toán tài chính k56 nguyenvantien0405

<span class='text_page_counter'>(1)</span><div class='page_container' data-page=1>

ĐỀ THI KẾT THÚC HỌC PHẦN

Học kỳ I Năm học 2017 – 2018

Mơn thi: Tốn Tài chính

Thời gian: 60 phút

Mã lớp: 235

Câu 1 (2 điểm). Giả sử trong một nền kinh tế có 3 ngành sản xuất với ma trận hệ số kỹ thuật A
và ma trận cầu cuối B như sau:

0,3 0,3 0,1 25

0,1 0,1 0,1 ; 15

0, 2 0, 2 0,1 20

A B

   

   

_ _ _{ }

   

   

.
a. Tìm ma trận (I – A)-1_{và tính tổng cầu của các ngành.}

b. Giải thích ý nghĩa kinh tế của phần tử [a32] và tổng các giá trị nằm ở cột 3 trong ma trận A.

Giải

a) Ta có:





1

0,7 0,3 0,1

0,1 0,9 0,1

0, 2 0

1.58 0.58 0.24
0.22 1.22 0.16
0.4 0.4 1.2
, 2 0,9

I A I A 

 

 

 

  _  _  

 

 

 




 _  _






Vậy





1

1.58 0.58 0.24 25 53
0.22 1.22 0.16 15 27

0.4 0.4 1.2 20 40

X I A  B

    

    

  _ _ _{ } _

    

    

b) Ta có: [a32]=0,2 nghĩa là để ngành 2 sản xuất ra 1 lượng sản phẩm trị giá 1$ thì cần một

lượng sản phẩm trị giá 0,2$ từ ngành 3.

[a13]+ [a23]+ [a33]=0,1+0,1+0,1=0,3 nghĩa là để sản xuất ra 1$ sản phẩm thì ngành 3 cần

đầu vào là 0,3 $.

Câu 2 (1,5 điểm). Một sinh viên định vay tiền ở một ngân hàng để mua một chiếc xe máy trị giá
8,5 triệu đồng. Anh ta dự kiến sẽ trả lãi hàng tháng trong vòng 4 năm. Nếu lãi suất là 12%/năm
và ghép lãi theo tháng thì hàng tháng anh ta phải trả bao nhiêu tiền cho ngân hàng?

Giải.

Gọi x là số tiền (triệu) mà sinh viên phải trả hàng tháng. Ta có:
48

2 47 1

1,01

1

...

85

.

85

2, 21621

1,01 1,01

1,01

1,0

1

1

4

x

x

x

x

x

x










 







 



Hoặc công thức giá trị hiện tại của dòng tiền đều đầu kỳ.



1



.

1 1



  

1

n

i

PVAD PVA

i

CF

i

i



 



 



Vậy















48



.

85.0,01

2, 216214

1 1,01

*1.01

1 1

n

1

PVAD i

CF

i



i











 



Ghi chú.

Sinh viên nào làm cơng thức cho dịng tiền đều cuối kỳ thì kết quả là: 2,238376 (triệu)
Do đề bài chưa quy định rõ là đầu kỳ hay cuối kỳ nên các bạn có thể làm theo cả 2 cách.
Câu 3 (2 điểm). Giải phương trình vi phân sau:

xy

  



x

1



y



3

.

Giải.

Ta có:

xy



x

1



y

3

y

'

1

1

y

3



x

0



x

x





  

   

_

_









Đây là phương trình vi phân tuyến tính cấp 1 với

p x

 

1

1

;

q x

 

3

x

x





</div>
<span class='text_page_counter'>(2)</span><div class='page_container' data-page=2>

Công thức nghiệm tổng quát:

y e







p x dx 

.



_

q x e

 



p x dx 

dx C





_







Ta có:

 

1

1

ln

 

;

 

.

x

p x dx

e

p x dx _x

p x dx

dx x

x

e

e

x e

x

x








_

_



_



_

 















Vậy:

.

3

. . .

1



3 .



1



3



3

.

x

x x x

x x x

e

C

y

x e dx C

e dx C

e

C

x

x

xe

xe

x

x e



_

_



_



_









 









Ghi chú:

x



0

khơng là nghiệm của phương trình trên.

Câu 4 (2 điểm). Tìm cực trị địa phương của hàm số sau:

f x y

 

,



16

xy x



4



2

y

2

Giải.

Tập xác định:

D R



2

Các đạo hàm riêng cấp 1:

f

_x



16

y



4

x

3

f

_y



16

x



4

y

Các đạo hàm riêng cấp 2:

₁₂

2

₁₆

₄

xx xy yx yy

f

 

x

f



f



f

 

Tọa độ điểm dừng là nghiệm của hệ:

3 3

16

4

0

4

0

0

4

4

0

16

16

16

4

0

4

x

y

f

y

x

y x

x

x

x

y

y

y

f

x

y

y

x

 





















 



_

_

_

_



_

_

_





_



_



_{ }



_

_

_







Vậy có 3 điểm dừng: M1(0;0), M2(4;4) và M3(-4;-4)

Tại M1 ta có:

A



f

_xx

 

M

1



0

B



f

_xy

 

M

1



16

C



f

_yy

 

M

1

 

4

Vì

_{ }

_{AC B}

_

2

_{ }

_{256 0}

_

_{nên hàm số không đạt cực trị địa phương tại M1.}
Tại M2 ta có:

A



f

_xx



M

2



 

96

B



f

_xy



M

2





16

C



f

_yy



M

2



 

4

Vì

192 0

₂

512 0

A

AC B

 







_{ }

_

_

_



nên hàm số đạt cực đại địa phương tại M2; fCĐ=256
Tại M3 ta có:

A



f

_xx

 

M

3

 

192

B



f

_xy

 

M

3



16

C



f

_yy

 

M

3

 

4

Vì

192 0

₂

512 0

A

AC B

 







 









nên hàm số đạt cực đại địa phương tại M3; fCĐ=256

Câu 5 (2,5 điểm). Một trường THPT quan sát điểm trung bình và kết quả thi đại học của 8 học
sinh như sau:

X 7 8.5 7.5 8.75 9 7.5 6.75 9.25

Y 15.75 18 19.5 20.25 21.75 18.75 18.75 22.5

Y: tổng điểm 3 mơn thi ĐH ; X: điểm trung bình của 3 mơn tương ứng;.

a) Hãy lập phương trình hồi quy mẫu biểu diễn mối phụ thuộc của kết quả thi đại học vào
điểm trung bình của học sinh trường này?

b) Hãy ước lượng điểm thi đại học trung bình của các học sinh có điểm trung bình là 8,25
với độ tin cậy 95%?

c) Bao nhiêu phần trăm biến động trong kết quả thi đại học được giải thích bởi điểm trung
bình?

</div>
<span class='text_page_counter'>(3)</span><div class='page_container' data-page=3>



 





2 2

2
2

2 1 2

8.03125

65.30469

19.40625

380.6016

157.2188

1.695018

.

5.7

5

.

9313

xy

x

x

y

y

x

y

x

x

x

y

x

y





















_

_







b) Ta có:

E Y X





x

₀





y

₀







y

₀





;



y

₀







;





t

__/2



n



2 .



SE y

 



₀

trong đó

 







2
0
0

1

.

2

_xx

x

x

ESS

SE y

n

n

S









Ta có:





 









2

2

2

2
0

0

6.429688

31.99219

31.99219

18.47305

31.99219 18.47305 13.51914

8.03125 8.25

1

13.51914 1

0.546276

2

6

8

6.429688

xx yy xx

xx

S

S

TSS

RSS

S

ESS TSS RSS

x x

ESS

SE y

n

n

S

























_



_

_

_







_



_





_





_



 



_

_





Vậy





2.4469*

0.546276 1.336683





y

₀



19.77704

Kết luận

y

₀





19.77704 1.336683;19.77704 1.336683







c) Ta có: 2

18.47305

_0.577424

31.99219

RSS

R

TSS







</div>

<!--links-->