YOMEDIA

Bài 2: Ứng dụng vào kinh tế - Cực trị ràng buộc


Mời các bạn cùng tham khảo nội dung bài giảng Bài 2: Ứng dụng vào kinh tế đây để tìm hiểu về cực trị ràng buộc của hàm số thực theo hai biến số thức.

Hãy đăng ký kênh Youtube HOC247 TV để theo dõi Video mới
 

Tóm tắt lý thuyết

5. Cực trị ràng buộc của hàm số thực theo hai biến số thức

Xét bài toán tìm cực trị hàm \(f(x,y)\) với ràng buộc \(g(x,y)=g_0\)

Trước tiên, ta lập hàm Lagrange:

\(L(x,y;\lambda ) = f(x,y) + \lambda \left[ {{g_0} - g(x,y)} \right]\)

(\(\lambda\) gọi là nhân tử Lagrange)

Ta thấy cực trị của hàm f với ràng buộc \(g(x,y) = g_0\) cũng chính là cực trị của hàm Lagrange L.

Ta có điều kiện cấp 1 tương tự trường hợp cực trị không ràng buộc

Điều kiện cần: Nếu L đạt cực trị địa phương tại \(({x_0},{y_0},{\lambda _0})\) thì \(L'_x=0, L'_y=0\) và  \(L{'_\lambda } = 0\) tại \(({x_0},{y_0},{\lambda _0})\)

Điều kiện đủ:

Ta định nghĩa Hessian bao như sau:

\(\overline H = \left[ {\begin{array}{*{20}{c}} {L'{'_{xx}}}&{L'{'_{xy}}}&{L'{'_{x\lambda }}}\\ {L'{'_{yx}}}&{L'{'_{yy}}}&{L'{'_{y\lambda }}}\\ {L'{'_{\lambda x}}}&{L'{'_{\lambda y}}}&{L'{'_{\lambda \lambda }}} \end{array}} \right] \)

Đặt \(\overline {{H_1}} = \left| {\begin{array}{*{20}{c}} {L'{'_{xx}}}&{L'{'_{x\lambda }}}\\ {L'{'_{\lambda x}}}&{L'{'_{\lambda \lambda }}} \end{array}} \right|,\overline {{H_2}} = \left| {\overline H } \right|\)

Ta có các định lý sau:

  • Nếu \({\rm{L}}{{\rm{'}}_{\rm{x}}}{\rm{ = 0, L}}{{\rm{'}}_{\rm{y}}}{\rm{ = 0,L}}{{\rm{'}}_\lambda } = 0\) tại \(({x_0},{y_0},{\lambda _0})\) và \(\overline {{H_1}} < 0,{\rm{ }}\overline {{H_2}} > {\rm{ }}0\) tại \(({x_0},{y_0},{\lambda _0})\) thì L đạt cực đại địa phương tại \(({x_0},{y_0},{\lambda _0})\)
  • Nếu \({\rm{L}}{{\rm{'}}_{\rm{x}}}{\rm{ = 0, L}}{{\rm{'}}_{\rm{y}}}{\rm{ = 0,L}}{{\rm{'}}_\lambda } = 0\) tại \(({x_0},{y_0},{\lambda _0})\)\(\overline {{H_1}} < 0,{\rm{ }}\overline {{H_2}} < {\rm{ }}0\) tại \(({x_0},{y_0},{\lambda _0})\overline {{H_2}} < {\rm{ }}0\) tại \(({x_0},{y_0},{\lambda _0})\) thì L đạt cực tiểu địa phương tại \(({x_0},{y_0},{\lambda _0})\).
  • Nếu \({\rm{L}}{{\rm{'}}_{\rm{x}}}{\rm{ = 0, L}}{{\rm{'}}_{\rm{y}}}{\rm{ = 0,L}}{{\rm{'}}_\lambda } = 0\) tại \(({x_0},{y_0},{\lambda _0})\)\(\overline {{H_1}} < 0,{\rm{ }}\overline {{H_2}} > {\rm{ }}0, \forall (x,y) \in D \) và với mọi \(\lambda\) nằm trong một lân cận của \(\lambda_0\) thì \((x_0,y_0)\) là điểm cực đại toàn cục của f trên D với ràng buộc g(x,y) = g0.

Chú ý: Bài toán tìm cực trị hàm \(f(x,y)\) với ràng buộc \(g(x,y) = g_0\) có thể giải đơn giản bàng cách từ ràng buộc, rút y theo x (hay x theo y) và thế vào f. Từ đó, bài toán đưa về việc tìm cực trị của hàm một biến. Tuy nhiên, không phải lúc nào ta cũng rút được biến này theo biến kia. Hơn nữa, phương pháp Lagrange áp dụng được cho trường hợp hàm nhiều biến tổng quát với nhiều ràng buộc và nhân tử Lagrange \(\lambda\) có ý nghĩa đặc biệt trong kinh tế.

Ví dụ 1: Giả sử hàm lợi ích đối với 2 sản phẩm là \(\cup (x,y) = \ln x + \ln y\) trong đó x là lượng hàng thứ nhất, y là lượng hàng thứ hai. Giả sử người tiêu dùng có thu nhập f phải dùng hết để mua hai sản phẩm trên, Px và Py lần lượt là đơn giá của hai mạt hàng. Bài toán đạt ra là cần tìm x và y để cực đại hóa \(\cup\) với ràng buộc \(P_xx + P_y y = I\)  (điều kiện của bài toán: \(I \ge 2{P_x};I \ge 2{P_y})\)

Hàm Lagrange của bài toán:

\(L = \ln x + \ln y + \lambda (I - {P_x}x - {P_y}y)\)

Điều kiện cấp 1:

\(\left\{ \begin{array}{l} L{'_x} = 0\\ L{'_y} = 0\\ L{'_\lambda } = 0 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} \frac{1}{x} - \lambda {P_x} = 0\\ \frac{1}{y} - \lambda {P_y} = 0\\ I - {P_x}x - {P_y}y = 0 \end{array} \right. \)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} \lambda = \frac{1}{{x{P_x}}} = \frac{1}{{y{P_y}}}\\ I = \frac{2}{\lambda } \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} \lambda = \frac{2}{I}\\ x = \frac{1}{{\lambda {P_x}}} = \frac{I}{{2{P_x}}}\\ y = \frac{1}{{\lambda {P_y}}} = \frac{I}{{2{P_y}}} \end{array} \right. \)

Hessian bao:

\(\begin{array}{l} \overline H = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} { - 1/{x^2}}&0&{ - {P_x}}\\ 0&{ - 1/{y^2}}&{ - {P_y}}\\ { - {P_x}}&{ - {P_y}}&0 \end{array}} \right)\\ \\ \overline {{H_1}} = \left| {\begin{array}{*{20}{c}} { - 1/{x^2}}&{ - {P_x}}\\ { - {P_x}}&0 \end{array}} \right| = - P_x^2 < 0\\ \\ \overline {{H_2}} = \left| {\overline H } \right| = \frac{{P_x^2}}{{{y^2}}} + \frac{{P_y^2}}{{{x^2}}} > 0,\,\forall x,y,\lambda \,(x \ge 1,\,y \ge 1) \end{array} \)

Vậy \(\cup\) đạt cực đại toàn cục với ràng buộc g(x,y) = I tại  

\(x = x^* = \frac{I}{{2{P_x}}}\)và \(y = y^* = \frac{I}{{2{P_y}}}\)

 

Khi đó \(\cup = \ln \frac{I}{{2{P_x}}} + \ln \frac{I}{{2{P_y}}} = \ln \frac{{{I^2}}}{{4{P_x}{P_y}}}\)

Ví dụ 2: Giả sử hàm lợi ích phụ thuộc vào số tiền tiêu dùng tại cuối hai thời kỳ 1 và 2 là C1 và C2 như sau: \(\cup = {C_1}{C_2}\)

Giả sử lãi suất tại cuối thời kỳ thứ 1 là r = 0,5%, tổng thu nhập tại cuối thời kỳ thứ 1 là I. Giả sử ta có ràng buộc \({C_1} + \frac{{{C_2}}}{{1 + r}} = I\)

(C2/(l+r) là hiện giá của C2 tại cuối thời kỳ thứ 1).

Bài toán đạt ra là tìm C1, C2 để cực đại hóa hàm lợi ích \(\cup\). Ta có hàm Lagrange của bài toán:

\(L\left( {{C_1},{C_2},\lambda } \right) = {C_1}{C_2} + \lambda \left( {I - {C_1} - \frac{{{C_2}}}{{1,005}}} \right)\)

Điều kiện cấp 1:

\(\left\{ \begin{array}{l} L{'_{{C_1}}} = 0\\ L{'_{{C_2}}} = 0\\ L{'_\lambda } = 0 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {{C_2} - \lambda = 0}\\ {{C_1} - \frac{\lambda }{{1,005}} = 0}\\ {I - {C_1} - \frac{{{C_2}}}{{1,005}} = 0} \end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} \lambda = {C_2}\\ \lambda = 1,005{C_1}\\ 2{C_1} = I \end{array} \right. \)

\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {{C_1} = \frac{I}{2}}\\ {{C_2} = 1,005\frac{I}{2}}\\ {\lambda = 1,005\frac{I}{2}} \end{array}} \right. \)

Hessian bao: 

\(\overline H = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} 0&1&{ - 1}\\ 1&0&{ - \frac{1}{{1,005}}}\\ { - 1}&{ - \frac{1}{{1,005}}}&0 \end{array}} \right) \)

\(\overline {{H_1}} = \left| {\begin{array}{*{20}{c}} 0&{ - 1}\\ { - 1}&0 \end{array}} \right| = - 1 < 0,\,\,\,\,\overline {{H_2}} = \left| {\overline H } \right| = \frac{1}{{1,005}} + \frac{1}{{1,005}} > 0,\,\,\forall {C_1},{C_2},\lambda \)

Vậy U đạt cực đại toàn cục khi \({C_1} = {C_1}* = \frac{I}{2};\,{C_2} = {C_2}* = 1,005\frac{I}{2}\)

Ví dụ 3: Giả sử một xí nghiệp cần xác định lượng lao động L, lượng vốn K để cực tiểu hóa chi phí \(C(L,K) = wL + rK\). Trong đó w = 400 là tiền lương cho mỗi lao động, r = 0,01 là lãi suất của vốn vay. Giả sử xí nghiệp phải sản xuất Q0 = 1000 đơn vị sản phẩm và hàm sản phẩm là: \(Q{\rm{ }} = {\rm{ }}G\left( {L,K} \right){\rm{ }} = {L^{1/2}}{K^{1/2}}\)

Hàm Lagrange: \(F(L,K,\lambda ) = wL + rK + \lambda ({Q_0} - {L^{1/2}}{K^{1/2}})\)

Điều kiện cần: 

\(\left\{ \begin{array}{l} F{'_L} = 0\\ F{'_K} = 0\\ F{'_\lambda } = 0 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} w - \frac{1}{2}\lambda {L^{ - 1/2}}{K^{1/2}} = 0\\ r - \frac{1}{2}\lambda {L^{1/2}}{K^{ - 1/2}} = 0\\ {Q_0} - {L^{1/2}}{K^{1/2}} = 0 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} \frac{K}{L} = \frac{{{{(800)}^2}}}{{{\lambda ^2}}}\\ \frac{L}{K} = \frac{{{{(0,02)}^2}}}{{{\lambda ^2}}}\\ LK = {10^6} \end{array} \right. \)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} \lambda = 4\\ L = 5\\ K = 200.000 \end{array} \right. \)

Hessian bao:

\(\overline H = \left[ {\begin{array}{*{20}{c}} {\frac{1}{4}\lambda {L^{ - 3/2}}{K^{1/2}}}&{ - \frac{1}{4}\lambda {L^{ - 1/2}}{K^{ - 1/2}}}&{ - \frac{1}{2}\lambda {L^{ - 1/2}}{K^{1/2}}}\\ { - \frac{1}{4}\lambda {L^{ - 1/2}}{K^{ - 1/2}}}&{\frac{1}{4}\lambda {L^{1/2}}{K^{ - 3/2}}}&{ - \frac{1}{2}\lambda {L^{1/2}}{K^{ - 1/2}}}\\ { - \frac{1}{2}\lambda {L^{ - 1/2}}{K^{1/2}}}&{ - \frac{1}{2}\lambda {L^{1/2}}{K^{ - 1/2}}}&0 \end{array}} \right] \)

\(\begin{array}{l} \overline {{H_1}} = \left| {\begin{array}{*{20}{c}} {\frac{1}{4}\lambda {L^{ - 3/2}}{K^{1/2}}}&{ - \frac{1}{2}\lambda {L^{ - 1/2}}{K^{1/2}}}\\ { - \frac{1}{2}\lambda {L^{ - 1/2}}{K^{1/2}}}&0 \end{array}} \right| = - \frac{1}{4}{L^{ - 1}}K < 0\\ \\ \overline {{H_2}} = \left| {\overline H } \right| = - \frac{1}{4}\lambda {L^{ - 1/2}}{K^{ - 1/2}} < 0,\,\forall L,K,\lambda > 0 \end{array}\)

Vậy, C đạt cực tiểu toàn cục khi L = 5, K = 200.000.

Cách khác:

Ta có: \(Q = 1000 \Leftrightarrow {L^{1/2}}{K^{1/2}} = 1000 \Leftrightarrow LK = {10^6}\)

Hàm Lagrange: \(F(L,K,\lambda ) = wL + rK + \lambda ({10^6} - LK)\)

\(= {\rm{ }}400L{\rm{ }} + {\rm{ }}0,01{\rm{ }}K{\rm{ }} + {\rm{ }}\lambda {\rm{(1}}{{\rm{0}}^6}{\rm{ }} - {\rm{ }}LK)\)

\(F{'_L} = 400 - \lambda K,\,F{'_K} = 0,01 - \lambda L,\,\,F'{'_{LL}} = F'{'_{KK}} = 0,\,\,F'{'_{LK}} = - \lambda\)

\(F'{'_{\lambda \lambda }} = 0,F'{'_{L\lambda }} = - K,\,F'{'_{K\lambda }} = - L,\,F'{'_{LK}} = - \lambda\)

\(F{'_L} = F{'_K} = F{'_\lambda } = 0\left\{ \begin{array}{l} \lambda = \frac{{400}}{K} = \frac{{0,01}}{L}\\ LK = {10^6} \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} \lambda = \frac{{400}}{K}\\ K = {4.10^4}L\\ {4.10^4}{L^2} = {10^6} \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} \lambda = {2.10^{ - 3}}\\ L = 5\\ K = 200.00 \end{array} \right. \)

Hiển nhiên \({H_1} < 0\) (vì \({H_1} = - {(F'{'_{LL}})^2}\)

\({H_2} = \left| {\begin{array}{*{20}{c}} 0&{ - \lambda }&{ - K}\\ { - \lambda }&0&{ - L}\\ { - K}&{ - L}&0 \end{array}} \right| = - 2\lambda LK < 0,\,\forall \lambda ,K,L > 0 \)

Vậy, hàm chi phí C đạt cực tiểu toàn cục khi

\(L = 5, K = 2.10^5\)

 

YOMEDIA
1=>1
Array
(
    [0] => Array
        (
            [banner_picture] => 4_1603079338.jpg
            [banner_picture2] => 
            [banner_picture3] => 
            [banner_picture4] => 
            [banner_picture5] => 
            [banner_link] => https://tracnghiem.net/de-kiem-tra/?utm_source=Hoc247&utm_medium=Banner&utm_campaign=PopupPC
            [banner_startdate] => 2020-10-19 00:00:00
            [banner_enddate] => 2020-10-31 23:59:00
            [banner_embed] => 
            [banner_date] => 
            [banner_time] => 
        )

)