phân suy rộng loại 2 là hội tụ nếu các giới hạn (1), (2)
hoặc cả 2 giới hạn trong (3) tồn tại hữu hạn. Chúng được gọi là phân kỳ nếu giới hạn trong (1),
(2), (3) không tồn tại hoặc có giới hạn  .
1
Ví dụ 1. Xét sự hội tụ hoặc phân kỳ của tích phân suy rộng:

0
1
có điểm gián đoạn vô cực tại x = 1. Vì vậy, ta có
1 x
Giải: Hàm f ( x ) 
1

0
B
dx
dx
 lim 
 lim  2 1  x
1  x B1 0 1  x B 1

1
Vậy tích phân
dx
.
1 x



B
0
 lim (2  2 1  c )  2 .
B 1
dx
hội tụ.
1 x

0
1
Ví dụ 2. Xét sự hội tụ hoặc phân kỳ của tích phân suy rộng:
dx
1 x .
0
Giải:
Hàm f ( x ) 
1
có điểm gián đoạn vô cực tại x = 1. Vì vậy, ta có
1 x
1
B
dx
dx
B

lim
 ln(1  x )  0  lim (  ln(1  B))   .

0 1  x B1 0 1  x  Blim
1
B 1

1
Vậy tích phân
dx
1 x


phân kỳ.
0
142
1
Ví dụ 3. Xét sự hội tụ hoặc phân kỳ của tích phân suy rộng:
dx
 1  x 
m
(m  1) .
0
Giải:
Hàm f ( x ) 
1
có điểm gián đoạn vô cực tại x = 1. Vì vậy, ta có
(1  x ) m
1 m B
B
dx
dx
1  x 

lim
0 (1  x ) m B1 0 (1  x ) m  Blim
1
m 1
1


 1
khi m  1
(1  B)1 m
1

 lim

 1  m
B 1
m 1
1 m 
  khi m  1

0
.
1
Vậy tích phân
dx
 1  x 
m
(m  1) hội tụ khi m < 1; phân kỳ khi m > 1
0
Chú ý: Kết hợp ví dụ 2 và ví dụ 3 ta có:
1
Tích phân
dx
 1  x 
m
(m  1) hội tụ khi m < 1; phân kỳ khi m  1.
0
1
Ví dụ 4. Xét sự hội tụ hoặc phân kỳ của tích phân suy rộng:
dx
1 x
3
.
0
Giải: Hàm f ( x ) 
1
có điểm gián đoạn vô cực tại x = 1.
1  x3
1
Nên
B
dx
dx

lim
0 1  x 3 B1 0 1  x 3

Trước hết ta tính tích phân:
B
dx
1 B dx 1 B x  2

0 1  x 3 3 0 1  x  3 0 1  x  x 2 dx
Do đó, ta có
1
dx
 1 B dx 1 B x  2

I
 lim  
 
dx  .
3
2
B 1
0 1 x
3 0 1  x 3 0 1  x  x


Vì
1 B dx
1
B
 lim  ln(1  x )  0   .

B 1
3 0 1  x 3 B 1
lim

Nên tích phân I phân kỳ.
e
dx
3
1 x. ln x
Ví dụ 5. Xét sự hội tụ hoặc phân kỳ của tích phân suy rộng: I  
Giải:
143
Hàm f ( x ) 
1
gián đoạn vô cực tại x = 1. Nên ta có
x.3 ln x
e
3 3 2 e 
dx
dx
3 3
 3
I 3
 lim  3
 lim  ln x   lim   3 ln 2 A   .
A 1
A 1
A

1
2 2
 2
1 x. ln x
A x. ln x
A
2
e



Nên tích phân hội tụ.
b) Tiêu chuẩn hội tụ
Tiêu chuẩn 3. Giả sử f(x)  0 xác định và liên tục trên a; b  . Nếu khi x  b mà f(x) là vô

b
1
cùng lớn bậc p so với
thì tích phân  f ( x )dx hội tụ khi p < 1 và phân kỳ khi p  1 .
bx
a
b
Ví dụ 6. Chứng minh rằng tích phân
dx
 (b  x )
p
(a  b) hội tụ khi p < 1 và phân kỳ khi p  1 .
a
Giải:
Theo định nghĩa ta có
b
B
B
dx
dx
1

lim
( b  x )1  p a
a (b  x ) p Bb a (b  x ) p  p  1 Blim
b



1
( b  a )1  p
1 p
lim b  B 
p  1 Bb
p 1

dx
( b  a )1  p
. Tích phân

 0 hay 
p
1 p
a (b  x )
b
+) Nếu 1-p > 0 hay p < 1 thì lim b  B
1 p
B b
b
dx
 (b  x )
hội tụ.
p
a
b
+) Nếu 1 – p < 0 hay p > 1 thì lim b  B
1 p
  . Tích phân
B b
dx
 (b  x )
p
phân kỳ.
a
+) p = 1:
b
B
B
dx
dx


lim
 ln(b  x ) a  ln(b  a )  lim ln(b  B)   .
a b  x Bb a b  x  Blim
b
Bb

b
Tích phân

dx
 (b  x )
p

phân kỳ.
a
IV. Ứng dụng của tích phân xác định
1. Tính diện tích hình phẳng
a) Hình phẳng giới hạn bởi các đường y = f1(x), y= f2(x), x = a, x = b.
Khi đó, diện tích hình phẳng D giới hạn bởi các đường trên là
144
b
S   f 1 ( x )  f 2 ( x ) dx
(1)
a
Ví dụ 1. Tính diện tích hình phẳng D giới hạn bởi các đường cong y = 2x, y =2x – x2 và
các đường thẳng x = 0, x= 2.
Giải:
Áp dụng công thức (1) ta có
2
2
2x
x3
2
S   2  (2 x  x ) dx   (2  2x  x )dx 
 (x  )
ln 2 0
3 0
0
0
2
2
x
=
2
x
2
3
4

ln 2 3
Ví dụ 2. Tính diện tích hình phẳng D giới hạn bởi các đường cong y 
Giải: Vì
1 2
8
x ;y  2
.
4
x 4
8
1
 x 2  2  x  2
x 4 4
2
Áp dụng công thức (1) ta có
2
1 
x x3 
4

 8
S   2
 x 2 dx   4 arctan    2  . (đvdt)
4 
2 12   2
3
 2 x  4

2
b)Đường cong cho dưới dạng tham số
Nếu đường cong cho bởi phương trình tham số x = x(t), y = y(t) thì diện tích hình thang
cong được tính bởi công thức sau:
t2
S   y( t ) x ' ( t ) dt
(2)
t1
t1 là nghiệm phương trình : a = x(t1) ; t2 là nghiệm phương trình b = x(t2).
Ví dụ 3. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi cung Xiclôit : x = 2(t-sint), y = 2(1- cost)
và trục Ox ( 0  t  2 ).
Giải :
dx = 2(1-cost)dt, t biến thiên từ t1 = 0 đến t2 = 2 . Do đó
t2
2
2
S   y( t ) x ' ( t ) dt   4(1  cos t ) 2 dt  4  (1  2 cos t  cos 2 t )dt
t1
0
0
2
1
1


 4 t  2 sin t  t  sin 2t   12 (đvdt).
2
4

0
145
c) Đường cong trong tọa độ cực
Diện tích S của hình quạt cong giới hạn bởi hai tia   ,    (  ) và cung AB của
đường cong   () (Hàm   () là hàm liên tục đơn trị với mọi   a , b ):
S
1 2
  ()d
2
(3)
Ví dụ 4. Tính diện tích hình giới hạn bởi đường Cacdiôit   a (1  cos )
Giải:
Vì hình Cacdiôit nhận trục cực làm trục đối xứng nên diện tích của nó bằng hai lần diện
tích của hình quạt ứng với khoảng biến thiên  từ 0 đến  . Áp dụng công thức (3) ta có:
S  2.

1 2
2
2
a
(
1

cos

)
d


a
1  2 cos   cos 2 d


20
0

1
1
3


 a   2 sin     sin 2  a 2 (đvdt).
2
4

0 2
2
2. Tính thể tích vật thể tròn xoay
a) Vật thể tròn xoay khi quay hình phẳng D giới hạn bởi các đường y = f(x), y = 0, x = a,
x = b (a <b) quanh trục 0x có thể tích được tính theo công thức:
b
V    f ( x ) dx
2
a
b) Vật thể tròn xoay khi quay hình phẳng D giới hạn bởi các đường y = f1(x), y = f2(x), x
= a, x = b (a <b) quanh trục 0x có thể tích được tính theo công thức:
b
V   f1 ( x )  f 2 ( x ) dx
2
2
a
c) Vật thể tròn xoay khi quay hình phẳng D giới hạn bởi các đường x = g(y), x = 0, y = c,
y = d (c <d) quanh trục 0y có thể tích được tính theo công thức:
b
V    g( y) dy
2
a
d) Vật thể tròn xoay khi quay hình phẳng D giới hạn bởi các đường x = g1(y), x = g2(y), y
= c, y = d (c <d) quanh trục 0y có thể tích được tính theo công thức:
b
V   g1 ( y)  g 2 ( y) dy
2
2
a
Ví dụ 1. Tính thể tích vật thể tạo bởi khi quay hình phẳng D giới hạn bởi đường cong
146
y2= (x-1)3, đường thẳng x = 1, x = 2 quanh trục 0x.
Giải:
Ta có thể tích cần tìm là
2
2
2


V   y dx   ( x  1) dx  ( x  1) 4  (đvtt).
4
4
1
1
1
2
3
147
§8. Ứng dụng tích phân trong phân tích kinh tế
1. Xác định hàm tổng khi biết hàm giá trị cận biên
Giả sử biến số kinh tế y mang ý nghĩa tổng giá trị (tổng chi phí, tổng doanh thu, tổng tiêu
dùng …) là hàm số được xác định theo giá trị của đối số x: y = f(x)
Nếu ta biết được hàm giá trị cận biên My = f’(x) thì có thể xác định được hàm tổng y =
f(x) thông qua phép toán tích phân:
y  f ( x )   f ' ( x )dx   Mydx
Hằng số C trong tích phân bất định được xác định nếu ta biết giá trị của y tại một điểm xo
nào đó: yo = f(xo)
Ví dụ 1. Cho hàm sản lượng cận biên của lao động: MPPL = 40L-0,5
Tìm hàm sản xuất ngắn hạn Q = f(L) biết Q(100) = 4000
Giải: Q  f (L)   40L0,5 dL  80L0,5  C
Q(100) = 80.1000,5 + C = 4000  C = 3200
Vậy Q = 80L0,5 + 3200 = 80 L  3200
Ví dụ 2. Cho hàm chi phí cận biên ở mỗi mức sản lượng Q là
MC = 8.e0,2Q
và chi phí cố định là: FC = 50. Xác định hàm tổng chi phí và chi phí khả biến
Giải:
Hàm tổng chi phí được xác định như sau:
C(Q)   8e 0, 2Q dQ  40.e 0, 2 Q  C
Chi phí cố định là chi phí ở mức Q =0 do đó FC = C(0).
Nên 50 = 40 + C hay C = 10. Vậy: C(Q) = 40e0,2Q + 10
Chi phí khả biến là phần chi phí phụ thuộc vào mức sản lượng Q và bằng hiệu số của
tổng chi phí và chi phí cố định. Trong trường hợp này:
VC(Q) = C(Q) – FC = 40e0,2Q-40
Ví dụ 3. Cho hàm doanh thu cận biên ở mỗi mức sản lượng Q là:
MR= 50 -2Q - 3Q2
Hãy xác định hàm tổng doanh thu và hàm cầu đối với sản phẩm.
Giải: Hàm tổng doanh thu R(Q) là nguyên hàm của hàm doanh thu cận biên:
R (Q)   (50  2Q  3Q 2 )dQ  50Q  Q 2  Q 3  C
148
Hiển nhiên Q = 0 doanh thu là R(0) = C = 0
Vậy R = 50Q – Q2 – Q3
gọi p = p(Q) là hàm cầu đảo, tức là hàm ngược của hàm cầu Q = D(p). Ta có
R = p(Q). Q , suy ra p(Q) 
R
 50  Q  Q 2
C
Ví dụ 4. Cho hàm tiêu dùng C = C(Y) phụ thuộc vào mức thu nhập Y và xu hướng tiêu
dùng cận biên MPC(Y) ở mỗi mức thu nhập Y là:
MPC = 0,8 + 0,1Y-1/2
Cho biết mức tiêu dùng tự định là 50. Xác định hàm tiêu dùng.
Giải:
Khi đó hàm tiêu dùng được xác định như sau:
C(Y)   (0,8  0,1Y 1 / 2 )dY  0,8Y  0,2 Y  C
Mức tiêu dùng tự định là mức tiêu dùng khi không có thu nhập:
C(0) = 50 = C
Vậy hàm tiêu dùng trong trường hợp này là C(Y)  0,8Y  0,2 Y  50
2. Xác định hàm quỹ vốn theo hàm đầu tư
Giả sử lượng đầu tư I (tốc độ bổ sung) và quỹ vốn K là các hàm số của biến thời gian
t: I = I(t); K = K(t)
Giữa quỹ vốn và đầu tư có mối quan hệ: I(t) = K’(t). Do đó nếu biết hàm đầu tư I(t)
thì quỹ vốn K(t) được xác định như sau:
K ( t )   K ' ( t )dt   I( t )dt
Hằng số C trong tích phân bất định trên được xác định nếu ta biết quỹ vốn tại một thời
điểm nào đó.
Ví dụ 5. Cho hàm đầu tư I(t) = 3t1/2 (nghìn đôla một tháng) và quỹ vốn tại thời điểm t = 1
là K(1) = 10 (nghìn đôla). Hãy xác định hàm quỹ vốn K(t) và lượng vốn tích lũy được từ
tháng 4 đến tháng 9.
Giải:
Quỹ vốn tại thời điểm t là: K ( t )   3t 1 / 2 dt  2t 3 / 2  C
Tại thời điểm t =1 thì K(t) = 2 + C = 10, nên C = 8
Hay K ( t )  2t 3 / 2  8 (nghìn đôla)
149
Lượng vốn tích lũy được từ tháng thứ 4 đến tháng thứ 9 được tính theo công thức sau:
9
K(9) – K(4)= 2t 3 / 2 4  38 (nghìn đôla)
3. Tính thặng dư của người tiêu dùng và thặng dự của nhà sản xuất
Cho hàm cầu Qd =D(p) hoặc hàm cầu đảo p = D-1(Qd). Giả sử tại điểm cân bằng của
thị trường là (p0; Qo) và lượng hàng hóa được bán với giá po. Khi đó thặng dư của người
tiêu dùng được tính theo công thức:
Qo
CS 
D
1
(Q)dQ  p o Q o
0
Cho hàm cung Qs = S(p) hoặc hàm cung đảo p = S-1(Qs). Nếu hàng hóa được bán ở
mức giá cân bằng po thì thặng dư của nhà sản xuất được tính theo công thức:
Qo
PS  p o Q o   S 1 (Q)dQ
0
Ví dụ 6. Cho các hàm cung và cầu: Q S  p  2  1;Q d  43  p  2
Hãy tính thặng dư của nhà sản xuất và thặng dư của người tiêu dùng.
Giải: Điều kiện: 2  p  43
Các hàm cầu đảo và cung đảo lần lượt là:
D 1 (Q)  43  (Q  2) 2 ; S 1 (Q)  (Q  1) 2  2
Sản lượng cân bằng Qo là nghiệm dương của phương trình:
Q o  3
p o  18
D-1(Q) = S-1(Q)  
Thặng dư sản xuất được tính theo công thức:
3


PS  18x 3   (Q  1) 2  2 dQ  27
0
Thặng dư tiêu dùng được tính theo công thức:
3


CS   43  (Q  2) 2 dQ  18x 3  36
0
150
Chương 5. PHÉP TÍNH VI PHÂN HÀM NHIỀU BIẾN SỐ VÀ ỨNG DỤNG
§1. Giới hạn và liên tục
I. Các khái niệm
1. Định nghĩa:
Định nghĩa 1: Xét không gian Euclide n chiều
Rn = {M = (x1, x2, ..., xn)|xi  R, i = 1, n }
Lấy Mo = (x 10 , x 02 , ..., x 0n ), M = (x1, x2, ..., xn), N(y1, y2, ..., yn)  Rn, tập hợp D  Rn

Khoảng cách giữa hai điểm M và N: d(M, N) =
n
 (x
i
- yi ) 2
i 1

Cho dãy điểm {Mk (x 1k , x k2 , ..., x kn )}  D. Ta nói dãy điểm {Mk} dần tới M0 khi k
  , nếu lim d(M k , M 0 )  0
k 
k 
Kí hiệu: lim M k = M0, hay M k  M o
k 
Ta có
n
Mk  M0  d(Mk, M0) =
 (x
k
i
k
0
- x 0i )2  0  x i  x i , i = 1, n .
i 1
Như vậy, sự hội tụ của dãy điểm trong không gian Rn chính là sự hội tụ theo tọa
độ.

Hình cầu tâm M0, bán kính r (r > 0) trong Rn, kí hiệu là S(M0, r):
S(M0, r) = {M  Rn: d(M0, M) < r}
S(M0, r) còn được gọi là r_lân cận của điểm M0.

Mọi tập trong Rn chứa một r_lân cận nào đó của điểm M0 được gọi là một lân cận
của điểm M0.

M0 được gọi là điểm biên của D nếu mọi lân cận của điểm M0 vừa chứa những
điểm thuộc D và vừa chứa những điểm không thuộc D.
Chú ý. Điểm biên của tập D có thể thuộc D, cũng có thể không thuộc D.

Tập hợp tất cả những điểm biên của D được gọi là biên của nó.

Tập D  Rn được gọi là tập đóng nếu nó chứa mọi điểm biên của nó.

Điểm M  D được gọi là điểm trong của D nếu r > 0, S(M, r)  D.

Tập hợp D được gọi là mở nếu mọi điểm của nó đều là điểm trong.

151
Định nghĩa 2. Cho D  Rn, ánh xạ f : D  R
xác định bởi M = (x1, x2, ..., xn)  D  f(M) = f(x1, x2, ..., xn)
được gọi là hàm số của n biến số xác định trên D.
+) D được gọi là miền xác định của hàm số f
+) x1, x2, ..., xn được gọi là các biến số độc lập.
+) f (D)    R| (x1 , x 2 , ..., x n )  D : f(x1 , x 2 , ..., x n ) = } được gọi là miền giá trị
của f.
+) Tập hợp K ( x 1 , x 2 ,..., x n , y) : y  f ( x 1 , x 2 ,..., x n ); M ( x 1 , x 2 ,..., x n )  D được gọi
là đồ thị hàm n biến số.
Ví dụ 1. Hàm số f(x, y) =1 + x2 + y2 có tập xác định là D=R2, tập giá trị là 1;   
Ví dụ 2. Hàm số f ( x , y, z)  4  x 2  y 2  z 2 có tập xác định là:
D  ( x , y, z) : 4  x 2  y 2  z 2  0  ( x , y, z) : x 2  y 2  z 2  4, tập giá trị là 0; 2
Ví dụ 3. Hàm số
 xy
khi x 2  y 2  0
 2
2
x

y
f(x, y) = 
0
khi x 2  y 2  0

 1 1 
có miền xác định là: D = R2, tập giá trị là  ; 
 2 2
2 Các phép toán
*Các phép toán số học
Cho D1, D2  Rn, các hàm số f: D1  R, g: D2  R. Ta định nghĩa các hàm mới
như sau:
(f  g)(M) = f(M)  g(M), có miền xác định là D = D1  D2.
(f g)(M) = f(M).g(M), có miền xác định là D = D1  D2.
 f  (M) = f (M) , có miền xác định là D = {M  D  D | g(M)  0}
1
2
g
g(M)
 
* Hàm hợp
Cho hàm số f(u1, u2, ..., um) là hàm m biến với miền xác định là D  Rm và
u1 = u1(x1, x2, ..., xn), u2 = u2(x1, x2, ..., xn), ..., um = um(x1, x2, ..., xn) là các hàm n biến
152
với miền xác định là X  Rn sao cho với mọi (x1, x2, ..., xn)  X thì (u1, u2, ..., um)  D.
Khi đó, ta có hàm hợp:
F(x1, x2, ..., xn) = f(u1(x1, x2, ..., xn), u2(x1, x2, ..., xn), ..., um(x1, x2, ..., xn))
Chú ý. Trong tính toán, người ta không phân biệt f và F, tức là ta có thể viết
f(x1, x2, ..., xn) = f(u1(x1, x2, ..., xn), u2(x1, x2, ..., xn), ..., um(x1, x2, ..., xn))
2
Ví dụ 4. f(u, v) = e u  2v , u = cosx, v =
Giải: Ta có f(x, y) = e cos x  2 ( x
2
x 2 + y 2 . Xác định hàm hợp z = f(x,y).
 y2 )
II. Các hàm số kinh tế nhiều biến số
1. Hàm sản xuất
Khi phân tích hoạt động sản xuất, các nhà kinh tế quan tâm đến hai yếu tố đầu vào
quan trọng là tư bản (capital) và lao động (labor) được ký hiệu lần lượt là K và L. Do đó,
hàm sản xuất có dạng: Q = f(K, L)
Ý nghĩa: Biểu diễn sự phụ thuộc của sản lượng hàng hóa vào hai yếu tố đầu vào là vốn
và lao động.
Một hàm sản xuất mà kinh tế học thường sử dụng là hàm sản xuất có dạng CobbDouglas: Q  aK  L (Trong đó a, ,  là các số dương)
2. Hàm chi phí, hàm doanh thu và hàm lợi nhuận
Nếu doanh thu, chi phí phụ thuộc vào sản lượng Q: TR = TR(Q), TC = TC(Q)
Khi đó hàm lợi nhuận là   TR  TC
Nếu tính theo yếu tố sản xuất thì hàm chi phí có dạng:
TC=wK.K + wL.L +Co
Trong đó wK là giá thuê một đơn vị tư bản, wL là giá thuê một đơn vị lao động, Co
là chi phí cố định.
Với sản lượng của doanh nghiệp Q =f(K, L) và p là giá của một đơn vị sản phẩm
thì hàm doanh thu là TR = p.f(K,L). Do đó, hàm lợi nhuận là
  TR  TC  p.f (K, L)  ( w K .K  w L .L  C o )
3. Hàm chi phí kết hợp
Trên thực tế các doanh nghiệp sản xuất ra nhiều loại hàng hóa và giả sử doanh
nghiệp sản xuất ra n hàng hóa và lượng hàng hóa tương ứng là Q1, Q2, …, Qn. Như vậy,
hàm chi phí TC là hàm số của n biến số:
TC = TC(Q1, Q2, …, Qn)
153
được gọi là hàm chi phí kết hợp
4. Hàm lợi ích (hàm thỏa dụng)
Giả sử cơ cấu tiêu dùng của người tiêu dùng gồm có n mặt hàng. Mỗi túi hàng là
một bộ gồm n số thực X = (x1, x2, …, xn), trong đó xi là lượng hàng hóa Ti (i= 1, n ). Hàm
lợi ích là hàm số đặt tương ứng với mỗi túi hàng X một giá trị U nhất định theo quy tắc:
Túi hàng nào được ưa chuộng nhiều hơn thì gán cho giá trị lợi ích lớn hơn. Hàm lợi ích
có dạng tổng quát: U = U(x1, x2, …, xn)
Hàm lợi ích hay được sử dụng là hàm Cobb- Douglas
U  ax 1 x 2 ...x n (trong đó a, 1 ,  2 ,...,  n là các số dương)
1
2
n
5. Hàm cung và hàm cầu trên thị trường n hàng hóa liên quan
Mức cung và mức cầu đối với một loại hàng hóa trên thị trường không những chỉ
phụ thuộc vào giá hàng hóa đó mà còn bị chi phối bởi giá của các hàng hóa liên quan và
thu nhập của người tiêu dùng. Trên thị trường n hàng hóa liên quan, hàm cung và hàm
cầu đối với hàng hóa i có dạng (giả sử thu nhập không thay đổi):
Q S  Si ( p1 , p 2 ,..., p n )
i
Q D  D i (p1 , p 2 ,..., p n )
i
Trong đó, Q S là lượng cung của hàng hóa i, Q D là lượng cầu của hàng hóa i, pi là giá của
i
i
hàng hóa i (i= 1, n ).
III. Giới hạn hàm nhiều biến
1. Giới hạn kép
Giả sử hàm số w = f(M) = f(x1, x2, …, xn) xác định trên tập D  R n
*Định nghĩa . Số A được gọi là giới hạn của hàm f(M) khi M dần đến Mo nếu  > 0,
 > 0 sao cho với mọi M  D (có thể trừ điểm Mo) và 0 < d(Mo, M) <  thì
|f(M) – A| < 
Kí hiệu:
lim f (x1 , x 2 , ..., x n ) = A hay lim f (M) = A
x1  x1o
x 2 x 2o
...
x n  x no
M M 0
* Tính chất
Tính chất 1. Giới hạn của hàm nhiều biến nếu tồn tại thì duy nhất.
154
Tính chất 2. lim f (M) = A   dãy {Mk}, Mk  D\{M0},
M M0
k
k
Mk 
 M0  f(Mk) 
 A.
f(M) = A
Tính chất 3. Mlim
  r > 0, M   S(M 0 , r)  D  \ M 0 
M

0
 < A < 
thì  < f(M) < 
 lim f(M) = A
Tính chất 4. MM
0
r > 0, M   S (M 0 , r)  D  \ M 0 : a < f(M) < b
a<A<b
Tính chất 5.(Giới hạn tổng, hiệu, tích, thương)

 lim (f (M)  g(M)) = A  B
 lim f (M) = A
 M M 0
 MM 0


[f(M).g(M)] = A.B
 Mlim
g(M) = B
M 0
 Mlim
M 0

f (M)
A

=
(g(M)  0, B  0)
 Mlim
M0 g(M)
B

Tính chất 6. (Nguyên lý kẹp)
  lim g(M) = lim h(M) = A
M  M0
M  M0
  lim f(M) = A.

M M 0
r > 0, M  S(M0 , r) \ M0 : g(M)  f(M)  h(M)
Ví dụ 5. Tính giới hạn sau: I  lim
x 0
y2
1  xy  1
xy 2
Giải:
Ta có I  lim
x 0
y2
1  xy  1
xy
1
1
 lim 2
 lim
 .
2
x 0
x 0
xy
4
y  2 xy ( 1  xy  1)
y  2 y ( 1  xy  1)
Ví dụ 6. Tính giới hạn sau Lim
x 0
y 0
x3  2 y3
x2  y2
Giải. Miền xác định D = R2\{(0, 0)}.Ta có
0
x3  2 y3
x3
2y3
x3
2 y3




 x  2 y ; x  0, y  0 .
x2  y2
x2  y2
x2  y2
x2
y2
Mà ta có Lim x  2 y   0 nên theo nguyên lý kẹp ta có
x 0
y 0
155
Do đó, theo Nguyên lý kẹp, ta có: Lim
x 0
y 0
Ví dụ 7. Tính Lim
x 0
y0
x3  2 y3
=0
x2  y2
x  2y
xy
Giải. Miền xác định D = R2\{(0, 0)}.
Xét hai dãy điểm M k  1 , 2   và Mk  1 , 1   . Ta có
k k
k k




k
Mk 
 (0, 0) và f(Mk) =


 3 k    3

5
5
k
Mk 
 (0, 0) và f(Mk) =
 1 k    1

2
2
Theo tính chất 2, suy ra không tồn tại Lim
x 0
y 0
x  2y
.
xy
2. Giới hạn lặp
Để đơn giản, ta chỉ xét khái niệm này cho hàm hai biến z = f(x, y).
Giả sử hàm f(x, y) xác định trong hình chữ nhật D = {(x, y): 0 < |x – x0| < d1,
0 < |y – y0| < d2; d1>0, d2>0}. Cố định y bất kỳ thoả mãn điều kiện 0 < |y – y0| < d2 thì
hàm f(x, y) trở thành hàm một biến theo biến x, giả sử tồn tại giới hạn lim f(x, y) = (y)
x x 0
Tiếp theo, giả sử  lim (y) = b. Khi đó, người ta nói rằng tồn tại giới hạn lặp của
y y0
hàm f(x, y) tại điểm M0(x0, y0) và viết lim lim f(x, y) = b.
y y0 x  x 0
Tương tự, ta cũng có thể định nghĩa giới hạn lặp lim lim f(x, y).
x  x 0 y y0
Chú ý 1. Các giới hạn lặp lim lim f(x, y) và lim lim f(x, y) có thể không bằng nhau.
y y0 x  x 0
x  x 0 y y0
Ví dụ 7. Xét Ví dụ 2 ở trên. Ta đã chứng minh được hàm số f(x, y) không có giới hạn kép
khi x  0, y 0. Nhưng f(x, y) lại có giới hạn lặp tại điểm (0, 0).
Ta có
(y) = lim f (x, y) = Lim
x 0
x 0
x  2y
= -2, y  0
xy
 lim lim f (x, y) = lim (y) = -2.
y0 x 0
y0
156
(x) = lim f (x, y) = Lim
y 0
y0
x  2y
= 1, x  0
xy
 lim lim f (x, y) = lim (y) = 1.
x 0 y  0
x 0
Chú ý 2. Khái niệm giới hạn vô hạn của hàm nhiều biến số cũng được định nghĩa tương
tự như đối với hàm số một biến số.
IV. Tính liên tục
1) Định nghĩa
Định nghĩa 1. Cho hàm số f(M) xác định trong miền D, Mo  D. Ta nói rằng, hàm số
f(M) liên tục tại điểm Mo nếu tồn tại giới hạn: lim f(M) = f(Mo).
M M0
Khi đó, ta ký hiệu f  C(Mo).
Định nghĩa 2. Hàm số f(M) được gọi là liên tục trong miền D nếu nó liên tục tại mọi
điểm thuộc D. Ký hiệu: f  C(D).
Ví dụ 8. Xét sự liên tục trên miền xác định của hàm số
 x3  2 y3
khi x 2  y 2  0
 2
2
f(x, y) =  x  y
0
khi x 2  y 2  0

Giải.
+) Với (xo, yo)  (0, 0) bất kỳ ( xo2  y o2  0 ), ta có
lim f (x, y) =
xx0
y y0
x o3  2 y o3
= f(xo, yo) hàm số đã cho liên tục tại (xo, yo)  (0, 0) bất kỳ.
x o2  y o2
+) Với (xo, yo) = (0, 0): Lim
x 0
y 0
x3  2 y3
= 0 = f(0;0)
x2  y2
Suy ra hàm số đã cho liên tục tại điểm (0, 0).
Vậy hàm số đã cho liên tục trên R2.
 sin( xy)
2
2
 x 2  y 2 khi x  y  0
Ví dụ 9.Xét tính liên tục của hàm f(x, y) = 
(a là tham số)
2
2
a
khi x  y  0

Giải.
+) Với (x0, y0)  (0, 0) bất kỳ (x 02 + y 02  0), ta có
157
sin(x y )
lim f (x, y) = 2 0 20 = f(x0, y0)
x x 0
x 0 + y0
y y
0
 hàm số đã cho liên tục tại (x0, y0)  (0, 0) bất kỳ.
+) Với (x0, y0) = (0, 0): Ta xét hai dãy điểm:
x 0
{Mk(xk, yk)}, thoả mãn xk = yk  0, khi k    f(Mk) =
1
s in(x k )2 k

2
2
2(x k )
{Mk(xk, yk)}, thoả mãn xk = 2yk  0, khi k    f(M’k) =
s in2(y k ) 2 yk 0 2

.
5
5(y k ) 2
Vậy, hàm số đã cho không có giới hạn tại (0, 0), do đó nó không liên tục tại (0, 0).
2) Tính chất
Hàm số nhiều biến số liên tục cũng có những tính chất tương tự như hàm số một biến
số liên tục. Chẳng hạn:
Tính chất 1. Nếu các hàm số
f  g, fg,
f ,g
liên tục tại Mo thì các hàm số
f
 g(M 0 )  0  cũng liên tục tại Mo
g
Tính chất 2. Nếu hàm f liên tục trên tập D với tập D đóng và bị chặn (D bị chặn nếu tồn
tại số r>0 để D  S(P, r ) )
M  D,   R + : |f(M)|  
 
f (M), f(M 2 ) = max f (M)
M1 , M 2  D: f(M1 ) = min
D
D
158
§2. Đạo hàm riêng và vi phân của hàm nhiều biến
I. Đạo hàm riêng và vi phân cấp 1
1) Định nghĩa. Cho hàm số w = f(x1, x2, ..., xn) xác định trong một miền D  Rn
M0 = (x 10 , x 02 , ..., x 0n )  D.
Cho x 10 số gia x1, x 02 số gia x2, ...,
x 0n
số gia xn sao cho điểm
M( x 1o  x 1 ; x o2  x 2 ;...; x on  x n )  D
* Số gia toàn phần của hàm f tại điểm M0:
f(M0) = f(M) – f(M0) = f(x 10 + x1, x 02 + x2, ..., x 0n + xn ) – f(x 10 , x 02 , ..., x 0n )
* Số gia riêng của f theo biến xi ( i =1, n ) tại điểm M0:
x i f(M0) = f(x 10 , x 02 , ...,x i01 , x i0 + xi , x i01 , ..., x 0n ) – f(x 10 , x 02 , ...,x i01 , x i0 , x i01 , ..., x 0n )
* Đạo hàm riêng theo biến xi của f tại điểm M:
Ta nói hàm số f có đạo hàm riêng theo biến xi tại điểm M0 nếu  lim
x i 0
(hữu hạn). Kí hiệu: f 'xi (M0) hay
 xi f (M 0 )
x i
f (M 0 )
.
x i
Chú ý 1. Đạo hàm riêng của hàm w = f(M) theo biến xi tại M0 chính là đạo hàm của hàm
một biến xi khi ta coi các biến còn lại là hằng số.
Ví dụ 1. Tìm các đạo hàm riêng của hàm số sau:
f(x, y) = yln(x2 + y2)
Giải: Ta có
fx(x, y) = y
2x
2 xy
= 2
2
x y
x  y2
2
fy(x, y) = ln(x2 + y2) + y
2y2
2y
2
2
=
ln(x
+
y
)
+
x2  y2
x2  y2
Ví dụ 2. Tính đạo hàm riêng của f(x, y) = x2 + y3 + 2xy + 3y + 2
Giải: Ta có
f x' ( x, y )  2 x  2 y ; f y' ( x , y)  3y 2  2 x  3
* Vi phân toàn phần của hàm số f tại M0:
Hàm số f khả vi tại M0 nếu số gia toàn phần của nó tại điểm M0 có thể biểu diễn
dưới dạng
159

f(M0) = A1x1 + A2x2 + ... + Anxn + o (x 1 ) 2  (x 2 ) 2  ...  (x n ) 2
trong đó
Lim
x i 0 i 1, n

o (x 1 ) 2  (x 2 ) 2  ...  (x n ) 2
(x 1 ) 2  (x 2 ) 2  ...  (x n ) 2
  0 , các

Ai (i = 1,n ) không phụ
thuộc vào các x1, x2, …, xn.
Kí hiệu: f  C1(M0).
Khi đó, biểu thức A1x1 + A2x2 + ... + Anxn được gọi là vi phân toàn phần của
hàm số f tại M0. Kí hiệu là df(M0): df(M0) = A1x1 + A2x2 + ... + Anxn.
2) Tính chất
Tính chất 1. (Điều kiện cần để hàm số f(M) khả vi tại điểm M0)
f  C1(M0)  f  C(M0).
Hệ quả. f  C(M0)  f  C 1 (M0).
f  C1 (M 0 )
n
Tính chất 2. 
 fx i (M0) = Ai (i = 1, n ).
df
(M
)
=
A

x

0
i
i


i=1
Hệ quả. Nếu i0  {1, 2, …, n} mà  f (M 0 ) thì hàm số f không khả vi tại M0.
x i0
Chú ý 2. Đối với hàm số nhiều biến số f(M), sự tồn tại các đạo hàm riêng tại M0 chưa đủ
để suy ra hàm số khả vi tại điểm đó.
 sin( xy)
khi x 2  y 2  0
 2
2
Ví dụ 3. Xét hàm số f(x, y) =  x  y
. Tính các đạo hàm riêng tại điểm
2
2
0
khi x  y  0

(0; 0).
Giải:
Ta có
sin(x.0)
f (0 + x, 0) - f(0, 0) = f (x, 0) - f(0, 0) = (x)2 + 02
x
x
x
-0
x 0
= 0 
0
 fx(0, 0) = 0
Tương tự fy(0, 0) = 0
Nhưng ta đã chứng minh được hàm số đã cho không liên tục tại điểm (0, 0) nên nó
không khả vi tại điểm đó.
160
Tính chất 3. (Điều kiện đủ để hàm số f(M) khả vi tại điểm M0)
Nếu tồn tại các đạo hàm riêng f x' ( j  1, n ) trong một lân cận nào đó của điểm Mo(xo,yo) và
j
f  C1 (M 0 )
các đạo hàm riêng đó liên tục tại Mo thì 
n
df
(M
)
=
f ' xi (M 0 ).x i

0


i=1
Chú ý 3. Cũng giống như đối với hàm một biến số, nếu các xi là các biến số độc lập thì
n
n
i=1
i 1
dxi = xi, do đó df (M 0 ) =  f ' x (M 0 ).dx i hay df   f x' dx i .
i
i
Ví dụ 4. Tính vi phân toàn phần cấp 1 của hàm f(x, y) = x2 + y3 + 2xy + 3y + 2
Giải: Ta có df  f x' dx  f y' dy  (2 x  2 y )dx  (3 y 2  2 x  3)dy
II. Đạo hàm riêng và vi phân cấp cao
Cho hàm số n biến số w = f(x1, x2, …, xn)
*Đạo hàm riêng cấp cao
Định nghĩa: Các đạo hàm fx i (i = 1, n ) được gọi là những đạo hàmg riêng cấp một. Các
đạo hàm riêng ấy lại là những hàm của n biến số x1, x2, …, xn, chúng có thể có đạo hàm
riêng. Các đạo hàm riêng của các đạo hàm riêng cấp một nếu tồn tại được gọi là được gọi
là đạo hàm riêng cấp hai của hàm f(x1, x2, …, xn) và được ký hiệu như sau:
+)
 2f (x1, x 2 , ..., x n )   f (x1 , x 2 , ..., x n ) 
''
=

 = f x ( x1 , x 2 ,..., xn ) (i = 1, n )
2
x i
x i 
x i

+)
 2 f ( x 1 , x 2 ,..., x n )


x i x j
x i
2
i
 f ( x 1 , x 2 ,..., x n ) 

 = f x'' x ( x1 , x2 ,..., xn ) ( i,j = 1, n ; i  j)



x
j


j i
Tương tự như vậy, ta có thể định nghĩa các đạo hàm riêng cấp n  3.
Ví dụ 5. Cho hàm số f(x, y) = x2y3 + 2x4 + 2y + 1. Tính các đạo hàm riêng cấp 2 của hàm
f.
Giải: Ta có
fx(x, y) = 2xy3 + 8x3, fy(x, y) = 3x2y2 +2
f x''2  2 y 3  24 x 2 ; f xy''  6 xy 2  f yx'' ; f y''2  6 x 2 y
Trong ví dụ trên, ta nhận thấy rằng f xy''  f yx'' . Liệu điều đó có luôn luôn đúng không? Ta
thừa nhận định lý quan trọng sau đây:
161
Định lý (Schwarz). Nếu trong một lân cận nào đó của điểm Mo(xo, yo), hàm số f(x, y) có
các đạo hàm riêng f xy , f yx và nếu các đạo hàm ấy liên tục tại Mo thì f xy (Mo) =
f yx (Mo).
Chú ý 4. Định lý trên cũng được mở rộng cho đạo hàm riêng cấp cao hơn và cho hàm số
n biến số với n  3. Tức là: đối với hàm n biến, nếu các đạo hàm riêng hỗn hợp cấp k (k
 2) chỉ khác nhau về thứ tự đạo hàm và cùng liên tục tại điểm nào đó thì tại điểm đó
chúng bằng nhau.
* Vi phân toàn phần cấp cao
n
Định nghĩa: Vi phân toàn phần của f(x1, x2, …, xn): df =  f ' x dx i
i
i=1
(nếu có), cũng là một hàm số của các biến xi. Vi phân toàn phần của df nếu tồn tại, được
gọi là vi phân toàn phần cấp hai của f và được kí hiệu là d2f. Vậy
d2f = d(df)
Tổng quát, ta định nghĩa được vi phân cấp m (m  2) của hàm số f như sau:
dmf = d(dm-1f)
Bây giờ ta xét hàm hai biến w = f(x, y). Giả sử x, y là những biến số độc lập, khi ấy dx =
x, dy = y, đó là những hằng số không phụ thuộc x, y. Giả sử d2f tồn tại. Ta có
d2f = d(df) = (fxdx + fydy)x .dx + (fxdx + fydy)y. dy
= f x 2 dx2 + (f yx + f xy )dxdy + f y2 dy 2
Nếu f xy và f yx liên tục, khi đó chúng bằng nhau, vì vậy
d2f = f x 2 dx2 + 2 f xy dxdy + f y2 dy 2 =
 2f 2
 2f
 2f 2
dx
+
2
dxdy
+
dy
xy
y 2
x 2
Tiếp tục tính toán như vậy, ta được kết quả sau:
Nếu các đạo hàm riêng hỗn hợp đến cấp m của hàm f(x, y) là liên tục thì ta có
dmf =
m
 Ckm
k 0
 mf
dx m - k dy k
m -k
k
x y
162
Ví dụ 6. Tính d3f nếu f(x, y) = sinxsiny
Giải. Ta có
fx = cosxsiny; fy = sinxcosy;
f
x2
= -sinxsiny;
f y2 = -sinxsiny; f xy = cosxcosy;
f (3)
= -cosxsiny; f (3)
= -sinxcosy; f (3)
= -sinxcosy; f (3)
= -cosxsiny;
y3
x2y
xy 2
x3
Vậy, theo công thức trên ta có
d3f = -cosxsinydx3 -3sinxcosydx2dy - 3cosxsinydxdy2 - sinxcosydy3
3) Đạo hàm của hàm hợp
Định lý. Nếu hàm w = f(u1, u2, …, um) có các đạo hàm riêng
f
(j = 1, m) tại điểm
u j
(u 10 , u 02 , …, u 0m ), các hàm u1 = u1(x1, x2, …, xn), …, um= um(x1, x2, …, xn) có đạo hàm
riêng tại điểm Mo = (x 10 , x 02 , ..., x 0n ) và u 10 = u1(Mo), u 02 = u2(Mo), …, u 0m = um(Mo), . Khi
đó, hàm hợp (u1(x1,x2,...,xn), …, um(x1, x2, …, xn)) có các đạo hàm riêng f (i = 1, n )
x i
tại M0 và ta có: f (M0) =
x i
m
f u j (M )
0
.
j x i
 u
j1
Công thức trên còn có thể viết dưới dạng ma trận
 f (M 0 ) f (M 0 )
 f f
f (M 0 ) 
f
...
...

 = 
x 2
x n 
u m
 x1
 u1 u 2
 u1
 x
1
Ma trận  

 u m
 x
 1
 u1
 x
 1
 

 u m
 x
 1
u1 
x n 


  (M0)

u m 

x n 

u1 
x n 


  được gọi là ma trận Jacobi của u1, u2, …, um đối với x1,

u m 

x n 

x2, …, xn, còn định thức của ma trận ấy được gọi là định thức Jacobi của u1, u2, …, um đối
với x1, x2, …, xn và được kí hiệu là D(u1 , u2 , ..., um ) .
D(x1 , x 2 , ..., x n )
Ví dụ 7. Tính đạo hàm riêng cấp 1 của hàm số hợp sau
f(u, v) = ln(u2 + v2), u = x+y, v = xy
163
Giải.
Theo công thức đạo hàm của hàm số hợp, ta có
f f u f v
2u
2v

.  .  2
.1  2
.y
2
x u x v x u  v
u  v2
=
2( x  y )
2( xy )
2( x  y  xy 2 )

.
y

( x  y ) 2  ( xy) 2 ( x  y ) 2  ( xy ) 2
( x  y ) 2  ( xy) 2
Tương tự, ta có
f f u f v
2u
2v
 .
 .  2
.1  2
.x
2
y u y v y u  v
u  v2

2( x  y )
2( xy)
2( x  y  x 2 y )

.
x

( x  y ) 2  ( xy ) 2 ( x  y ) 2  ( xy) 2
( x  y ) 2  ( xy) 2
164
§3. Ứng dụng của đạo hàm riêng trong phân tích kinh tế
1. Đạo hàm riêng và giá trị cận biên
Ý nghĩa của đạo hàm riêng trong kinh tế học
Xét mô hình hàm kinh tế: w =f(x1; x2; ...; xn) trong đó x1; x2; ...; xn; w là các biến số kinh
tế.
Đạo hàm riêng của hàm w theo biến xi tại điểm M o ( x 1o , x o2 ,..., x on ) được gọi là giá trị w –
cận biên theo xi tại điểm đó. Nghĩa là w 'x (M o ) biểu diễn lượng thay đổi giá trị của biến
i
w khi giá trị xi thay đổi 1 đơn vị trong điều kiện giá trị các biến độc lập còn lại không
thay đổi.
* Hàm sản xuất: Q = f(K, L)
Có các đạo hàm riêng:
Q'K 
Q
K
;
Q'L 
Q
L
được gọi tương ứng là hàm sản lượng cận biên
của tư bản (MPPK) và hàm sản lượng cận biên của lao động (MPPL ) tại điểm (K; L).
Ý nghĩa:
Q'K  f K' (K;L) biểu diễn xấp xỉ lượng sản phẩm hiện vật gia tăng khi sử dụng thêm một
đơn vị tư bản và giữ nguyên mức sử dụng lao động.
Tương tự, Q'L  f L' (K;L) biểu diễn xấp xỉ lượng sản phẩm gia tăng khi sử dụng thêm một
đơn vị lao động và giữ nguyên mức sử dụng tư bản.
1
3
Ví dụ 1. Giả sử hàm sản xuất của một doanh nghiệp là Q  20K 4 L4 ; trong đó: K, L, Q là
mức sử dụng tư bản, mức sử dụng lao động và sản lượng hàng ngày.
Giả sử doanh nghiệp đó đang sử dụng 16 đơn vị tư bản và 81 đơn vị lao động trong một
ngày tức là K = 16; L = 81. Xác định sản lượng cận biên của tư bản và lao động tại điểm
đó và giải thích ý nghĩa.
Giải: Sản lượng cận biên của tư bản và của lao động lần lượt là:
3
3
1
1
Q'K  f K' (K; L)  5K 4 L4 ; QL'  f L' (K; L)  15K 4 L 4
Sản lượng cận biên của tư bản và của lao động tại K = 16; L = 81 tương ứng là:
 3 3
Q'K (16; 81)  f K' (16; 81)  5 16 4 814

 135
 1 1 
 1, 69 ; Q'L (16; 81)  f L' (16; 81)  5 16 4 81 4   10
 
8



Nghĩa là, nếu doanh nghiệp tăng mức sử dụng tư bản K từ 16 lên 17 đơn vị và giữ
nguyên lao động L = 81 trong 1 ngày thì sản lượng tăng thêm xấp xỉ 1,69 đơn vị sản
phẩm. Tương tự, nếu doanh nghiệp tăng mức sử dụng lao động từ 81 lên 82 trong một
165
ngày và giữ nguyên sử dụng tư bản K =16 trong 1 ngày thì sản lượng tăng thêm xấp xỉ 10
đơn vị sản phẩm.
* Hàm lợi ích: U = U(x1, x2, ..., xn)
Đạo hàm riêng của hàm lợi ích đối với các biến độc lập là: MU i 
U
(i  1, n )
x i
MUi được gọi là hàm lợi ích cận biên của hàng hóa thứ i.
Ý nghĩa: Đạo hàm riêng MUi tại điểm M o ( x 1o , x o2 ,..., x on ) biểu diễn xấp xỉ lợi ích tăng
thêm khi người tiêu dùng có thêm một đơn vị hàng hóa thứ i trong điều kiện số đơn vị
các hàng hóa khác không thay đổi.
Ví dụ 2. Giả sử hàm tiêu dùng hàng ngày của một người tiêu dùng đối với hai loại hàng
3
1
hóa là U = 2x 12 x 22 .
Trong đó: x1, x2 là mức sử dụng hàng hóa 1 và hàng hóa 2, U là lợi ích của người tiêu
dùng hàng ngày.
Giả sử người tiêu dùng đang sử dụng 64 đơn vị hàng hóa 1 và 25 đơn vị hàng hóa 2 trong
một ngày. Xác định lợi ích cận biên của các hàng hóa tại điểm đó và giải thích ý nghĩa.
Giải:
Lợi ích cận biên của hàng hóa 1 và hàng hóa 2 đối với người tiêu dùng tương ứng là:
1
1
3
1
MU1  U 'x1  3x12 x 22 ; MU 2  U 'x 2  x12 x 22
Lợi ích cận biên của hàng hóa 1 và hàng hóa 2 đối với người tiêu dùng tại x1=64; x2=25
tương ứng là:
1
1
3
1
MU1 (64;25)  3.64 2 25 2  3.8.5  120 ; MU 2 (64;25)  64 2 25 2 
83
 102,4
5
Nghĩa là, nếu người tiêu dùng tăng mức sử dụng hàng hóa 1 thêm một đơn vị x1 = 65 và
giữ nguyên mức sử dụng hàng hóa 2 trong một ngày thì lợi ích tăng thêm khoảng 120
đơn vị. Tương tự, nếu giữ nguyên mức sử dụng hàng hóa 1 và tăng mức sử dụng hàng
hóa 2 thêm một đơn vị trong một ngày thì lợi ích tăng thêm khoảng 102,4 đơn vị.
2. Đạo hàm riêng cấp hai và quy luật lợi ích cận biên giảm dần
Hàm 1 biến số: y =f(x) tuân theo quy luật lợi ích cận biên giảm dần nếu f ’’(x) <0
Xét mô hình hàm kinh tế hai biến số: z =f(x; y)
z 'x  f x' ( x; y) : là hàm cận biên của f theo biến x
166
z 'y  f y' ( x; y) : là hàm cận biên của f theo biến y
Trong kinh tế học, quy luật lợi ích cận biên giảm dần nói rằng: giá trị z – cận biên của
biến x giảm dần khi x tăng y không đổi. Tương tự, cho giá trị z – cận biên của biến y
giảm dần khi y tăng và x không đổi (Chú ý: chúng ta xét trong điều kiện giá trị của các
biến x, y đủ lớn).
Cơ sở toán học:
z 'x  f x' ( x; y) là hàm số giảm khi z 'xx'  f xx'' ( x; y)  0 .
Tượng tự: z 'y  f y' ( x; y) là hàm số giảm khi z 'yy'  f yy'' ( x; y)  0
Ghi nhớ: Hàm f(x;y) tuân theo quy luật lợi ích cận biên giảm dần trên D
f x''2 (x; y)  0

  ''
(x; y)  D
f
(x;
y)

0
 y2
Ví dụ 3. Hàm sản xuất của một doanh nghiệp có dạng Cobb- Dounlas như sau:
Q  aK  L (a , ,   0)
Tìm điều kiện của ,  để hàm số trên tuân theo quy luật lợi ích cận biên giảm dần.
Giải:
Hàm sản phẩm cận biên của tư bản: Q 'K  aK  1 L
Hàm sản phẩm cận biên của lao động: Q 'L  aK  L1
Biểu hiện của quy luật lợi ích cận biên giảm dần:
Q''K 2  a(  1)K 2 L  0
  1

 ''
  2
  1
Q L2  a(  1)K L  0
0    1
Vậy điều kiện là 
0    1
1
3
Áp dụng cho bài toán cụ thể với hàm sản xuất Q  20K 4 L4 . Trong đó K, L, Q là mức sử
dụng tư bản, mức sử dụng lao động và sản lượng hàng ngày. Hàm này thỏa mãn quy luật
lợi ích cận biên giảm dần.
Ví dụ 4. Cho hàm lợi ích U = 3xy – 2x2 – y2 (x>0, y >0). Hàm số U có tuân theo quy luật
lợi ích cận biên giảm dần hay không?
167
Giải: Ta có U ''x 2  4  0; U ''y2  2  0 nên hàm U tuân theo quy luật lợi ích cận biên
giảm dần.
3. Hệ số co dãn riêng
Cho hàm kinh tế: w = f(x1,x2, ..., xn)
Định nghĩa: Hệ số co dãn riêng của w theo biến xk tại điểm M o ( x 1o , x o2 ,..., x on ) là số đo
lượng thay đổi tính bằng phần trăm của w khi xk thay đổi 1% trong điều kiện giá trị của
các biến độc lập khác không đổi, được ký hiệu và xác định như sau:
f (x1o , x o2 ,..., x on )
x ok
x ok
f
 (M o ) 
.

(M o ).
x k
f (M o )
f (x1o , x o2 ,..., x on ) x k
f
xk
Ý nghĩa:
+) fx k (M o )  0 : Tại Mo tăng xk lên 1% và giữ nguyên các biến khác thì f tăng fx k (M o )%
+) fx k (M o )  0 : Tại Mo tăng xk lên 1% và giữ nguyên các biến khác thì f giảm
 fx k (M o ) %
Ví dụ 5. Giả sử hàm cầu của hàng hóa 1 trên thị trường hai hàng hóa có liên quan có
5
dạng: Q1d  6300  2p12  p 22 ; trong đó p1, p2 tương ứng là giá của hàng hóa 1, 2.
3
Xác định hệ số co dãn của cầu Q1d theo giá p1, p2 và cho biết ý nghĩa tại điểm (p1, p2)
=(20, 30)
Giải:
* Hệ số co dãn của cầu theo giá p1 đối với giá của hàng hóa đó tại (p1; p2):
'

Q1d
p1

 Q1d p
1
Q1d
.p1 
4p1
5
6300  2p12  p 22
3
.p1 
4p12
5
6300  2p12  p 22
3
* Hệ số co dãn của cầu theo giá p1 đối với giá của hàng hóa thứ hai p2 tại (p1; p2):
'
Qp21d 
 Q1d p
Q1d
2
.p 2 
10
p2
3
5
6300  2p  p 22
3
.p 2 
2
1
10 2
p2
3
5
6300  2p12  p 22
3
Tại điểm (20; 30) ta có: Qp11d  0, 4;  Qp21d  0,75 .
Điều đó có nghĩa khi hàng hóa 1 đang ở mức giá 20 và hàng hóa 2 ở mức giá 30 nếu tăng
giá hàng hóa 1 lên 1% còn giá hàng hóa 2 không đổi thì cầu đối với hàng hóa 1 sẽ giảm
168
0,4%. Tương tự nếu giá của hàng hóa 1 không đổi nhưng giá của hàng hóa hai tăng thêm
1% thì cầu đối với hàng hóa 1 cũng giảm 0,75%.
Ví dụ 6. Giả sử hàm sản xuất của doanh nghiệp có dạng:
1
2
Q  120K 3 L3
Xác định hệ số co dãn của sản lượng theo vốn, lao động tại thời điểm (K; L)
1
3
2
3
Giải: Q  120K L
Hệ số co dãn của sản lượng theo vốn tại thời điểm (K, L) là
2
2
Q'
40K 3 L3
40 1
QK  K .K 
.K 

1 2
Q
120
3
120K 3 L3
Và hệ số co dãn của sản lượng theo lao động tại thời điểm (K, L) là
QL 
'
L
1
3
1
3
Q
80K L
80 2
.L 
.L 

1 2
Q
120 3
3 3
120K L
Nhận xét: Nếu mô hình hàm số kinh tế có dạng mô hình hàm Cobb- Douglass thì hệ số
co dãn của w theo xk đúng bằng lũy thừa của xk.
Ví dụ 7. Người ta ước lượng hàm sản xuất hàng ngày của một doanh nghiệp như sau:
Q  80 K .3 L
a) Với K =25; L = 64 hãy cho biết mức sản xuất hàng ngày của doanh nghiệp.
b) Bằng các đạo hàm riêng của Q, cho biết nếu doanh nghiệp:
* Sử dụng thêm một đơn vị lao động mỗi ngày và giữ nguyên mức K =25 thì sản lượng
sẽ thay đổi là bao nhiêu.
* Ngược lại, nếu sử dụng thêm một đơn vị vốn mỗi ngày và giữ nguyên mức L = 64 thì
sản lượng sẽ thay đổi bằng bao nhiêu.
c) Nếu giá thuê một đơn vị tư bản K là 12$; giá đơn vị L là 2,5$ và doanh nghiệp sử dụng
các yếu tố đầu vào ở mức nêu trong câu a) thì doanh nghiệp nên sử dụng thêm một đơn vị
K hay thêm một đơn vị L mỗi ngày.
Giải:
a) Mức sản xuất hàng hóa của doanh nghiệp khi K =25; L = 64 là
Q  80. 25.3 64  80.5.5  1600 (đơn vị sản phẩm)
b) Các đạo hàm riêng của hàm sản xuất:
169
1 1 3
1
1
Q 'K  80. .
. L ; Q 'L  80. . K
3
2 K
3
L2
 Q 'L (25;64) 
25
 8,3; Q 'K (25;64)  32
3
Vậy, nếu giữ nguyên mức sử dụng vốn K = 25 và sử dụng thêm một đơn vị lao động
mỗi ngày thì sản lượng tăng một lượng xấp xỉ là 8,3 đơn vị. Ngược lại, nếu giữa
nguyên mức sử dụng lao động L = 64 thì sản lượng thay đổi một lượng xấp xỉ 32 đơn
vị.
c) Với các giả thiết đã cho thì doanh nghiệp nên sử dụng thêm một đơn vị lao động
mỗi ngày. Vì
25 / 3 32
.

2,5
12
4. Hàm thuần nhất và vấn đề hiệu quả của quá trình sản xuất theo quy mô
a) Khái niệm hàm thuần nhất
Định nghĩa: Hàm số z = f(x; y) được gọi là hàm thuần nhất bậc k ( k  0 ) nếu với
t  0, chúng ta có: f(tx, ty) = tkf(x, y)
Ví dụ 8: Q  aK  L là hàm thuần nhất bậc (  )
vì t  0 : Q( tK, tL)  a ( tK )  ( tL)   t   (aK  L )  t   Q(K, L)
1
9
4
9
4
9
Ví dụ 9: Hàm Q  K  K 0,5 L0,5  L là hàm thuần nhất bậc 1
Ví dụ 10. Hàm z 
2 xy
là hàm thuần nhất bậc 0.
x  y2
2
Tính chất:
i) Hàm w=f(x1, x2, …, xn) có các đạo hàm riêng liên tục:
f là thuần nhất bậc k  x 1 .f x'  x 2 .f x'  ...  x n .f x'  k.f
1
2
n
ii) Nếu f là hàm thuần nhất bậc k và g là hàm thuần nhất bậc m thì f.g là hàm thuần
nhất bậc k+m, fn là hàm thuần nhất bậc kn,
f
là hàm thuần nhất bậc k –m (nếu k  m).
g
b) Vấn đề hiệu quả của quá trình sản xuất khi tăng quy mô sản xuất
Bài toán: Xét hàm sản xuất Q = f(K, L); trong đó K, L là yếu tố đầu vào; Q là yếu tố đầu
ra. Bài toán đặt ra là. Nếu các yếu tố đầu vào K, L tăng gấp m lần (m >1) thì đầu ra Q có
tăng gấp m lần hay không?
Giải: Chúng ta đi so sánh Q(mK,mL) và mQ(K,L)
170

Nếu Q(mK, mL) > mQ(K, L) thì chúng ta nói hàm sản xuất có hiệu quả tăng theo
quy mô.

Nếu Q(mK, mL) < mQ(K, L) thì chúng ta nói hàm sản xuất có hiệu quả giảm theo
quy mô.

Nếu Q(mK, mL) = mQ(K, L) thì chúng ta nói hàm sản xuất có hiệu quả không đổi
theo quy mô.
b) Liên hệ hiệu quả của quá trình sản xuất khi tăng quy mô với bậc của hàm
thuần nhất
Định lý. Giả sử hàm sản xuất Q = f(K, L) là hàm thuần nhất cấp k.
+) Nếu k > 1 thì quá trình sản xuất có hiệu quả tăng theo quy mô
+) Nếu k < 1 thì quá trình sản xuất có hiệu quả giảm theo quy mô
+) Nếu k = 1 thì quá trình sản xuất có hiệu quả không đổi theo quy mô
Ví dụ 11. Hàm sản xuất Q 
1
4
4
K  K 0,5 L0,5  L có bậc thuần nhất bằng 1, nên quá
9
9
9
trình sản xuất có hiệu quả không đổi theo quy mô.
Ví dụ 12. Hàm sản xuất: Q  aK  L có bậc thuần nhất    nên
+) Nếu    > 1 thì quá trình sản xuất có hiệu quả tăng theo quy mô
+) Nếu    < 1 thì quá trình sản xuất có hiệu quả giảm theo quy mô
+) Nếu    = 1 thì quá trình sản xuất có hiệu quả không đổi theo quy mô
5. Hàm ẩn và đạo hàm của nó
a) Khái niệm hàm ẩn
Nếu giá trị của 2 biến x, y quan hệ với nhau bởi hệ thức F(x, y) = 0 (*). Ở đây coi F(x, y)
như một hàm 2 biến xác định trên miền D  R2.
Nếu với mọi x  X , tồn tại y = f(x) thỏa mãn hệ thức (*) thì ta nói hệ thức này xác định
hàm ẩn y =y(x) trên tập X.
Ví dụ 13. Xét hệ thức F(x, y) = x2 + y2 – 4 (**)
Tìm y để F(x, y) =0
Giải: Với mọi x   2; 2  D ta có: y( x )   4  x 2
Vậy các hàm y( x )   4  x 2 xác định trên D là các hàm ẩn xác định bởi (**)
b) Định lý hàm ẩn
171
Cho hàm 2 biến F(x, y) xác định trong một lân cận của (xo; yo) và F(xo; yo) = 0. Giả thiết
rằng F(x, y) có các đạo hàm riêng liên tục và Fy' ( x, y)  0 tại mọi điểm (x; y) thuộc lân
cận của (xo; yo). Khi đó tồn tại duy nhất hàm liên tục y = y(x) xác định trong 1 lân cận
nào đó của xo thỏa mãn điều kiện: yo = y(xo); F(x, y(x)) = 0
 Fx' ( x , y)
và y'  '
Fy ( x, y)
Ví dụ 14. Tìm hàm ẩn thỏa mãn điều kiện F(0; 1) = 0 với F(x, y) thỏa mãn (**)
Giải: Ta đã xác định hai hàm ẩn y( x )   4  x 2 liên tục trên D
Mà tai (xo; yo) = (0; 1) mà F(0; 1) = 0 thì chỉ có hàm y( x )  4  x 2 thỏa mãn.
Ví dụ 15. Cho hàm cầu D = D(p, Yo) với p là giá, Yo là mức thu nhập và hàm S = S(p)
với giả thiết D 'p  0; D 'Y  0, S'  0 . Chứng minh rằng khi thu nhập Yo tăng thì giá tại điểm
o
cân bằng tăng.
Giải:
Giả sử giá cân bằng p phụ thuộc vào mức thu nhập Yo là hàm ẩn biểu diễn bởi hệ thức:
F(p; Yo) = D(p; Yo) – S(p) = 0
'
Khi đó p Y  
o
FY' o
Fp'

D 'Yo
D 'p  S'

D 'Yo
S'D 'p
0
Điều đó nói lên rằng khi thu nhập Yo tăng thì sẽ kéo theo giá tại điểm cân bằng tăng.
6. Hệ số thay thế hay bổ sung
Cho hàm số kinh tế w = f(x1, x2, …, xn) và điểm M o ( x 1o ; x o2 ; ...., x on ) . Khi đó wo =f(Mo).
Bài toán đặt ra khi hai biến xi và xj thay đổi còn các biến khác giữ nguyên sao cho w
không đổi (tức là w = wo), thì sự thay đổi của hai biến này phải tuân theo tỷ lệ nào? Tùy
vào thực tiễn của hai biến, tỷ lệ này có thể gọi là tỷ lệ (hệ số) thay thế (ví dụ: thay thế
giữa vốn và lao động), tỷ lệ bổ sung (ví dụ: bổ sung giữa hai mặt hàng), tỷ lệ chuyển đổi
(ví dụ: chuyển đổi giữa tiêu dùng hiện tại và tiêu dùng tương lai). Ta có thể tính hệ số này
như sau:
Theo công thức vi phân toàn phần, ta có
dw 
f
f
f
dx 1 
dx 2  ... 
dx n
x 1
x 2
x n
172
Do các biến xi và xj thay đổi còn các biến khác không đổi (dxk =0), w = wo (dw=dwo
=0) nên:
f
'
dx j
x i f xi
f
f
0
dx i 
dx j 

 '
f
x i
x j
dx i
fx j
x j

Nếu
Nếu
Nếu
dx j
dx i
dx j
dx i
dx j
dx i
 0 thì ta nói xj có thể thay thế (chuyển đổi) cho xi tại Mo với tỷ lệ
 0 thì ta nói xj bổ sung cho xi tại Mo với tỷ lệ
dx j
dx i
dx j
dx i
.
.
 0 thì ta nói xi, xj không thể thay thế hoặc không thể bổ sung cho nhau tại
Mo.
7.Phương trình đường đồng lượng, đường bàng quan.
Cho hàm sản xuất Q  aK  L (a , ,   0) . Giả sử K=Ko, L=Lo; sản lượng khi đó là
Q o  aK o Lo . Phương trình Q  Q o  aK  L  Q o được gọi là phương trình đường đồng
lượng tại điểm (Ko, Lo). Hệ số góc (hoặc độ dốc) của đường đó tại điểm (Ko, Lo) bằng:
Q 'L (K o ;Lo )
dK
(K o ;Lo )  '
.
dL
Q K (K o ; Lo )
Cho hàm lợi ích U  ax  y  (a , ,   0) . Giả sử x=xo, y=yo; sản lượng khi đó là
U o  ax o y o . Phương trình U  U o  ax  y   U o được gọi là phương trình đường bàng
quan tại điểm (xo, yo). Hệ số góc (hoặc độ dốc) của đường đó tại điểm (xo, yo) bằng:
 U 'x ( x o ; y o )
dy
.
(x o ; y o ) 
dx
U 'y ( x o ; y o )
Ví dụ 16. Một hộ gia đình có hàm lợi ích tiêu dùng với 2 loại hàng hóa như sau:
U(x, y ) = 5 x 0, 4 y 0, 4 (x là số đơn vị hàng hóa 1, y là số đơn vị hàng hóa 2; x  0; y  0 )
a) Hai hàng hóa này là thay thế hay bổ sung cho nhau.
b) Tại điểm (xo, yo) = (32; 32); viết phương trình đường bàng quan, xác định hệ số
góc của đường đó và nêu ý nghĩa.
Giải:
173
a) U(x, y ) = 5 x 0,4 y0,4  U 'x  2x 0,6 y0,4 ; U'y  2x 0,4 y 0,6
Ta có
dy  U 'x  2 x 0 , 6 y 0, 4  y
 ' 

 0 với mọi x > 0; y > 0. Vậy hai hàng hóa trên
dx
Uy
2x 0, 4 y 0, 6
x
là thay thế cho nhau.
b) Tại điểm (xo, yo) = (32; 32): Uo = 5.320,4.320,4 = 80. Phương trình đường bàng
quan tại điểm (xo, yo): U = Uo  x 0, 4 y 0, 4  16  0 .
dy  U 'x  y
Hệ số góc của đường bàng quan: y 
 ' 
dx
Uy
x
'
x
Tại điểm (xo, yo): y 'x 
 32
 1 .
32
Ý nghĩa: Tại (xo, yo), khi tăng số đơn vị hàng hóa 1 lên 1 đơn vị thì phải giảm số đơn
vị hàng hóa 2 xuống 1 đơn vị để lợi ích tiêu dùng không đổi.
Ví dụ xét tại (xo, yo)= (16; 32): y 'x 
32
 2
16
Ý nghĩa: Tại (xo, yo), khi tăng số đơn vị hàng hóa 1 lên 1 đơn vị thì phải giảm số đơn
vị hàng hóa 2 xuống 2 đơn vị để lợi ích tiêu dùng không đổi.
8. Hệ số tăng trưởng (nhịp tăng trưởng)
Cho hàm số kinh tế w = f(x1, x2, …,xn, t), trong đó t là biến thời gian. Hệ số tăng
f
f t'
'

t
   ln f t
trưởng của Y, ký hiệu là rY được xác định bởi công thức: rY 
f
f
Thông thường rY được tính theo tỷ lệ %.
Tính chất
i) Cho U= U(t); V = V(t).
Nếu Y = U.V thì rY = rU + rV
Nếu Y 
U
thì rY = rU - rV
V
Nếu Y = U + V thì rY 
U
V
rU 
rV
UV
UV
Nếu Y = U – V thì rY 
U
V
rU 
rV
UV
UV
ii) Cho hàm w = f(x1, x2, …,xn) trong đó x1= x1(t); x2 = x2(t); …; xn = xn(t).
174
Khi đó hệ số tăng trưởng của f được tính theo hệ số co giãn riêng của f theo xi (  fx và
i
n
hệ số tăng trưởng của biến xi ( rx ) như sau: rf    fx .rx
i
i
i 1
175
i
§4. Cực trị hàm nhiều biến số
I. Cực trị không có điều kiện của hàm nhiều biến số
1) Định nghĩa. Cho hàm số w=f(x1, x2, …, xn) xác định trong một miền D nào đó,
Mo(x 10 , x 02 , ..., x 0n ) là một điểm trong của D. Ta nói rằng f(x1, x2, …, xn) đạt cực trị tại Mo
nếu với mọi điểm M trong một lân cận nào đó của Mo, hiệu số f(Mo) = f(M) – f(Mo) có
dấu không đổi.
Nếu f(Mo) <0 với mọi M khác Mo (f(M) < f(Mo)) thì Mo được gọi là điểm cực đại
và f(Mo) được gọi là giá trị cực đại.
Nếu f(Mo) > 0 với mọi M khác Mo (f(M) > f(Mo)) thì Mo được gọi là điểm cực
tiểu và f(Mo) được gọi là giá trị cực tiểu.
Điểm cực đại, cực tiểu gọi chung là điểm cực trị; giá trị cực đại và giá trị cực tiểu
gọi chung là giá trị cực trị.
2) Điều kiện cần để tồn tại cực trị:
Định lý 1. Điều kiện cần để hàm số f(x1, x2, …, xn) đạt cực trị (cực đại hoặc cực tiểu) tại
điểm Mo(x 10 ,x 02 ,...,x 0n )  D là tại điểm đó tất cả các đạo hàm riêng cấp một triệt tiêu:
f

0
0
0
0
f 'xi   x1 , x 2 , x 3 ,..., x n   0
x
 *

i  1, n

Định nghĩa. Điểm Mo(x 10 , x 02 , ..., x 0n ) thoả mãn điều kiện (*) được gọi là điểm dừng của
hàm số f(x1,x2, …, xn).
Điểm Mo(x 10 , x 02 , ..., x 0n ) được gọi là điểm dừng của hàm số f(x1, x2, …, xn), nếu
tại điểm đó các đạo hàm riêng cấp một đều triệt tiêu:
f (M 0 ) f (M 0 )
f (M 0 )
=
=…=
=0
x1
x 2
x n
3) Các bước tìm cực trị của hàm nhiều biến w = f(x1, x2, …, xn):
Bước 1: Tìm miền xác định của hàm số w = f(M), M(x1, x2, …, xn),
Bước 2: Tìm các điểm dừng M0,
Bước 3: Khảo sát xem những điểm dừng nào là điểm cực trị.
Để thực hiện bước 3, ta có thể sử dụng điều kiện đủ để hàm số có cực trị sau:
4) Điều kiện đủ để có cực trị:
176
a) Hàm hai biến số
Giả sử Mo(xo, yo) là một điểm dừng của hàm f(x, y) và trong một lân cận nào đó
của điểm này hàm f(x, y) có các đạo hàm riêng đến cấp 2 liên tục và
D = a11
a12
a 21
a 22
trong đó
a11  f x'' 2 (M o );a12  f xy'' (M o );a 21  f yx'' (M o );a 22  f y''2 (M o )
Định lý 2:
i) Nếu D > 0 thì điểm dừng M0 là điểm cực trị của hàm số f(x, y):
+) M0 là điểm cực đại nếu a11 < 0.
+) M0 là điểm cực tiểu nếu a11 > 0.
ii) Nếu D < 0 thì điểm M0 không phải là điểm cực trị của hàm f(x, y).
iii) Nếu D = 0 thì M0 là điểm nghi vấn, cần có những khảo sát bổ sung.
Ví dụ 1. Tìm cực trị của hàm số f(x, y) = x2 + xy + y2 -3x-3y
Giải. Hàm số đã cho xác định trên R2.
Ta có fx = 2x + y -3; fy = x + 2y – 3; fxx = 2; fxy = 1= fyx; fyy = 2
2 x  y  3  0
x  1

x  2 y  3  0
y  1
Giải hệ 
Hệ có nghiệm duy nhất Mo(1; 1). Đó là điểm dừng và là điểm dừng duy nhất. Vì
fx , fy xác định trên R2: a11 = 2; a12 = 1= a21; a22 = 2
Do đó D  2
1
1
 3  0 và a11 >0 nên hàm số đã cho có cực tiểu tại điểm
2
Mo(1; 1) và fmin = f(1, 1) = - 3
Ví dụ 2. Tìm cực trị của hàm số f(x, y) = x4 + y4 + 2
Giải. Hàm số xác định với mọi (x, y)  R2.
Hàm có điểm dừng là nghiệm của hệ
4x 3  0
 Mo(0, 0)
 3
4y = 0
Dễ dàng thấy rằng fxx(0, 0) = fxy(0, 0) = fyy(0, 0) = 0 nên D = 0. Điều này có
nghĩa là M0 (0, 0) là điểm nghi vấn. Trong trường hợp này điểm M0 là điểm cực tiểu của
hàm số vì f(Mo)= f(0, 0) = f(x, y) – f(0, 0) = x4 + y4 > 0, (x, y)  (0, 0).
177
Ví dụ 3. Tìm cực trị của hàm f(x, y) = x3 + y3+3
Giải. Hàm xác định (x, y)  R2.
Hàm có điểm dừng là nghiệm của hệ
3x 2 = 0
 2
3y = 0
 M0(0, 0)
Tại điểm M0, ta có f x 2 (M0) = f xy (M0) = f y2 (M0) = 0
Do đó D = 0, tức là ta gặp trường hợp nghi vấn
Xét f(0, 0) = f(x, y) – f(0, 0) = x3 + y3
Khi chuyển từ điểm M0 đến điểm M(x, 0) thuộc lân cận đủ bé của điểm M0 ta thu
được: f(0, 0) = x3 và f > 0 nếu x > 0, f < 0 nếu x < 0  trong lân cận bất kỳ của
điểm M0 số gia f không bảo toàn dấu. Vậy hàm số đã cho không có cực trị.
b) Hàm n biến số (n  3)
Giả sử Mo(x 10 , x 02 , ..., x 0n ) là một điểm dừng của hàm w = f(x1, x2, …, xn) và trong một
lân cận nào đó của điểm này hàm f(x1, x2, …, xn) có các đạo hàm riêng liên tục tới cấp 2
Định lý 3. Xét dạng toàn phương n biến số dx1, dx2, …, dxn:
n
n
d 2 f   a ij dx i dx j với a ij  f x'' x (M o ), i. j  1, n .
i
i 1 j 1
j
i) Nếu d2f là dạng toàn phương xác định dương thì điểm dừng Mo là điểm cực tiểu của
hàm f.
ii) Nếu d2f là dạng toàn phương xác định âm thì điểm dừng Mo là điểm cực tiểu của hàm
f.
iii) Nếu d2f là dạng toàn phương không xác định thì điểm dừng Mo không phải là điểm
cực trị của hàm f.
Định lý 4. Xét ma trận của dạng toàn phương d2f
 a11 a12

Hn = a 21 a 22
 

a n1 a n2
 a1n 
... a 2n  (Ma trận Hess)
 

... a nn 
trong đó a ij = f xi x j (Mo), i, j = 1, n
178
a11 a12 ... a1k 


Hk = a 21 a 22 ... a 2k  (k= 1, n )
..................... 


a k1 a k2 ... a kk 
(ma trận tạo bởi k dòng đầu và k cột đầu của ma trận H). Khi đó
i) Nếu det(Hk) > 0, k = 1, n thì Mo là điểm cực tiểu của hàm số f(x1, x2, …, xn).
ii) Nếu (-1)kdet(Hk) > 0, k = 1, n thì Mo là điểm cực đại của hàm số f(x1, x2, …, xn).
Chú ý 1. Với giả thiết về sự tồn tại các đạo hàm riêng liên tục tới cấp 2, ta luôn có
a ij = a ji (i, j = 1, n , i  j)
Ví dụ 4. Tìm cực trị của hàm số sau f(x, y, z) = x 
y z 1
 
x y z
Giải. Điều kiện xyz  0
* Trước hết ta tìm các điểm dừng của f:
 '
y
f x  1  2  0
x

y  x 2
 ' 1 z
 2
x  y  z  1
f y   2  0   y  xz  
x y
 x  z  1;y  1
y  z 2


 ' 1 1
f z   2  0
y z

 M1 (1;1;1); M 2 (1;1;  1)
* Lập ma trận Hess: fx''2 
fyx'' 
2y '' 1 ''
; fxy  2 ; fxz  0;
x3
x
1 '' 2z '' 1
; f 2  3 ;fyz  2 ;
x2 y
y
y
fzx''  0; fzy'' 
1 ''
2
;fz2  3 ;
2
y
z
 f ''2 (M i ) fxy'' (M i ) fxz'' (M i )
 x''

Khi đó H   fyx (M i ) fy''2 (M i ) fyz'' (M i ) (i  1,2) .
 ''

''
''
 fzx (M i ) fzy (M i ) fz2 (M i )
179
 2 1 0 
+)Tại điểm M(1; 1; 1), ta có H   1 2 1
 0 1 2 
Ta có det(H1)= 2 >0; det(H 2 ) 
2 1
 3  0 ; det(H 3 )  det(H)  4  0 .
1 2
Do đó điểm M(1; 1; 1) là điểm cực tiểu của hàm f và fmin = f(1;1; 1) = 4.
 2 1 0 
+) Tại điểm M(-1;1;-1), ta có H   1 2 1
 0 1 2 
Ta có det(H1) = - 2 > 0; det(H 2 )  3  0 ; det(H 3 )  det(H)  4  0 .
Do đó điểm M(-1;-1;-1) là điểm cực đại của hàm f và fmax = f(-1;-1; -1) = -4.
II. Cực trị có điều kiện
1) Định nghĩa. Người ta gọi cực trị của hàm số
w = f(M) = f(x1, x2, …, xn),
(1)
trong đó các biến số x1, x2, …, xn bị ràng buộc bởi hệ thức
g(x1, x2, …, xn) = b
(2)
được gọi là cực trị có điều kiện.
2) Phương pháp nhân tử Lagrange tìm cực trị có điều kiện
Bài toán:Tìm cực trị của hàm số w = f(x1, x2, …, xn)
(1)
với điều kiện g(x1, x2, …, xn) = b
(2)
Bài toán này được giải quyết theo phương pháp Lagrange, gồm các bước sau:
a)Trường hợp hàm 2 biến
Tìm cực trị của hàm số w = f(x, y)
(1a)
với điều kiện g(x; y) = b
(2a)
Bước 1: Lập hàm số Lagrange
L(x; y; ) = f(x; y) +  [b - g(x;y)]
(3a)
Tham số  được gọi là nhân tử Lagrange.
Bước 2: Tìm các điểm Mo(xo; yo) mà tại đó hàm số (1a) có thể có cực trị với điều kiện
ràng buộc (2a) bằng cách áp dụng điều kiện cần sau:
Định lý 4a. Giả sử các hàm số f(x; y) và g(x;y) có các đạo hàm riêng liên tục trong một
lân cận của điểm Mo(xo; yo) và tại điểm đó có ít nhất một trong các đạo hàm riêng của
180
g(x;y) khác không. Nếu hàm số (1a) với điều kiện (2a), đạt cực trị tại điểm Mo(xo; yo) thì
tồn tại giá trị  = 0 sao cho M o ( xo; yo; 0) là nghiệm của hệ phương trình:
L'x  0
 '
L y  0
 '
L   b  g(x;y)  0
(4a)
Bước 3: Kiểm tra xem điểm Mo có là điểm cực trị hay không bằng cách dựa vào điều
kiện đủ sau đây:
Định lý 5a. Tại Mo: g1 =g’x(Mo); g2 = g’y(Mo);
L11=L’’xx(Mo); L12=L’’xy(Mo); L21=L’’yx(Mo); L22=L’’yy(Mo)
0
H   g1
g2
g1
L11
L 21
g2 
L12  . Tính det(H)
L 22 
+) det(H) > 0: f đạt cực đại có điều kiện tại Mo
+) det(H) <0: f đạt cực tiểu có điều kiện tại Mo
Ví dụ 1. Tìm các điểm cực trị của hàm số f(x, y) = x2 + y2 với điều kiện x + y = 10
Giải:
Bước 1. Tìm cực đại hàm số f(x, y) = x2 + y2 với điều kiện x + y = 10
Bước 2. Hàm số Lagrange là: L = x2 + y2 + (10 – x - y)
L’x =2x-; L’y = 2y - ; L'  10  x  y ; L’’xx=2; L’’xy = 0 = L’’yx; L’’yy = 2
Bước 3. Giải hệ phương trình:
L' x  0
2x    0
x  5
 '


L y  0  2y    0  y  5 . Ta có, điểm dừng M o (5; 5; 10)
 '


x  y  10
  10
L   0
Bước 4. Kiểm tra điều kiện đủ: Tại Mo(5; 5)
g1  g 'x  1; g 2  g 'y  1 ; L11 = 2; L12=L21 =0; L22= 2
0 1 1
Ta có H   1 2 0  .
 1 0 2 
Khi đó det(H) = -4 < 0 nên Mo(5; 5) là điểm cực tiểu có điều kiện của hàm số.
Bước 5. Kết luận
181
Vậy hàm f đạt cực tiểu có điều kiện tại (5; 5) và fmin = f(5; 5) = 50.
Ví dụ 6. Tìm các điểm cực trị của hàm số f(x, y) = -x2 -2y2 với điều kiện 3x -2y = -22
Giải:
Bước 1. Tìm cực đại hàm số f(x, y) = -x2 -2y2 với điều kiện 3x - 2y = -22
Bước 2. Hàm số Lagrange là: L = - x2 -2y2 + (-22 – 3x +2y)
Bước 3. Giải hệ phương trình:
L' x  0
 2 x  3  0
x  6
 '


L y  0   4 y  2  0   y  2 . Ta có, điểm dừng M o (-6; 2; 4)
 '
3x  2 y  22
  4


L   0
Bước 4. Kiểm tra điều kiện đủ
g1  g 'x  3; g 2  g 'y  2 ; L''x 2  2;L''xy  0  L''yx ;L''y2  4
Ta có
 0 3 2 
H   3 2 0  .


 2 0 4 
Khi đó
0
det(H)  3
2
3 2
2 0  44  0
0
4
Hay det(H)  0 nên Mo(-6,2) là điểm cực đại có điều kiện của hàm số.
Bước 5. Kết luận
Vậy hàm f đạt cực đại có điều kiện tại Mo(-6, 2) và fmax = f(-6; 2) = -44
b)Hàm n biến số
Bước 1: Lập hàm số Lagrange
L(x1, x2, …, xn) = f(x1, x2, …, xn) +  [b - g(x1, x2, …, xn)]
(3)
Biến  được gọi là nhân tử Lagrange.
Bước 2: Tìm các điểm Mo(x 10 , x 02 , ..., x 0n ) mà tại đó hàm số (1) có thể có cực trị với điều
kiện ràng buộc (2) bằng cách áp dụng điều kiện cần sau
Định lý 4. Giả sử các hàm số f(x1, x2, …, xn) và g(x1, x2, …, xn) có các đạo hàm riêng
liên tục trong một lân cận của điểm Mo (x 10 , x 02 , ..., x 0n ) và tại điểm đó có ít nhất một
182
trong các đạo hàm riêng của g(x1, x2, …, xn) khác không. Nếu hàm số (1) với điều kiện
(2), đạt cực trị tại điểm Mo(x 10 , x 02 , ..., x 0n ), thì tồn tại giá trị  = 0 sao cho M o ( x 10 , x 02 ,
..., x 0n , 0) là nghiệm của hệ phương trình:
g(x1, x 2 , ..., x n ) = b

f
g
 L
 x = x -  x = 0, i = 1, n
 i
i
i
(4)
Bước 3: Kiểm tra xem điểm Mo có là điểm cực trị hay không bằng cách dựa vào điều
kiện đủ sau đây:
Định lý 5.
 2 L(M 0 )
i) Nếu d L( M o ) = 
dxidxj > 0, với mọi dx1, dx2, …, dxn không đồng thời
i, j1 x i x j
n
2
bằng 0, thì Mo là điểm cực tiểu của f(x1, x2, …, xn).
 2 L(M 0 )
ii) Nếu d L( M o ) = 
dxidxj < 0, với mọi dx1, dx2, …, dxn không đồng thời
i, j1 x i x j
n
2
bằng 0, thì Mo là điểm cực đại của f(x1, x2, …, xn).
(1)
iii)Nếu dx 1(1) , dx (1)
2 , …, dx n không đồng thời bằng không sao cho
 2 L(M 0 ) (1) (1)
(2)
d L( M o ) = 
dx i dx j >0 và dx 1(2) , dx (2)
2 , …, dx n không đồng thời bằng

x

x
i, j1
i
j
n
2
 2 L(M 0 ) (2) (2)
không sao cho d L( M o ) = 
dx i dx j < 0 thì điểm Mo không là điểm cực trị
i, j1 x i x j
n
2
của của f(x1, x2, …, xn).
Chú ý 2: Nếu M o ( x 10 , x 02 , ..., x 0n , 0) là điểm cực trị của hàm f.
Gọi fmax (fmin) là giá trị cực đại (cực tiểu) của hàm f tương ứng tại Mo.
Ta có
f max
f
 o ( min  o )
b
b
Điều kiện đủ của cực trị có điều kiện còn được cho dưới dạng định thức của ma trận sau:
183
 0
 '
 g x1

Lập ma trận: H   g'x
2
 ...
 '
g xn
 0
 '
 g x1

Ký hiệu: H k   g'x
2
 ...
 '
g x k
g'x1
g'x2
L11
L12
L 21
L 22
...
...
L n1
L n2
g'x1
g'x2
L11
L12
L 21
L 22
...
...
L k1
Lk2
... g'xn 

... L1n 

... L 2n 
... ... 

... L nn 
... g'xk 

... L1k 

... L 2k  (k  1, n)
... ... 

... L kk 
2L
(M o ) . Lưu ý: ta chỉ xét các định thức của Hk (k=2,3, ...,n), Hn = H.
Trong đó L ij 
x i x j
Định lý 6. Nếu tại điểm M o ( x 10 , x 02 , ..., x 0n , 0) thỏa mãn:
i) (1) k det(Hk) > 0 với mọi k  2,3,..., n thì Mo là điểm cực đại có điều kiện của hàm f.
ii) det(Hk) < 0 với mọi k  2,3,..., n thì Mo là điểm cực tiểu có điều kiện của hàm f.
184
§ 5. Ứng dụng cực trị hàm nhiều biến trong phân tích kinh tế
1. Ứng dụng cực trị không điều kiện
Ví dụ 1. Cho biết hàm lợi nhuận của một doanh nghiệp sản xuất ba loại sản phẩm là
  Q12  3Q 22  7Q 32  300Q 2  1200Q 3  4Q1Q 3  20
Hãy tìm mức sản lượng Q1, Q2, Q3 để doanh nghiệp thu được lợi nhuận tối đa.
Giải:
Bước 1. Giải hệ phương trình
 'Q  2Q1  4Q 3  0
Q1  400
 '

 Q 2  50
 Q  6Q 2  300  0
 '
Q  200
 3
 Q 3  14Q 3  4Q1  1200  0
1
12
Vậy hàm số có một điểm dừng M(400; 50; 200)
Bước 2. Kiểm tra điều kiện đủ
a 11   'Q' Q  2; a 22   'Q' Q  6; a 33   'Q' Q  14
1 1
2
2
3
3
a 12  a 21   'Q' Q  0; a 13  a 31   'Q' Q  4; a 23  a 32   'Q' Q  0
1
21
1
3
2
3
4 
 2 0

Xét ma trận H   0 6 0  ta có
 4 0 14 
det(H1 )  2  0

k
det(H 2 )  12  0  (1) det(H k )  0; k  1,3
det(H )  72  0
3

Nên M là điểm cực đại của hàm số  .
Bước 3. Kết luận
Doanh nghiệp cần bán các mặt hàng với số lượng
Q1  400; Q 2  50; Q 3  200
thu được lợi nhuận tối đa bằng 127520
Ví dụ 2. Một hãng độc quyền sản xuất 2 loại sản phẩm. Cho biết hàm cầu đối với hai
loại sản phẩm đó như sau:
Q1 = 1300-p1; Q2 = 675 -0,5p2
Với hàm chi phí kết hợp là TC = Q12  3Q1Q 2  Q 22 . Hãy cho biết mức sản lượng Q1, Q2 và
các giá bán tương ứng để doanh nghiệp đó thu lợi nhuận tối đa?
185
Giải:
Bước 1. Lập hàm lợi nhuận
Từ các hàm cầu ta suy ra: p1  1300  Q1 ; p 2  1350  2Q 2
Hàm lợi nhuận của doanh nghiệp:
  p1Q1  p 2 Q 2  TC
=  2Q12  3Q 22  1300Q1  1350Q 2  3Q1Q 2
Bài toán đưa về tìm cực đại của hàm  .
'Q1  4Q1  3Q 2  1300; Q' 2  6Q 2  3Q1  1350
''Q2  4; ''Q1Q2  3  ''Q2Q1 ; ''Q2  6
1
2
Bước 2. Giải hệ phương trình
 'Q  0
 4Q1  1300  3Q 2  0
Q1  250
. M(250; 100)


 '
 Q  0
 6Q 2  1350  3Q1  0
Q 2  100
1
2
Bước 3. Kiểm tra điều kiện đủ tại M
a 11   'Q' Q  4; a 22   'Q' Q  6; a 12  a 21   'Q' Q  3
1 1
Xét ma trận D 
2
4 3
3 6
2
1
2
 15  0 và a11 = - 4 < 0 nên M là điểm cực đại của hàm số  .
Bước 4. Kết luận
Doanh nghiệp cần bán hàng với mức sản lượng cho mỗi sản phẩm và giá cả tương ứng là:
Q1 = 250; p1 = 1050
Q2 = 100; p2 = 1150
Thì thu được lợi nhuận tối đa là (250,100)  230000
Ví dụ 3. Một công ty độc quyền sản xuất một loại sản phẩm ở hai cơ sở với hàm chi phí
tương ứng: TC1  128  0,2Q12 ; TC 2  156  0,1Q22 (Q1, Q2 lần lượt là lượng sản xuất của cơ
sở 1, 2). Hàm cầu ngược về sản phẩm của công ty có dạng: P = 600 – 0,1Q; trong đó Q =
Q1 + Q2 và Q<6000.
a) Xác định lượng sản phẩm cần sản xuất ở mỗi cơ sở để tối đa hóa lợi nhuận.
b) Tại mức sản lượng tối đa hóa lợi nhuận, hãy tính độ co giãn của cầu theo giá.
Giải:
a)
Bước 1. Lập hàm lợi nhuận:
186
  TR  TC  P.Q  (TC1  TC 2 )  600  0,1(Q1  Q2 ).Q1  Q2   128  0,2Q12  156  0,1Q22 
 600(Q1  Q2 )  0,1(Q1  Q2 ) 2  128  0,2Q12  156  0,1Q22
=  0,3Q12  0,2Q22  0,2Q1Q2  600Q1  600Q2  284
Bài toán đưa về tìm cực đại của hàm 
Tính các đạo hàm riêng:
 Q'  0,6Q1  0,2Q2  600;  Q'  0,4Q2  0,2Q1  600
1
2
 Q''  0,6;  Q'' Q   Q'' Q  0,2;  Q''  0,4
2
1
1 2
2
2
2 1
Bước 2. Giải hệ
 Q' 1  0
0,6Q1  0,2Q2  600
3Q  Q2  3000
Q  600

 1
 1
. Hay M(600; 1200)
 '
 Q2  0
0,2Q1  0,4Q2  600
Q1  2Q2  3000
Q2  1200
Bước 3. Kiểm tra điều kiện đủ
a11   Q'' 2  0,6; a 22   Q'' 2  0,4; a12  a 21   Q'' 1Q2  0,2
1
Xét ma trận D 
2
 0,6  0,2
 0,2  0 và a11 = - 0,6 < 0 nên M là điểm cực đại của hàm
 0,2  0,4
số  .
Bước 4. Kết luận
Mức sản lượng để tối đa hóa lợi nhuận của doanh nghiệp là:
Q1*  600; Q2*  1200
b) Tại mức sản lượng tối đa: Q *  Q1*  Q2*  1800 .
Khi đó giá P*=600 - 0,1.1800 = 600-180 = 420.
Ta có P = 600 – 0,1Q  Q  6000  10 P  Q'  10
Hệ số co giãn của cầu theo giá là:  PQ ( P * ) 
QP' ( P * ) *  10.420  13
.P 

1800
6
Q( P * )
Ví dụ 4. Một doanh nghiệp có hàm sản xuất: Q  K 0, 5  L0, 5 (K – vốn, L – lao động; K
>0, L > 0). Giả sử giá thuê một đơn vị vốn là 6 USD, giá thuê một đơn vị lao động là 4
USD và giá của 1 đơn vị hàng hóa là 2 USD. Xác định mức sử dụng vốn, lao động để lợi
nhuận của doanh nghiệp tối đa.
Giải:
Bước 1. Ta có hàm lợi nhuận của doanh nghiệp là:
  TR  TC  2(K 0 ,5  L0 ,5 )  6K  4L
187
Bài toán đưa về tìm cực trị không có điều kiện của hàm  :
Tính các đạo hàm riêng cấp 1, 2:
 'K  K 0 ,5  6;  'L  L0 ,5  4
'
'
 'K'  0,5K 1, 5 ;  'KL
  'LK
 0;  'L'  0,5L1,5
2
2
Bước 2. Tìm điểm dừng
'
K
0 ,5
  0
K
  0 ,5
 '
L
 L  0
1

K

6 0

 1 1
36
. Hay M o  ; 

40
 36 16 
L  1

16
Bước 3. Kiểm tra điều kiện đủ:
'
a 11   'K'  0,5.6 3 ; a 22   'L'  0,5.4 3 ; a 12  a 21   'KL
0
2
2
Xét ma trận D 
 0,5.6 3
0
0
 0,5.4 3
 0.5 2.6 3.4 3  0 và a11 < 0 nên M là điểm cực đại của
hàm số  .
Bước 4. Kết luận:
Mức sử dụng vốn và lao động để lợi nhuận của doanh nghiệp tối đa là:
K
1
1
;L 
36
16
2. Ứng dụng cực trị có điều kiện
Ví dụ 5. Cho hàm lợi ích tiêu dùng của 2 hàng hóa: U  x 0 , 4 .y 0 , 6 (x là số đơn vị hàng hóa
1, y là số đơn vị hàng hóa 2; x>0, y>0)
Giả sử giá các mặt hàng tương ứng là 2USD, 3USD và thu nhập dành cho người tiêu
dùng là 130USD. Hãy xác định lượng cầu đối với mỗi mặt hàng để người tiêu dùng thu
được lợi ích tối đa.
Giải:
Bước 1. Tìm cực đại hàm số U  x 0, 4 .y 0 , 6 với điều kiện 2x + 3y = 130
Bước 2. Lập hàm Lagrange: L = x 0, 4 y 0, 6  (130  2 x  3y)
L' x  0, 4x 0,6 y0,6  2;L' y  0,6x 0,4 y 0,4  3 ; L'  130  2x  3y
L''x 2  0,24x 1,6 y0,6 ;L''xy  0,24x 0,6 y 0,4  L''yx ;L''y2  0,24x 0,4 y 1,4
Bước 3. Giải hệ phương trình:
188

0,6 0,6

x
y

5

(1)

L x  0 
 x  40
 '
 0,4 0,4 10

L y  0   x y   (2)   y  60
3
 '


0,6
L  0 2x  3y  130 (3)
  1  3 
 

5 2
'
Bước 4. Kiểm tra điều kiện đủ
g1  g 'x  2; g 2  g 'y  3
L''x 2  0,24x 1,6 y0,6  L11  0,24.401,6.600,6  0
L''y2  0,24x 0,4 y 1,4  L 22  0,24.400,4.601,4  0
L''xy  0,24x 0,6 y 0,4  L12  L 21  0,24.400,6.600,4  0
0 2
Xét ma trận H   2 L11
 3 L 21
0
2
Ta có H  2 L11
3 L 21
3 
L12  ,
L 22 
3
L
L12  0.( 1)11 . 11
L 21
L 22
L12
L 22
 2.( 1)1 2 .
2 L12
3 L 22
 3.( 1)13 .
2 L11
3 L 21
=-2(2L22-L12) +3(2L21-3L11)=-4L22 +8L12-9L11>0 nên det(H) > 0. Vì vậy, M(40; 60) là
điểm cực đại của hàm số.
Bước 5. Kết luận
Người tiêu dùng cần mua các mặt hàng với số lượng tương ứng là 40 và 60 để thu được
lợi ích tối đa là U(40. 60) = 40 0, 4.60 0, 6
Ví dụ 6. Một doanh nghiệp có hàm sản xuất: Q  K 0, 4 L0 ,3 (Q – sản lượng, K – vốn, L –
lao động)
a) Hãy đánh giá hiệu quả của việc tăng quy mô sản xuất
b) Giả sử giá thuê tư bản là 4USD, giá thuê lao động là 3USD và doanh nghiệp tiến
hành sản xuất với ngân sách cố định là 1050USD. Hãy cho biết danh nghiệp đó sử
dụng bao nhiêu đơn vị tư bản và bao nhiêu đơn vị lao động thì thu được sản lượng
tối đa.
Giải:
189
a) Hàm Q  K 0, 4 L0 ,3 là hàm thuần nhất bậc k = 0,3 + 0,4 = 0,7<1 nên doanh nghiệp sản
xuất có hiệu quả theo quy mô
b)
Bước 1. Xác định bài toán
Tìm cực đại của hàm số Q  K 0, 4 L0 ,3 với điều kiện 4K+3L=1050
Bước 2. Xét hàm Lagrange
F  K 0, 4 L0 , 3  (1050  4K  3L)
Bước 3. Giải hệ phương trình
FK'  0,4K 0, 6 L0 ,3  4  0
K 0 , 6 L0, 3  
K  L  150
 '
 0 , 4 0 , 7

0, 4 0, 7
FL  0,3K L  3  0  K L    
1
F '  1050  4K  3L  0
1050  4K  3L
  10.150 0 ,3

 
Bước 4. Kiểm tra điều kiện đủ
g1  g 'K  4; g 2  g 'L  3
''
FKK
 0,24 x 1, 6 y 0, 6  F11  0,24.150 1, 6.150, 6  0
L''LL  0,21K 0 , 4 L1, 7  F22  0,21.150 0, 4.150 1, 7  0
L''KL  0,12K 0, 6 L0, 7  F12  F21  0,12.150 0 , 6.150 0 , 7  0
0 4
Xét ma trận: H   4 F11
 3 F21
3
F12  . Khi đó det(H) = 24F12 - 9F11 - 16F22 > 0.
F22 
nên M là điểm cực đại của hàm số.
Bước 5. Kết luận: Doanh nghiệp cần sử dụng 150 đơn vị tư bản và 150 đơn vị lao động
để thu được sản lượng tối đa là Q(150, 150) = 1500,7.
Ví dụ 7. Một trung tâm thương mại có doanh thu phụ thuộc vào thời lượng quảng cáo
trên đài phát thanh (x: phút) và trên đài truyền hình (y: phút). Hàm doanh thu
TR = 320x – 2x2 – 3xy – 5y2 + 540y + 2000
Chi phí cho mỗi phút quảng cáo trên đài phát thanh là 1 triệu đồng, trên đài truyền hình là
4 triệu đồng. Ngân sách chi cho quảng cáo là B=180 triệu đồng.
a) Tìm x, y để cực đại doanh thu
b) Nếu ngân sách chi cho quảng cáo tăng 1 triệu đồng thì doanh thu cực đại sẽ tăng
lên bao nhiêu?
Giải:
190
a)
Bước 1. Bài toán đưa về tìm cực trị có điều kiện của hàm số
TR = 320x – 2x2 – 3xy – 5y2 + 540y + 2000 với x + 4y = 180
Bước 2. Xét hàm Lagrange
L( x, y,  )  320 x  2 x 2  3 xy  5 y 2  540 y  2000   (180  x  4 y )
Tính các đạo hàm riêng cấp 1, 2 của hàm L:
L'x  320  4 x  3 y   ; L'y  540  3x  10 y  4 ; L'  180  x  4 y
L'x' 2  4; L'xy'  L''yx  3; L''y 2  10
Bước 3. Giải hệ
 x  52
 L'x  0
4 x  3 y    320
 x  52

 '


 L y  0  3x  10 y  4  540   y  32   y  32
 '
x  4 y
  16

 180


 L  0
  16
Vậy M(52, 32, 16)
Bước 4. Kiểm tra điều kiện đủ
g1  g x'  1; g 2  g 'y  4
L'x' 2  4; L'xy'  L''yx  3; L''y 2  10
4 
0 1

Xét ma trận H   1 4 3 
 1 3 10 
Khi đó det(H) > 0 nên M là điểm cực đại của hàm số.
Vậy doanh thu đạt cực đại tại x  52; y  32 .
b) Gọi TRmax là doanh thu đạt giá trị cực đại. Khi đó
TRmax
  =16
B
Vậy khi tăng ngân sách chi cho quảng cáo lên 1 triệu đồng thì doanh thu cực đại
tăng 16 triệu đồng.
Ví dụ 8. Một hộ gia đình có hàm lợi ích tiêu dùng với 2 loại hàng hóa như sau:
U(x, y ) = 5 x 0, 4 y 0, 4 ; x  0; y  0
Ngân sách tiêu dùng là B = 300USD, giá một đơn vị hàng hóa 1, 2 lần lượt là 3USD,
5USD.
191
c) Xác định hàm lợi ích tiêu dùng cận biên của hàng hóa 1, 2.Hai hàng hóa này là
thay thế hay bổ sung cho nhau.
d) Hàm số trên có tuân theo quy luật lợi ích cận biên giảm dần hay không.
e) Tại điểm (xo, yo) = (32; 32); viết phương trình đường bàng quan, xác định độ dốc
của đường đó.
f) Tìm gói hàng hóa mà tại đó hộ gia đình có lợi ích tiêu dùng đạt giá trị lớn nhất
g) Nếu ngân sách tiêu dùng giảm 1USD thì mức lợi ích tối đa giảm bao nhiêu?
Giải:
a) Hàm lợi ích tiêu dùng cận biên của hàng hóa 1 là:
U x'  2 x 0, 6 y 0, 4
Hàm lợi ích tiêu dùng cận biên của hàng hóa 2 là:
U y'  2 x 0, 4 y 0,6
Ta có
dy  U x'  2 x 0, 6 y 0, 4  y



 0; x  0; y  0 nên hai hàng hóa này là thay
dx
x
U y'
2 x 0, 4 y 0 , 6
thế cho nhau.
b) Ta có U x''  1,2 x 1,6 y 0, 4  0; x  0; y  0 (1)
2
U y'' 2  1,2 x 0, 4 y 1, 6  0; x  0; y  0
(2)
Từ (1) và (2) suy ra hàm U tuân theo quy luật lợi ích cận biên giảm dần.
c) Tại xo = 32; yo= 32: Uo = U(32; 32) = 5.(25)0,4.(25)0,4 = 5.4.4 = 80
Phương trình đường bàng quan là U = Uo  5 x 0, 4 y 0, 4  80  x 0, 4 y 0, 4  16  0
Hệ số góc của đường bàng quan là y x' 
dy  U x'  y


dx
x
U y'
Tại xo= 32; yo= 32, hệ số góc bằng y x'  1
d)
Bước 1. Tìm cực đại hàm số U= 5x0,4y0,4 với điều kiện 3x + 5y = 300
Bước 2. Lập hàm Lagrange: L = 5 x 0, 4 y 0, 4   (300  3x  5 y )
Tính các đạo hàm riêng cấp 1, cấp 2 của L:
L'x  2 x 0,6 y 0, 4  3 ; L'y  2 x 0, 4 y 0,6  5 ;: L'  300  3x  5 y
L'x' 2  1,2 x 1, 6 y 0, 4 ; L'xy'  L''yx  0,8 x 0, 6 y 0, 6 ; L'y' 2  1,2 x 0, 4 y 1, 6
Bước 3. Giải hệ phương trình:
192


 x  50
 x  50
 L'x  0
2 x 0, 6 y 0, 4  3
 '
 0 , 4  0, 6


 5   y  30
  y  30
 L y  0  2 x y
 '
3x  5 y  300


0, 4
0,4

 L  0
  2 . 30
  2 . 30


3 50 0, 6
3 50 0, 6
M ( x, y ,  )
Bước 4. Kiểm tra điều kiện đủ
g1  g x'  3; g 2  g 'y  5
L'x' 2  1,2 x 1, 6 y 0, 4 ; L'xy'  L''yx  0,8 x 0, 6 y 0, 6 ; L'y' 2  1,2 x 0, 4 y 1, 6
L11  L'x' 2 ( M ); L12  L21  L'xy' ( M ); L22  L''y 2 ( M )
0 2
Xét ma trận H   2 L11
 3 L 21
3 
L12  ,ta có det(H ) > 0 nên M là điểm cực đại của hàm số.
L 22 
Bước 5. Kết luận
Người tiêu dùng cần mua các mặt hàng với số lượng tương ứng là 50 và 30 để thu được
lợi ích tối đa là U(50, 30) = 2. 50 0, 4.30 0, 4 .
e) Gọi Umax là lợi ích tối đa của người tiêu dùng, ta có
U max
  =0,249
B
Vậy nếu ngân sách giảm 1 USD thì lợi ích tối đa giảm 0,249 đơn vị.
Ví dụ 9. Một doanh nghiệp có hàm sản xuất: Q  40K 0,75 L0, 25 ; trong đó Q- sản lượng; K vốn; L - lao động. Nếu doanh nghiệp thuê một đơn vị vốn là 3USD; một đơn vị lao động
là 1USD; ngân sách chi cho yếu tố đầu vào là B = 160 USD.
a) Với hàm sản xuất trên khi tăng quy mô sản xuất thì hiệu quả thay đổi như thế nào?
Nếu K tăng lên 1% và L tăng 3 % thì sản lượng tăng lên bao nhiêu % tại mỗi mức
(K, L)?
b) Xác định mức sử dụng vốn và lao động để sản lượng tối đa. Nếu tăng ngân sách
chi cho yếu tố đầu vào 1USD thì sản lượng tối đa tăng bao nhiêu đơn vị?
c) Hàm số trên có tuân theo quy luật lợi ích cận biên giảm dần hay không?
d) Xác định hàm sản lượng cận biên theo vốn, theo lao động.
e) Xác định phương trình đường đồng lượng tại điểm Ko = 625; Lo = 16
f) Vốn và lao động là hai hàng hóa thay thế hay bổ sung cho nhau.
193
Giải:
a) Hàm Q  40K 0, 75 L0, 25 là hàm thuần nhất bậc k = 0,75 + 0,25 =1 nên quá trình sản
xuất trên là có hiệu quả không đổi khi tăng quy mô sản xuất.
Hệ số co giãn riêng của sản lượng theo vốn và lao động lần lượt là:
 QK  0,75;  QL  0,25   QK  3 QL  0,75  3.0,25  1,5
Nên nếu K tăng 1% và L tăng 3 % thì sản lượng tăng lên 1,5%.
3
1
b) Bài toán đưa về tìm cực trị hàm Q  40K 4 L4 với điều kiện 3K + L = 160
3
1
Hàm Lagrange là F(K, L,  )  40K 4 L4  (160  3K  L)
1
1
3
3
* Điều kiện cần: FK'  30K 4 L4  3; FL'  10K 4 L 4  ; F'  160  3K  L
1 1

4
4
30K L  3 (1)
FK'  0
3 3

 '
FL  0  10K 4 L 4   (2)
F '  0
160  3K  L (3)
 


1
Chia (1) cho (2) vế theo vế ta được:
1
30K 4 L4
3
4
10K L
3
4

3
KL
1
Thay vào (3) ta được: K  L  40;   10 .
''
''
 FKL
)dKdL  FL'' (dL) 2
* Điều kiện đủ: d 2 F  FK'' (dK ) 2  (FLK
2
5
''
K2
F
2
1
1
3
3
7
 15 4 4
15
 15 4 4
''
''

K L ; FLK
 FKL
 K 4 L 4 ; FL''2 
K L
2
2
2
Tại K  L  40;   10 :
d2F 
 15
(dL  dK ) 2  0 (vì 3dK + dL = 0 và (dK)2 + (dL)2  0)
80
Nên hàm Q đạt cực đại tại mức K  L  40 và Qmax = 1600
Q max
   10
B
Nên khi tăng ngân sách chi cho yếu tố đầu vào 1USD thì sản lượng tối đa tăng
khoảng 10 đơn vị.
194
1
1
c) Ta có Q 'K  30K 4 L4  Q 'K' 
2
3
3
Q 'L  10K 4 L 4  Q 'L' 
2
 15 45 14
K L  0; K  0; L  0 (4)
2
 15 34 47
K L  0; K  0; L  0 (5)
2
Từ (4) và (5) suy ra hàm Q tuân theo quy luật lợi ích cận biên giảm dần.
'
K
1
4
1
4
d) Hàm sản lượng cận biên theo vốn là : Q  30K L
3
3
Hàm sản lượng cận biên theo lao động là: Q 'L  10K 4 L 4
3
1
e) Tại Ko = 625; Lo = 16: Q o  40.625 4 .16 4  40.53.2  10000
Phương trình đường đồng lượng tại điểm (Ko, Lo): Q = Qo  40K 0,75 L0, 25  10000
 K 0, 75 L0, 25  250  0
f) Ta có
'
L
3
4
3
4
dK Q
10K L
K
 ' 

 0; K  0;L  0 . Suy ra vốn và lao động là
1 1
dL Q K
3L
4 4
30K L
hai hàng hóa thay thế cho nhau.
195
TÀI LIỆU THAM KHẢO
1. Alpha C. Chiang, Fundamental Methods of Mathematical Economics, McGRAW-HILL
Book Copany, 1984.
2. Lê Đình Thúy (chủ biên), Toán cao cấp cho các nhà kinh tế, NXB Thống kê, 2004.
3. Bài tập Toán cao cấp cho các nhà kinh tế, NXB ĐHKTQD, 2008
4. Nguyễn Huy Hoàng, Toán cao cấp T1, T2. NXB Giáo dục Việt Nam, 2010.
5. Nguyễn Huy Hoàng,Hướng dẫn giải bài tập Toán cao cấp cho các nhà kinh tế T1, T2.
NXB Giáo dục Việt Nam, 2010.
6. Ngô Văn Thứ, Nguyễn Quang Dong, Mô hình toán kinh tế, NXB Thống kê, 2005
196