Đề thi tuyển sinh sau đại học môn Toán Kinh tế

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC KINH TẾ QUỐC DÂN HỘI ĐỒNG TUYỂN SINH SAU ĐẠI HỌC -----:----- ĐỀ THI TUYỂN SINH SAU ĐẠI HỌC THÁNG 5/2012 MễN THI: TOÁN KINH TẾ (Thời gian làm bài: 180 phỳt) BYDecision’s Blog: Cõu 1 (1 điểm): Một hóng sản xuất cú đường cầu là Q = 1200 – 2P , với P là giỏ bỏn. a) Xỏc định giỏ bỏn P để doanh thu của hóng đạt cực đại. b) Nếu hóng đặt giỏ P1 = 280 thỡ doanh thu thay đổi bao nhiờu so với doanh thu cực đại. Cõu 2 (1 điểm): Cho hàm sản xuất của một doanh nghiệp Q = 30K0,2L0,9 ; Trong đú Q là sản lượng (số sản phẩm), K là vốn (triệu đồng), L là lao động (người). a) Doanh nghiệp cú hàm sản xuất cú hiệu quả thay đổi như thế nào theo quy mụ? b) Năng suất lao động đo bằng số sản phẩm/1 lao động. Tớnh tốc độ tăng của năng suất lao động theo vốn tại mức K0 = 100, L0 = 40. Cõu 3 (3 điểm): Cho hàm lợi ớch hộ gia đỡnh cú dạng U(x1,x2) = x1x2, trong đú x1, x2 lần lượt là số lượng sản phẩm thứ nhất và thứ hai được tiờu dựng. Cho giỏ một đơn vị sản phẩm tương ứng với hai sản phẩm là p1, p2 , lợi ớch hộ gia đỡnh là u0 ; p1 , p2 , u0 > 0. a) Sử dụng phương phỏp nhõn tử Lagrange tỡm lượng sản phẩm tiờu dựng mỗi loại sao cho lợi ớch bằng u0 với ngõn sỏch chi tiờu là cực tiểu. b) Với p1 = 8, p2 = 4, u0 = 8, hóy tỡm lời giải cụ thể cho cõu hỏi a). c) Với dữ kiện cõu b) để lợi ớch u0 tăng 1 đơn vị thỡ ngõn sỏch chi tiờu cực tiểu tăng bao nhiờu? d) Để lợi ớch u0 tăng 1% thỡ ngõn sỏch chi tiờu cực tiểu tăng bao nhiờu %? Cõu 4 (2 điểm): Thu hoạch 41 điểm trồng loại đậu A và 30 điểm trồng loại đậu B, quan sỏt năng suất hai loại đậu người ta thu được cỏc phương sai mẫu tương ứng là 9,53 (tạ/ha)2 và 8,41 (tạ/ha)2. Giả thiết rằng năng suất cả hai loại đậu là cỏc biến ngẫu nhiờn phõn phối chuẩn. a) Với độ tin cậy 95% độ phõn tỏn của năng suất loại đậu A tối thiểu là bao nhiờu? b) Với mức ý nghĩa 5% cú thể cho rằng độ phõn tỏn về năng suất của hai loại đậu là như nhau khụng? c) Nếu biết độ phõn tỏn về năng suất của loại đậu A đo bằng độ lệch chuẩn là 3 (tạ/ha) thỡ khả năng để trong mẫu gồm 41 điểm trồng loại đậu A cú phương sai mẫu lớn hơn 5,9645 là bao nhiờu? Cõu 5 (2 điểm): Kiểm tra ngẫu nhiờn 16 búng đốn loại A tớnh được tổng tuổi thọ của chỳng là 19200 (giờ) và độ lệch chuẩn mẫu là 26,094 (giờ). Giả thiết tuổi thọ của búng đốn loại A và loại B là cỏc biến ngẫu nhiờn phõn phối chuẩn. a) Hóy ước lượng tuổi thọ trung bỡnh của búng đốn loại A với độ tin cậy 95% bằng khoảng tin cậy đối xứng. b) Phải chọn kớch thước mẫu tối thiểu bằng bao nhiờu để với độ tin cậy 95% thỡ sai số của ước lượng tuổi thọ trung bỡnh búng đốn loại A khụng vượt quỏ 5 (giờ). c) Độ phõn tỏn của tuổi thọ búng đốn loại B đo bằng độ lệch chuẩn là 20 (giờ). Với mức ý nghĩa 5% cú thể cho rằng tuổi thọ búng đốn loại B ổn định hơn búng đốn loại A hay khụng? Cõu 6 (1 điểm): Cho biến ngẫu nhiờn gốc X phõn phối chuẩn và một mẫu ngẫu nhiờn kớch thước n lập từ X. Chứng minh rằng trung bỡnh mẫu là ước lượng hợp lý tối đa của E(X). Cho: P(χ2(40) > 26,509) = 0,95 ; P(χ2(40) > 55,7584) = 0,05 ; P(χ2(15) > 24,99) = 0,05 P(T(15) < 2,13) = 0,975 ; f0,025(40,29) = 2,028 ; f0,975(40,29) = 0,512. Cỏn bộ coi thi khụng giải thớch gỡ thờm 1 Đáp án môn toán Kinh tế (cao học 2012) (Câu 6 xem sách XSTK của tr-ờng nhé) Câu 1: Ph-ơng trình đ-ờng cầu: 1200 2 600 0,5Q P P Q     Hàm tổng doanh thu: 2(600 0,5 ) 600 0,5TR PQ Q Q Q Q     a) Doanh thu cực đại: ' max '' 0 600 0 600 1 00 Q Q TR Q TR Q TR             Thay vào hàm cầu, ta đ-ợc: 600 0,5 600 0,5.600 300P Q     Vậy, để doanh thu cực đại thì giá bán là P*=300 (sản l-ợng Q*=600). b) Nếu giá bán P1=280 thì sản l-ợng là: 1 11200 2 1200 2.280 640Q P     Tổng doanh thu: 1 1 1 280.640 179200TR P Q   Doanh thu cực đại: * * * 300.600 180000TR P Q   Chênh lệch: *1 179200 180000 800TR TR TR       Vậy, nếu đặt giá là 280 thì doanh thu giảm 800 đơn vị so với doanh thu cực đại. Câu 2: Hàm sản xuất Q=30K0,2L0,9. a) Xét số thực bất kỳ α>1. Ta có: 0,2 0,9 0,2 0,2 0,9 0,9 1,1 0,2 0,9 ( , ) 30( ) ( ) 30( )( ) (30 ) Q K L K L K L K L           Vì α >1 nên α 1,1> α do đó Q(αK, αL)> αQ(K,L). Vậy hàm sản xuất có hiệu quả tăng theo quy mô. b) Năng suất lao động là: 0,2 0,9 0,2 0,130 30L K LQ AP K L L L    Hệ số co giãn của APL theo K là: 2 ' 0,8 0,1 0,2 0,1 .100% % . ( ) . % .100% 30(0,2 ) . 30 0,2 L L AP L L L K L K L L AP AP AP AP K K E AP KK K AP AP K K K L K L               Vậy, nếu tăng vốn 1% (%K = 1%) thì NSLĐ tăng 0,2% (%APL = 0,2%). Nói cách khác, tốc độ tăng của NSLĐ theo vốn là 0,2%. Câu 3: a) Hàm ngân sách chi tiêu: B = p1x1+p2x2 Ph-ơng trình ràng buộc về lợi ích: U = x1x2 = u0 (*) Ycbt  Tìm giá trị cực tiểu của hàm mục tiêu B với điều kiện ràng buộc (*). Lập hàm Lagrange: L = B + (u0 - U)  L = (p1x1+p2x2) + (u0 - x1x2) ( là nhân tử Lagrange) Điều kiện cần: Để B đạt giá trị cực tiểu thì: 1 2 ' 1 2 ' 1 2 ' 0 1 2 0 0 0 0 00 x x L p x L p x u x xL                    (1) (2) (3) Từ (1) và (2), ta có: 1 2 1 12 2 1 2 p p p x x x x p      (4) Từ (3) và (4), ta có: 1 1 0 1 2 1 2 0 1 2 x u p p x u p p       Suy ra: 11 1 2 2 o p u p p x    Hàm số có điểm dừng  1 1 110 20 0 0 1 2 0 1 2 1 2( , , ) , , ox x u p p u p p u p p    3 Điều kiện đủ: Xét định thức: 1 2 1 11 12 2 21 22 0 U U D U L L U L L  Trong đó: 1 ' 1 2x U U x  ; 2 ' 2 1x U U x  ; 1 1 '' 11 0x xL L  ; 2 2 '' 22 0x xL L  ; 1 2 '' 12 21 x x L L L     ; Suy ra: 2 1 2 1 2 1 0 0 2 0 0 x x D x x x x          1 2( , , )x x  Do đó, điều kiện đủ đ-ợc thỏa mãn tại điểm dừng 10 20 0( , , )x x  . Vậy, với ràng buộc lợi ích U=u0 thì ngân sách chi tiêu cực tiểu khi  1 110 20 0 1 2 0 1 2( , ) ,x x u p p u p p  . b) Với p1 = 8; p2 = 4; u0 =8 thì 1 1 1 2 8.8 .4 2 8.8.4 4 x x         c) Nhân tử Lagrange 0 là giá trị cận biên của ngân sách chi tiêu cực tiểu theo lợi ích min 0 o B u     . Mà 1 10 1 2 8 .8.4 2ou p p     . Nên min0 2 o B u      . Vậy, nếu lợi ích u0 tăng 1 dơn vị (u0=1) thì ngân sách chi tiêu cực tiểu tăng 2 đơn vị (Bmin=2). d) Hệ số co giãn của ngân sách chi tiêu cực tiểu theo lợi ích: min min min min min 0 min min .100% % . . % .100% o B o o u oo o o B u uB B B E uu u B B u           Do Bmin = p1x10+p2x20 = 8.2 + 4.4 = 32 ; u0 = 8 ; 0 = 2 Nên min min % 8 2. 0,5 % 32o B u o B E u      . 4 Vậy, nếu lợi ích u0 tăng 1% (%u0=1%) thì ngân sách chi tiêu cực tiểu tăng 0,5% (%Bmin=0,5%). Câu 4: Gọi XA, XB t-ơng ứng là năng suất của hai loại đậu A và B: 2 2 ( , ) ( , ) A A A B B B X N X N          a) Ta có A là độ phân tán của năng suất loại đậu A. Nên ycbt  ƯL KTC bên phải của tham số A của phân phối chuẩn N(A,  2 A). Công thức khoảng tin cậy bên phải của 2A là: 2 2( 1) ( 1) ; A A A n n S           với S2A , nA là ph-ơng sai và kích th-ớc mẫu của năng suất loại đậu A. Qua mẫu cụ thể, ta có:  Kích th-ớc mẫu nA = 41  Độ tin cậy 2( 1) 2(40)0,051 95% 0,95 0,05 An            Mặt khác vì 2(40) 2(40)0,05( ) 0,05P    (theo t/c của phân phối  2) 2(40)( 55,7584) 0,05P    (theo giả thiết) Nên 2( 1) 2(40)0,05 55,7584 An       Ph-ơng sai mẫu s2A = 9,53 Thay số, ta đ-ợc khoảng tin cậy bên phải của 2A là:   (41 1).9,53 ; 6,837; 55,7584         Suy ra, khoảng tin cậy bên phải của A là:    6,837; 2,615;   Vậy, với ĐTC 95%, độ phân tán của năng suất loại đậu A tối thiểu là 2,615 (tạ/ha) b) Ta có A, B là độ phân tán của năng suất 2 loại đậu. Nên ycbt  KĐ 2 tham số A, B của 2 phân phối chuẩn N(A,  2 A) và N(B,  2 B). Cặp giả thuyết: 0 1 : : A B A B H H         Tiêu chuẩn kiểm định: 5 2 2 ( 1, 1)A A B B S F F n n S    với - S2A , nA là ph-ơng sai và kích th-ớc mẫu của năng suất loại đậu A - S2B , nB là ph-ơng sai và kích th-ớc mẫu của năng suất loại đậu B Miền bác bỏ: /2 1 /2 ( 1, 1) : ( 1, 1) A B A B F f n n W F F f n n                  Qua mẫu cụ thể, ta có:  Kích th-ớc mẫu nA = 41; nB = 30  Mức ý nghĩa /2 0,025 1 /2 0,975 ( 1, 1) (40,29) 2,028 5% 0,05 ( 1, 1) (40,29) 0,512 A B A B f n n f f n n f                  Do đó, miền bác bỏ 2,028 : 0,512 F W F F           Ph-ơng sai mẫu s2A = 9,53; s 2 B = 8,41 Do đó, giá trị quan sát của tiêu chuẩn kiểm định 9,53 1,133 8,41 qsF   Ta thấy qsF W nên ch-a có cơ sở để bác bỏ Ho.. Vậy, với MYN 5%, có thể cho rằng độ phân tán của năng suất 2 loại đậu là nh- nhau. c) Ta có S2A là ph-ơng sai mẫu của năng suất loại đậu A. Nên ycbt  tìm P(S2A > 5,9645) Công thức suy diễn của ph-ơng sai mẫu: 2 2( 1) 2 1 1 1 AnA A A P S n             Cho 2 2( 1) 2( 1) 1 1 2 1 5,9645 5,9645. 1 A An nA A A A n n                Với nA = 41; A = 3 ta đ-ợc 2( 1) 2(40) 1 1 2 41 1 5,9645. 26,509 3 An           Mặt khác, theo t/c của phân phối 2 thì:  2(40) 2(40)1 1P        2(40) 26,509 1P     Theo giả thiết: 6  2(40) 26,509 0,95P    Do đó: 1 0,95  Hay  2 5,9645 0,95AP S   Vậy, khả năng trong mẫu có 41 điểm trồng đậu loại A có ph-ơng sai mẫu lớn hơn 5,9645 là 95%. Câu 5: a) Gọi X là tuổi thọ của bóng đèn loại A: 2( , )X N   Ta có  là tuổi thọ trung bình của bóng đèn loại A. Nên ycbt  WL KTC đối xứng của tham số  của phân phối chuẩn N(, 2). Công thức khoảng tin cậy đối xứng của  là: ( 1) ( 1)/2 /2; n nS S X t X t n n              với X , S2 , n là trung bình, ph-ơng sai và kích th-ớc mẫu tuổi thọ bóng đèn loại A. Qua mẫu cụ thể, ta có:  Kích th-ớc mẫu n = 16  Độ tin cậy ( 1) (15)/2 0,0251 95% 0,95 0,05 nt t         Mặt khác vì (15) (15)0,025( ) 1 0,025 0,975P T t    (theo t/c của phân phối T) (15)( 2,13) 0,975P T   (theo giả thiết) Nên ( 1) (15)/2 0,025 2,13 n t t     Trung bình mẫu 19200 1200 16 iXx n      Độ lệch chuẩn của mẫu s = 26,094 Thay số, ta đ-ợc khoảng tin cậy đối xứng của  là: 26,094 26,094 1200 .2,13 ; 1200 .2,13 16 16        =  1186,105 ; 1213,895 Vậy, với ĐTC 95%, khoảng tin cậy đối xứng của tuổi thọ trung bình bóng đèn loại A là (1186,105 ; 1213,895) (h). b) Giả sử kích th-ớc mẫu là N. 7 Sai số của -ớc l-ợng tuổi thọ trung bình bóng đèn loại A là: ( 1) /2 nS t N   Do đó 5   ( 1)/2 5 nS t N     2 ( 1) /2. 5 nSN t        2 26,094 .2,13 123,566 5 N        Vậy phải chọn kích th-ớc mẫu tối thiểu là 124 (bóng đèn). c) Ta có , ’ là độ phân tán (cũng là độ ổn định) của tuổi thọ 2 loại bóng đèn. Theo giả thiết ’ = 20. Nên tuổi thọ của bóng đèn loại B ổn định hơn bóng đèn loại A nếu  > 20. Ycbt  KĐ tham số  của phân phối chuẩn N(, 2). Cặp giả thuyết: 0 1 : 20 : 20 H H       Tiêu chuẩn kiểm định: 2 2 2 2 ( 1) ( 1) 20 n S n     với S , n là độ phân tán và kích th-ớc mẫu tuổi thọ bóng đèn loại A Miền bác bỏ:  2 2 2( 1): nW      Qua mẫu cụ thể, ta có:  Kích th-ớc mẫu n = 16  Mức ý nghĩa 2( 1) 2(15)0,055% 0,05 n        Mặt khác vì 2(15) 2(15)0,05( ) 0,05P    (theo t/c của phân phối  2) 2(15)( 24,99) 0,05P    (theo giả thiết) Nên 2( 1) 2(15)0,05 24,99 n      Do đó, miền bác bỏ  2 2: 24,99W     Độ phân tán mẫu s = 26,094 Do đó, giá trị quan sát của tiêu chuẩn kiểm định 2 2 2 (16 1)26,094 25,534 20 qs    Ta thấy 2qs W  nên bác bỏ Ho, thừa nhận H1. Vậy, với MYN 5%, có thể cho rằng tuổi thọ bóng đèn loại B ổn định hơn tuổi thọ bóng đèn loại A.