ФЕДЕРАЛЬНОЕ АГЕНТСТВО ПО ОБРАЗОВАНИЮ Уфимский государственный институт сервиса МАТЕМАТИКА

ФЕДЕРАЛЬНОЕ АГЕНТСТВО ПО ОБРАЗОВАНИЮ
Уфимский государственный институт сервиса
МАТЕМАТИКА
ПРАКТИЧЕСКОЕ ПОСОБИЕ
Авторы: Ларичева Г.А., Бакусова С.М., Иванов М.С., Иштирякова Д.К.,
Юртова М.А., Колушов В.В.
Уфа 2005
Содержание:
1. Элементы линейной и векторной алгебры и аналитической геометрии. 3-16
2. Введение в математический анализ и дифференциальное исчисление
функции одной переменной. 17-32
3. Основы интегрального исчисления. 33-37
4. Дифференциальное исчисление функций нескольких переменных.
Дифференциальные уравнения. Ряды. 38-47
5. Математическое программирование. 48-68
6. Теория вероятности и математическая статистика. 69-75
2
Выполните следующие задания.
1. Элементы линейной и векторной алгебры и аналитической геометрии.
8 6
 8 6
.
 ; вычислить ее определитель А 
2 3
 2 3
2 4
1 1
1.2. Дано выражение А  2
; пользуясь свойством линейности
3
3 8
3 8
определителя по 1-й строке представить А в виде одного определителя.
 3  1 2


1.3. Дана матрица 3-го порядка А   4 3 8  ; вычислить ее определитель А
1 2 6


1.1. Дана матрица второго порядка А  
методом непосредственного развертывания.
 2 1 4


1.4. Дана матрица 3-го порядка А   1  3 2  ; вычислить ее определитель А
 4 8 2


методом разложения по 1-й строке.
2 3 4
3 8 7
1.5. Данное выражение А  2 1
3 4  41
4 2 8
4
3
2
4 пользуясь свойством линейности
8
определителя по 1-й строке, представить в виде одного определителя 3-го порядка.
8 4 1 


1.6. Дана матрица А   2 3  1 ; вычислить ее определитель А приведением к
4 3 4 


треугольному виду методом элементарных преобразований.
1.7. Решить систему 3-х линейных уравнений 3-мя неизвестными правилом Крамера
3х  y  z  4

2 x  y  4 z  1
4 x  y  2 z  3

1.8. Методом Гаусса решить систему 3-х уравнений с 3-мя неизвестными
3 x  y  z  4

2 x  y  3 z  1
4 x  8 y  z  5

2 3 
 ;
4

2


1.9. Даны две матрицы 2-го порядка А  
произведение С  А  В .
 3  5
 . Найти их
В  
2
4


3
 1 3  8
 3 2 4




4  ; В   1 0 2  . Найти их
1.10. Даны две матрицы 3-го порядка А   3 2
4 1 3 
 4  1 2




произведение С  А  В .
 3 2
1.11. Дана матрица 2-го порядка А  
 . Найти ее обратную матрицу А 1 .
 4 8
2  4 1 


2  1 . Найти ее обратную матрицу А 1 .
1.12. Дана матрица 3-го порядка А   3
4 3
2 

1.13. Решить систему 3-х линейных уравнений с 3-мя неизвестными методом обратной
матрицы.
2 х  y  z  2

 x  y  z  3
3x  y  5

1.14. Составить уравнение прямой, проходящей через две точки A(2,3), B(4,8) на

плоскости, определить направляющий вектор a данной прямой.
1.15. Составить уравнение прямой, проходящей через две точки A(1,1,2), B(2,4,5) в

пространстве, определить направляющий вектор a данной прямой.
1.16. Составить уравнение плоскости, проходящей через три точки

A(2,2,3), B(3,3,4), C (1,2,5) в пространстве, определить нормальный вектор n данной
плоскости.
1.17. Определить расстояние d от точки M (3,5) до прямой 2 x  3 y  1  0 .
1.18. Определит расстояние d от точки M (1,1,2) до плоскости 2 x  y  4 z  2  0 .
1.19. Определить координаты центра M и радиус R данной окружности на плоскости
2
x  2x  y 2  y  3 .
Определить координаты M центра и радиус R данной сферы в пространстве
x 2  y 2  z 2  x  2 y  4z  5


1.21. Дан вектор a  (3,8) на плоскости. Найти длину этого вектора a , а также cos  и


cos  , где  - угол между a и осью OX ,  - угол между b и осью OY .


1.22. Дан вектор a  (2,3,4) в пространстве. Найти длину этого вектора a , а также


cos  , cos  и cos  , где  - угол между a и осью OX ,  - угол между b и осью OY ,  - угол

между c и осью OZ .


1.23. Даны два вектора a  (3,4) и b  (2,3) на плоскости. Найти cos  ,  - угол между
векторами.


1.24. Даны два вектора a  (1,3,2) и b  (3,4,8) в пространстве. Найти cos  ,  - угол
между векторами.
На плоскости даны три системы векторов




a1  (3,2)
c1  (3,4)
b1  (1,3)
A  
B  
C  

a 2  (2,3)
c2  (6,8)
b2  (8,2)
Определить, какая из них образует правый базис, какая левый, а какая не образует базис.
4
1.26. В пространстве даны три системы векторов




b
1  ( 2,2,4)
a1  (3,1,2)
c1  (1,3,4)





A  a 2  (4,2,1)
B  b2  (4,0,2)
C  c 2  (2,1,2)
a  (2,3,2)

c  (3,2,2)
 3
 3
b3  (8,2,4)
Определить, какая из них образует правый базис, какая левый, а какая не образует базис.


1.27. Найти площадь параллелограмма, построенного на 2-х векторах a  (3,8) и b  ( 2,4)
в плоскости.

1.28. Найти площадь параллелограмма, построенного на 2-х векторах a  (3,4,3) и

b  (2,3,4) в пространстве.
1.29. Найти объем параллелепипеда, построенного на 3-х векторах



a  (3,1,4), b  (2,1,3) и c  (2,2,4) .
Решения к задачам
Вычисляем по определению
8 6
 8  3  2  6  12
2 3
Используя линейность определителя по первой строке
A
A  2
2 4
1 1 4 8 3  3 7 5
 3



3 8
3 8
3 8 3 8
3 8
Метод непосредственного развертывания состоит в следующем
3 1 2
A4
1
3
2
8  (3  3  6  1  (1)  8  2  2  4)  (1  3  2  2  3  8  1  4  6)  62  30  32
6
Метод разложения состоит в следующем
2
1
4
3 2
1 2
1 3
A  1 3 2  2
 1
 4
 2(6  16)  (8  8)  4(8  12)  44  40  4
8 2
4 8
4 8
4 8 2
Преобразуем данное выражение, пользуясь свойством линейности по первой строке
3 8 7
2 3 4
6 16 14
6  9 12
12 7 28
A  2 1 3 4  3 1 3 4  1 3 4  1 3 4  1 3 4
4 2 8
4 2 8 4 2 8 4 2 8
4 2 8
Приведем данный определитель методом элементарных преобразований к треугольному
виду
5
1
2
8 4 1 (1)
3
A  2 3  1 8  2  4  1
2
4 3 4
3
1
4
1
(5)
33
 16  8
1
1
2
0
1
0
0
1
8
1

2
1
1
2
 64  0
1
0
1
4
( 2)
1
1
8
5

8
7
8
( 3)

1
1
2
64
0
4
1
0
1
1
8
5

8
7
2
1
1
2
 16  0
1
0
0
( 4)
1
8
5

8
33
8
(5)

1
8
5
  66
8
1
1)– из 1-ой строки выносим 8, из 2-ой выносим 2, из 3-ей выносим 4
2)– из 2-ой строки вычитаем почленно 1-ю, из 3-ей вычитаем 1-ю
1
3)– из 2-ой строки выносим 1, из 3-ей выносим
4
4)– из 3-ей строки вычитаем 2-ю строку
33
5)– из 3-ей строки выносим
8
Потом используем, что
1
1
2
0
1
0
0
1
8
5
  1 1 1  1
8
1
Поэтому A  66
правило Крамера для данной системы уравнений состоит в следующем
3x  y  z  4

2 x  y  4 z  15
4 x  y  2 z  3

Вычисляем главный определитель
3 1 1
  2  1 4  16
4 1 2
Вычисляем определители x, y, z
4
1
1
3
4
1
3
1
4
x  15  1 4  16,
y  2 15 4  8,
z  2  1 15  24
3 1 2
4 3 2
4 1 3
Если   0 , то система имеет решение
x 16
y 8
z 24
x

 2,
y
  1,
z

3

8
 8

8
6
Данную систему
3x  y  z  4

2 x  y  3z  1
4 x  8 y  z  5

Решим методом Гаусса.
Разделим обе части 1-го уравнения на 3, обе части 2-го уравнения на 2, обе части 3-го на 4.
1
4
 1
x  3 y  3 z  3

1
3
1

x  y  z 
2
2
2

1
1
5

x  2 y  4 z  4

Вычтем из 2-го уравнение 1-е, и из 3-го 1-е
1
1
4

x  3 y  3 z  3

7

y  z  1

5

33
27


z

20
28

5
7
Разделим обе части 2-го уравнения на , а обе части 3-го уравнения на
6
3
1
4
 1
x  3 y  3 z  3

7

y  z  1

5

1
1

y z 

4
28

Вычтем из 3-го уравнения 2-е
1
1
4

x  3 y  3 z  3

7

y  z  1

5

33
27


z

20
28

33
Разделим обе части 3-го уравнения на ( )
20
1
4
 1
x  3 y  3 z  3

7

y  z  1

5

45

z

77

7
Данная система приведена к треугольному виду, при z  
45
найдено сразу .
77
Из 2-го уравнения находится y
7
7  45 
14
y   z 1     1  
5
5  77 
77
Из 1-го уравнения находится x
1
1
4 1  14  1  45  4 113
x  y  z         
3
3
3 3  77  3  77  3 77
Произведение матриц A  B
2 3 
;
A  
 4  2
 3  5

B  
2 4 
Будем искать в виде матрицы
c 
c
C   11 12 
 c21 c22 
Элементы матрицы C находятся по формулам
 3
c11  (2 3)     2  3  3  2  12
 2
  5
c12  (2 3)     2(5)  3  4  2
 4 
 3
c 21  (4  2)     3  4  2  2  8
 2
  5
c 22  (4  2)     4(5)  2  4  28
 4 
Поэтому
2 
12

A  B  C  
8

28


Произведение матриц A  B
 1 3  8
 3 2 4




A   3 2 4 ;
B   1 0 2
4 1 3 
 4 1 2




будем искать в виде
 c11 c12 c13 


A  B  C   c21 c22 c23 
c

 31 c32 c33 
 3
 
c11  (1 3  8)   1   1  3  3  1  8  4  26
 4
 
8
2
 
c12  (1 3  8)   0   1  2  3  0  8  (1)  10
  1
 
 4
 
c13  (1 3  8)   2   1  4  3  2  8  2  6
 2
 
 3
 
c21  (3 2 4)   1   3  3  2  1  4  4  27
 4
 
2
 
c22  (3 2 4)   0   3  2  2  0  1  4  2
  1
 
 4
 
c23  (3 2 4)   2   3  4  2  2  4  2  24
 2
 
 3
 
c31  (4 1 3)   1   3  4  1  1  3  4  25
 4
 
2
 
c32  (4 1 3)   0   4  2  1  0  1  3  5
  1
 
 4
 
c33  (4 1 3)   2   4  4  1  2  2  3  24
 2
 
Следовательно
  26 10  6 


A  B  C   27
2 24 
 25 5 24 


Для того, чтобы найти обратную матрицу к матрице
 3 2

A  
4 8
найдем ее определитель
3 2
A
 3  8  2  4  16  0
4 8
Следовательно, обратная матрица A 1 существует.
Составим A T - матрицу, транспонированную к A
 3 4

AT  
2 8
9
Обратная матрица A 1 ищется в виде
b
1 b
A 1   11 12
A b21 b22
b11  8 - алгебраическое дополнение к элементу 3
b12  2 - алгебраическое дополнение к элементу 4
b21  4 - алгебраическое дополнение к элементу 2
b22  3 - алгебраическое дополнение к элементу 8
Поэтому
1
 1
 

1
8
A 1    2
16   1 3 


 4 16 
Для обратной матрицы A 1 выполняется
1 0

A  A 1  A 1  A  E  
0 1
В этом можно убедиться непосредственно.
Для того, чтобы к матрице
2  4 1 


A   3 2  1
4 3
2 

найти обратную матрицу A 1 .
Найдем A  55 .
Составим A T - транспонированную матрицу
3 4
 2


T
A    4 2 3
 1 1 2


Обратную матрицу ищем в виде
 b11 b12 b13 

1 
1
A 
  b21 b22 b23 
A 

 b31 b32 b33 
2 3
b11 
 7 - алгебраическое дополнение к элементу 2
1 2
b12  
b13 
4 2
 2 - алгебраическое дополнение к элементу 4
1 1
b21  
b22 
4 3
 11 - алгебраическое дополнение к элементу 3
1 2
3 4
 10 - алгебраическое дополнение к элементу -4
1 2
2 4
 0 - алгебраическое дополнение к элементу 2
1 2
10
b23  
b31 
3 4
 1 - алгебраическое дополнение к элементу 1
2 3
b32  
b33 
2 3
 5 - алгебраическое дополнение к элементу 3
1 1
2 4
 22 - алгебраическое дополнение к элементу -1
4 3
2 3
 16 - алгебраическое дополнение к элементу 2
4 2
Поэтому
11
2
 7


55 55 
11
2   55
 7

1 
10
5
A 1 
   10
0
5   
0
 55
55 
55 
 22 16   1
22 16 
 1



55 55 
 55
Полученную матрицу можно проверить умножением
1 0 0


A  A 1  A 1  A  E   0 1 0 
0 0 1


Чтобы решить данную систему
2 x  y  z  2

 x  y  z  3
2 x  y
5

представим ее в матричном виде
A X  B
 2 1 1
 x
 2


 
 
A    1 1 1 ;
X   y ;
B   3
 3 1 0
z
5


 
 
1
Поэтому X  A  B
Находим
 1 1  2


1
A 1     3  3  3 
9 

 4  5 1 
 1 1  2  2 1
    
1 
X     3  3  3   3   2
9 
    
  4  5 1   5  2
x  1;
y  2;
z2
Составим уравнение прямой, проходящей через две точки на плоскости
x2 y 3
x2 y 3

;

42 83
2
5
11

Из этого уравнения прямой следует, что направляющий вектор этой прямой a  (2,5) .
Составим уравнение прямой, проходящей через две точки в пространстве
x  1 y  (1) z  2


2  1 4  (1) 5  2
x 1 y 1 z  2


1
5
3

Из этого уравнения прямой следует, что направляющий вектор этой прямой a  (1,5,3) .
Составим уравнение плоскости, проходящей через три точки в пространстве
x  2 y  ( 2) z  3
3  2  3  ( 2 ) 4  3  0
1  2 2  ( 2) 5  3
x2 y 2 z 3
1
1
1 0
1
4
2
Разложим по первой строке
1 1
1 1
1 1
( x  2) 
 ( y  2) 
 ( z  3) 
0
4 2
1 2
1 4
 6( x  2)  3( y  2)  3( z  3)  0

Из полученного уравнения плоскости находим нормальный вектор плоскости n  (6,3,3) .
Чтобы определить расстояние от точки M (3,5) до прямой, приведем уравнение прямой к
нормальному виду
2x  3y  1
0
2 2  32
Используя формулу расстояния
2  3  3 5 1
20
d

13
13
Чтобы определить расстояние от точки M (1,2,2) до плоскости, приведем уравнение
плоскости к нормальному виду
2x  y  4z  2
0
2 2  1  (4) 2
2x  y  4z  2
0
21
Используя формулу расстояния
2 1  2  4  2  2
6
d

21
21
Выделим полные квадраты по x и y в данном уравнении
12
x 2  2x  y 2  y  3
1 1 1

( x 2  2 x  1  1)   y 2  2 y      3
2 4 4

2
1
1

( x  1)  1   y     3
2
4

2
2
1
17

( x  1)   y   
2
4

2
1

Следовательно, центр M  M   1, 
2

17
Радиус R 
.
2
Выделим полые квадраты по x, y, z в данном уравнении
x 2  y 2  z 2  x  2 y  4z  5
1 1 1
 2
2
2
 x  2 x     ( y  2 y  1  1)  ( z  4 z  4  4)  5
2 4 4

2
1
1

2
2
 x     ( y  1)  1  ( z  2)  2  5
2
4


2
1
41

2
2
 x    ( y  1)  ( z  2) 
2
4

41
1

Следовательно, центр M  M  ,1,2 ; радиус R 
.
2
2

Используя формулы для длины вектора и для cos  , cos  на плоскости, получим,

если a  (3,8) :

a  3 2  8 2  73;
cos  
3
73
;
cos  
8
73
Используя формулы для длины вектора и для cos  , cos  , cos  в пространстве,

получим, если a  (2,3,4) :

a  2 2  (3) 2  4 2  29 ;
cos  
2
29
;
cos  
3
29
;
cos  
4
29


Для вычисления угла  между векторами a  (3,4) и b  (2,3) используется формула
со скалярным произведением
 
(a , b )
3(2)  4  3
6
cos     

ab
3 2  4 2  (2 2 )  3 2 5 13
13


1.24. Для вычисления угла  между векторами a  (1,3,2) и b  (3,4,8) в пространстве
используется формула со скалярным произведением
 
(a , b )
1  3  (3)  4  2  8
7
cos     

2
2
2
2
2
14  89
ab
1  (3)  2  3  4  8
1.25. Найдем определитель, соответствующий системе векторов A
3 2
 9  4  13  0
2 3
Следовательно, система векторов A образует правый базис.
Найдем определитель, соответствующий системе векторов B
1 3
 2  24  22  0
8 2
Следовательно, система векторов B образует левый базис.
Найдем определитель, соответствующий системе векторов C
3 4
 24  24  0
6 8
Следовательно, система векторов C не образует базиса.
1.26. Найдем определитель, соответствующий системе векторов A
 3 1 2
2 4 4 4 4 2
4
2 4  3 


 40  0
3 2 2 2 2 3
2
3 2
Следовательно, система векторов A образует правый базис.
Найдем определитель, соответствующий системе векторов B
2 2 4
0 2
4 2
4 0
4 0
2  2
 2
 4
 40  0
2 4
8 4
8 2
8 2
4
Следовательно, система векторов B образует левый базис.
Найдем определитель, соответствующий системе векторов C
1 3
4
1  2
2 2
2 1
2  1  2  1
 3
 4
0
2
2
3 2
3 2
3 2
2
Следовательно, система векторов C не образует базиса.
1.27. Чтобы вычислить площадь параллелограмма, найдем значение определителя,


соответствующего a  (3,8), b  (2,4)
3 8
 12  16  4
2 4
Тогда
S  4  4
1.28. Для вычисления площади параллелограмма в пространстве используется векторное

произведение векторов a  (3,4,3) и
14

b  (2,3,4)
 
e1 e2
 
a, b  3 4
 
2
3

e3

e1  (1,0,0)

 4 3  3 3  3 4



3  e2  (0,1,0)  e1 
 e2 
 e3 
 25e1  6e2  17e3  (25,6,17)
3 4
2 4
2 3

4 e3  (0,0,1)
 
 
Тогда S  a , b  25 2  6 2  17 2  950


1.29. Объем V параллелепипеда, построенного на векторах a  (3,1,4), b  (2,1,3) и

c  (2,2,4) , вычисляется через определитель, соответствующий этим векторам
3 1 4
1 3 2 3
2 1
2 1 3  3

4
4
2 4 2 4
2 2
2 2 4
Следовательно, объем V  4
15
Выполните следующие задания.
2. Введение в математический анализ и дифференциальное исчисление функции одной
переменной.
Задачи.
Найти область определения функции
2.2. Найти предел:
lim
5n 5  2
n   7n 7  3
 cos
n
5
Найти предел:
lim
n 

y  arcsin (x  1)  1  x 2  lg 3  x 
2n  5  n  7

Найти предел:
6
lim
5x 6  2 х 2  1
n   6 2х 6  3х 4  5
Найти предел:
x 3  7 x 2  2x  14
lim
x  7 5x  9  3x  5
Найти предел:
 2  x2 

lim 
2
x   3  x 
Найти предел:
lim
5x

ln 1  arcsin 2 x

1  cos x 2
x 0
Найти предел:
lim
arctg 3x
x  0 tg x
e 2 1
5 1  2x  1
Функция
f(x)
sin x
не определена в точке
x  0 . Определить значение f(0 )
так, чтобы f(x) стала непрерывной при x  0 .
2.10. Найти точки разрыва функции и установить их характер:
16

x,
x0

y  1  x, 0  x  1
 1

, x 1
1  x
2.11. Найти производную функции:
y  x 3arctg log 2 x   tg x
2.12. Найти производную функции:
y  3 sin 7 x
Найти производную функции:
y  ln 2 arcsin
1
x
2.14. Найти предел, используя правило Лопиталя:
x3 x 2
e 

 x 1
6
2
lim
x 0
x2
cos 
1
2
x
2.15. Найти предел, используя правило Лопиталя:
ln x
x  0 ln sin x
lim
2.16. Исследовать на монотонность и экстремум функцию
y
3 4
x  x 3  9x 2  7
4
2.17. Найти наибольшее и наименьшее значения функции
y  100  x 2


на отрезке  6; 8
2.18. Найти интервалы выпуклости и точки перегиба функции
y  x  36x 2  2x 3  x 4
Найти асимптоты графика функции
x2
y
x2
Провести исследование функции и построить ее график:
y
x3
3  x2
Ответы и решения
Найти область определения функции:
17
y  arcsinx  1  1  x 2  lg3  x 


Решение: Функция арксинус определена на отрезке  1;1 (это множество значений синуса).
Область определения квадратного корня есть множество всех неотрицательных чисел, а
логарифмическая функция определена только на множестве положительных чисел, поэтому для
нахождения области определения данной функции решим следующую систему неравенств:
 1  x  1  1

2

1  x  0
3  x  0

0  x  2
0  x  2
 2

  1  x  1  0  x  1
x  1
x  3
x  3


Рассматривалось пересечение трех промежутков (см. рисунок).
-3
-1
1
0
2
Ответ:
Найти предел:
5n 5  2
lim
n   7n 7  3
 cos
0;1
n
5
Решение. Найдем сначала предел первого сомножителя:
5
lim
5n 5  2
n   7n 7  3



2

lim n 2 n 7 0

  0 . Для раскрытия неопределенности
3
 n
7
7
n7

здесь производилось деление числителя и знаменателя дроби на высшую степень, т.е. на
n 7 , а дроби
5
n
2
,
2
n
7
,
3
n
7
являются бесконечно малыми, как величины, обратные к
бесконечно большим, поэтому они стремятся к нулю. Итак, первый сомножитель является
бесконечно малой величиной, а косинус есть величина ограниченная (множество значений
косинуса есть отрезок  1;1 ), поэтому по свойству бесконечно малых (произведение
бесконечно малой функции на ограниченную есть функция бесконечно малая) заключаем, что


lim 5n 5  2
n
 cos  0
n   7n 7  3
5
Ответ: 0.
18
Найти предел
lim
n 

2n  5  n  7

.

Решение. Имеем неопределенность    . Для ее раскрытия умножим и разделим на
выражение, сопряженное данному, т.е. на
2т  5  т  7

   




2n  5  n  7 2n  5  n  7

2n  5  n  7
n 
n 
2n  5  n  7   lim
n2
 lim
2n  5  n  7 n   2n  5  n  7
n 
lim
2n  5  n  7
(Использовалась формула

lim
a  ba  b  a 2  b 2 
Теперь для раскрытия неопределенности

  разделим числитель и знаменатель дроби на

n 2 , т.к. n  n 2 ).
1

2
 
 
1



0
n2
n
lim
 lim
  , т.к.
n   2n  5  n  7
n  2
5
1 7



2
n
n
n
n2
n
(при этом в знаменателе подкоренное выражение делим на
числитель дроби стремится к единице, а знаменатель к нулю (величина обратная к бесконечно
малой является бесконечно большой).
Ответ:
6
2.4. Найти предел
lim
.
5x 6  2 x 2  1
x   6 2x 6  3x 4  5

  разделим числитель и знаменатель дроби

6
на высшую степень (подкоренное выражение делим на x )
Решение. Для раскрытия неопределенности
6
lim
5x 6  2 x 2  1
x   6 2 x 6  3x 4  5
65
 lim
x 
6 2
2
x4
3
x2

1
6
x6  5  6 5
62
2
5

x6
19
2
Здесь учитывалось стремление к нулю дробей
x
бесконечно большим функциям.
4
1
,
x
6
,
3
x
,
2
x
Ответ: 6
Найти предел:
6
, как обратных к
2,5
x 3  7 x 2  2x  14
lim
x  7 5x  9  3x  5
Решение. Для раскрытия данной неопределенности
3
5
2

2

0
  разложим числитель дроби на
0

 

множители x  7 x  2x  14  x x  7  2 x  7  x  7 x
умножим и разделим на выражение, сопряженное знаменателю дроби, т.е. на
2
2

и
5x  9  3x  5 , и воспользуемся в знаменателе формулой
a  ba  b  a 2  b 2 , тогда
lim
0
 
3
2
x  7 x  2 x  14  0 
x 7
5 x  9  3x  5
 lim
x 7

x  7  x 2  2  5x  9 
 lim
5x  9  3x  5
x 7

x  7  x 2  2  5x  9 
 lim

5 x  9  3x  5

5 x  9  3x  5 5 x  9  3x  5
3x  5

3x  5

2 x  14
x 7


x  7  x 2  2 


x 2  2  5x  9 
lim
x 7
2

3x  5

51  2 26
 51 26
2
Ответ:
Найти предел:
 2  x2 
51 26
5x

lim 
x    3  x 2 
Решение. Для раскрытия неопределенности
1 
преобразуем выражение, чтобы
воспользоваться следствием из второго замечательного предела:
lim 1      e
1
 0
В числителе дроби прибавим и вычтем единицу, чтобы выделить целую часть:
20
 2  x2 

lim 
x    3  x 2 
1
Выражение
Показатель


5x
 3  x 2  1

 lim 
x    3  x 2 
5x

1 

 lim 1 
2
x  
3 x 
5x
 0 при x   , т.е. является бесконечно малой величиной  .
2
3 x
5 x умножим и разделим на величину, обратную к  , т.е. на  3  x 2

1 

lim 1 
2
x  
3 x 
5x

1 

 lim  1 
2
x   
3 x 

 3 x 2



.
5x
  3  x 2 



5
lim
x
5x
lim
 x    3

 


x 
2


1

 3  x    
 2




  e0  1
x
e
 e

При вычислении предела показателя неопределенности   раскрывалась делением

Получим:
числителя и знаменателя на высшую степень, а именно на
Найти предел:
lim

ln 1  arcsin 2 x
x 0
1  cos x
2
Решение. Для раскрытия неопределенности

x2.
Ответ: 1.
.
0
  воспользуемся эквивалентностями
0
2
(следствиями из первого и второго замечательных пределов): 1  cos ~
, arcsin  ~ 
2
и ln1    ~  при   0 и тем, что при вычислении предела произведения или частного
можно одну бесконечно малую величину заменить на ей эквивалентную в этом процессе. Итак
имеем
lim
x 0

ln 1  arcsin
1  cos x
2
2
0


x 0
 lim
x 0
arcsin 2 x
x 
2 2
2
 lim
x2
x 0 x
4
 lim
x2
x 0 x
2
4
 lim
2
x 0 x
2

2
.
Ответ:
.
21
Найти предел:
lim
arctg 3x
x
x  0 tg 2
e
.
1
0
  воспользуемся эквивалентностями
0
(следствиями из первого и второго замечательных пределов): tg ~  , arctg ~  и
Решение. Для раскрытия неопределенности
e   1 ~  при   0 и тем, что при вычислении предела произведения или частного
можно одну бесконечно малую величину заменять на ей эквивалентную в этом процессе. Итак,
0


arctg 3x 0
lim
x
x  0 e tg 2  1
Функция
 lim
3x
x  0 tg x
2
f x  
3x
 6.
x 0 x
2
 lim
5 1  2x  1
sin x
Ответ: 6.
не определена в точке
x  0.
f 0 так, чтобы f x  стала непрерывной при x  0 .
Решение. Функция f x  непрерывна в точке 0, если lim f x   f 0 , поэтому найдем
Определить значение
x 0
lim
x 0
5 1  2x  1
sin x
. Для раскрытия неопределенности
0
  воспользуемся
0
эквивалентностями (следствиями из первого и второго замечательных пределов):

p
и 1 
 1 ~ p при   0 и тем, что при вычислении предела
произведения или частного можно одну бесконечно малую величину заменить на ей
sin  ~ 
эквивалентную в этом процессе. Итак,
Таким образом нужно положить
lim
x 0
f 0  
5 1  2x  1
sin x
1 2x 
2
 lim 5
 .
5
x 0 x
2
.
5
Ответ:
2
.
5

x , x  0

2.10.Найти точки разрыва функции f x   1  x , 0  x  1
 1

, x 1
1  x
Решение. Так как у данной функции нет точек, в которых она неопределенна, то точками
разрыва могут быть либо нули знаменателя, либо точки в которых происходит смена
аналитических выражений. В данном случае только точки x  0
22
и x  1 (в остальных точках данная функция непрерывна).
Выясним будет ли x  0 точкой разрыва данной функции. Для этого найдем левосторонний и
правосторонний пределы функции в данной точке:
lim f x  lim x  0 ,
lim f x  lim 1  x  1.
x  0
 
x 0
x  0 
 
x  0


x 0
x  0 
f  0  f  0, то x  0 - точка разрыва, причем первого рода, поскольку оба
односторонних предела конечные. Этот разрыв не устраним, т.к. f  0  f  0 .
Точка x  1 есть точка разрыва данной функции второго рода, т.к.
1
lim f x   lim
  .
1

x
x 1 0
x 1
Так как
x 1
В данном случае
lim f x  можно не вычислять.
x 1 0
Ответ:
2.11. Найти производную функции
x  0 - точка разрыва первого рода,
x 1
- точка разрыва второго рода.
y  x 3  arctg log 2 x   tg x .
Решение.
 


y  x 3  arctg log 2 x   x 3 arctg log 2 x   tg x 

 3x 2  arctg log 2 x   x 3 
 3x  arctg log 2 x  
2
 3x  arctg log 2 x  
2
Ответ:
1
1  log 22 x
x3
cos 2 x

 x  

x2
1  log 22 x ln 2
3x  arctg log 2 x  


x2

1
2 x cos 2 x

1  log 22 x ln 2
Найти производную функции

1
1
1
1



2
2
x
ln
2
2
x
1  log 2 x
cos
x
2
Решение.
 log 2 x  


1
2 x cos
2
.
x
y  3 sin 7 x .

y  3 sin 7 x  3 sin 7 x ln 3  sin 7 x  
 3 sin 7 x ln 3  cos 7 x  7 x   7  3 sin 7 x  ln 3  cos 7 x
23
7  3 sin 7 x ln cos 7 x .
1
y  ln 2 arcsin .
x
Ответ:
Найти производную функции
Решение.

1
1 
1


2
y    ln arcsin   2 ln arcsin    ln arcsin  
x
x 
x


1
 2 ln arcsin

1
1
1
1

1
x
 2 ln arcsin 
  arcsin  

  
1
2 x
x arcsin 1 
x
arcsin
1
x
1  
x
x

2 x ln acr sin 1
2 ln arcsin 1


1
x 
x
  

2
x 2  1 arcsin 1  x 
x x 2  1 arcsin 1
x
x
Ответ:
2 ln arcsin 1

x
x
Найти предел, используя правило Лопиталя:
2
.
x  1 arcsin 1
x
x3 x 2
e 

 x 1
6
2
.
lim
2
x 0
x
cos x 
1
2
x
24
Решение.

 x x3 x 2

e 
x
x

 x  1
ex 

 x  1 00 


6
2

 
6
2
lim
 lim

x 0
x 0
2
x2


x
cos x 
1
 cos x 
 1
2


2



2


x
2
ex 
 x  1
x x
0
0


e 
 x  1 0 


x
2
e  x 1 0


2
 lim
 lim
 lim

x  0  sin x  x
x  0  sin x  x 
x  0  cos x  1
3
e
2

 x 1


0


1 0


e
ex 1
ex
1
 lim
 lim
 lim
 lim
 1
x  0  cos x  1 x  0 sin x
x  0 sin x 
x  0 cos x 1
x
x
Ответ: 1.
Найти предел, используя правило Лопиталя:
 
Решение.
ln x
.
ln
sin
x
x 0
lim
1

ln x
ln x 
x
lim
 lim
 lim

x  0 ln sin x
x  0 ln sin x  x  0 1  sin x 
sin x
00 

sin x
sin x 
cos x
1
 lim
 lim
 lim
 1
x  0 x  cos x
x  0 x  cos x  x  0 cos x  x  sin x  1
Ответ:1.
Исследовать на монотонность и экстремум функцию:
y 
3 4
x  x 3  9x 2  7 .
4
Решение. Найдем точки, в которых производная равна нулю.

 3x x 2  x  6 или y  3xx  3x  2.
x  0 , x  3 и x  2 , т.е. x  0 , x  3, x  2 - стационарные точки
Разложим многочлен на множители. y
y0

y  3x 3  3x 2  18x .
при
и значит в них возможен экстремум. Отметим знак первой производной на каждом из
промежутков, на которые разбивают эти точки числовую прямую (область определения данной
функции). Для определения знака y на промежутке достаточно определить знак y в любой
точке промежутка.
25
y
0
0
-2
y
0
3
т. max
т. min
т. min
y выясняем монотонность функции на каждом интервале (отмечена стрелками).
Поскольку y при переходе через точки x  2 и x  3 меняет знак с «-» на «+», то это
точки минимума. Точка же x  0 есть точка максимума, т.к. при переходе через нее, y
По знаку
меняет знак с «+» на «-».
1
y min  2  9 , y min 3  40 , y max 0  7 .
4
Ответ: возрастает на  2; 0 и на 3;   ;
убывает на   ;  2 и на 0; 3;
y min  2  9 , y max 0  7 , y min 3  40 ,25 .
Найти наибольшее и наименьшее значения функции

y  100  x 2

на отрезке  6; 8 .
Решение. Наибольшее и наименьшее значения непрерывной функции на отрезке достигается
либо в критических точках (точках, в которых производная равна нулю или не существует),
либо на концах отрезка, поэтому найдем сначала критические точки функции.
y 
1   2x 
2 100  x 2
.
y  0 при x  0 , y не существует при x  10 Точки x  10
не лежат на данном отрезке, поэтому найдем значение функции в стационарной точке

 

на концах отрезка. y 0  10; y  6  8; y 8  6 .
Выбирая среди полученных трех чисел наибольшее и наименьшее, находим, что
y наим . 8  6 , а y наиб . 0  10 .


Ответ:
x0и
y наим . 8  6 , а y наиб . 0   10 .
Найти интервалы выпуклости и точки перегиба функции
y  x  36x 2  2x 3  x 4 .
Решение. Найдем точки, в которых вторая производная равна нулю (“подозрительные”
перегиб).
на
y  1  72x  6x 2  4x 3 , y  72  12x  12x 2 . Разложим многочлен на


y  12 x  3x  2 или

y  12 x 2  x  6
y  12 x  32  x  .
множители. y  12 6  x  x 2 или

или
26
y  0 при x  3 и x  2 . Чтобы проверить, будут ли они точками перегиба, отметим
знак второй производной на числовой прямой (области определения данной
функции).
Так как при переходе через
0
0
точки
y
x  3 и x  2 знак
y меняется, то это точки
перегиба. По знаку
y
-3
2
y выясняем направление
выпуклости функции на
каждом интервале (отмечено
дугами).
Ответ: выпуклая вверх на
выпуклая вниз на
Найти асимптоты графика функции
  ;  3 и на 2;  ,
 3; 2 ; x  3 и x  2 - точки перегиба.
x2
y
.
x2
x2
Решение. x  2 - вертикальная асимптота, т.к. lim f x   lim
  . Для
x 2
x 2 x  2
выяснения, имеет ли график функции невертикальную асимптоту y  x  b находим 
и
f x 
x2
x
x
1
 lim
 lim
 lim
 1
b :   lim
x  x
x   x  2 x x   x  2 x   x  2 1
(т.к.   0 , то горизонтальных асимптот нет),
 x2
    
x 2  x 2  2x


b  lim f x   kx   lim
x
 lim


x

2
x 
x    x  2
x



 

2x
2x 
2
 lim
 lim
 2
x  x  2
x   x  2  1
Итак, y  x  2 наклонная асимптота.
Ответ:
Провести исследование функции
Решение.
1. Область определения.
y
x3
3 x
2
x  2, y  x  2 .
и построить ее график.
27
x   3 , значит функция определена на
R   3 или D f    ;  3   3; 3  3;   .
Знаменатель дроби обращается в ноль в точках





 

2. Принадлежность к простейшим классам (четных, нечетных, периодических) функций.
Данная функция – дробно-рациональная, поэтому не периодическая.

 x 3
Поскольку y x  
3   x 2

x3
2
  yx , то функция – нечетная.
3 x
Проведем исследование функции только для x  0 , построим график функции на
0;  , а затем отразим его симметрично относительно точки 0 – начала координат.
3. Исследование на непрерывность, отыскание точек разрыва, установление их характера.
Отыскание вертикальных асимптот.
Точка
x  3 есть точка разрыва, т.к. функция в этой точке не определена. Поскольку
lim f x  
x 30

lim
x 30
x3
   , то x 
3x 3x


3 есть точка разрыва второго
рода и x  3 - вертикальная асимптота. В остальных точках, лежащих справа от нуля,
функция непрерывна, как частное двух непрерывных функций.
4.Исследование на монотонность и экстремум.

3  x x   x 3  x  3  x 2 3x 2  x 3  2x  x 2 9  3x 2  2x 2 
y 



2
2
2
3  x 2 
3  x 2 
3  x 2 
x 2 9  x 2 
x 2 3  x 3  x 


2 2
3  x   3  x 2  3  x 2
3
2
2 
3
После разложения на множители числителя и знаменателя производной легко находятся
0;   это x  0 ,
x  3 (точка разрыва) и x  3 .
Они разбивают луч 0 ;    на три интервала. Отметим знак y на каждом из них. Т.к.
критические точки функции. На



2
y1  0 , то на 0; 3 y  0 . Поскольку показатель выражения 3  x в записи
y четный, то при переходе через точку 3 знак y
3; 3 y  0 по-прежнему. Показатель выражения 3  x  в
не меняется, и значит на
записи y нечетный (равен 1), поэтому при переходе через точку x  3 y меняется и значит
на 3;    имеем y  0 .

y
0

х
0
3
3
т. разрыва
т. max
Монотонность функции на
интервалах показана
стрелками.
28
Так как при переходе через точку
x  3 знак y меняется с «+» на «-» то
y max 3  4 ,5 .
x  3 есть точка максимума.
5. Исследование на выпуклость вверх, вниз, наличие точек перегиба.
3 x
 2

 9x  x 4 
y   
 
 3  x2 2 


  9x

2 2
  9x  x  3  x  

4
 
3  x 2 

3  x 2 18x  4 x 3   9x 2  x 4 2 3  x 2  2x 


3
3  x 2 
54x  18x 3  12x 3  4x 5  36x 3  4x 5 6 x 3  54x
6 x x 2  9 



3
3
3  x 2 
3  x 2   3  x 3  3  x 3


2 2
2
x
4 
4 
2
y видно, что на
0;   y  0 при x  0 и y не существует в точке разрыва x  3 , поэтому
перегиб возможен лишь в точке x  0 .
Отметим знак y  на 0 ;   . Поскольку y1  0 , то на 0; 3 имеем y  0 .
После разложения на множители числителя и знаменателя

y
y

Т.к. в y  показатель
выражения
x

0
3x
3 нечетный
(равен 3), то при переходе
3
т. разр.
через
x  3 знак
.
y меняется. Итак, на


y  0 . Направление выпуклости на интервалах
показано дугами. Знак y  при переходе через точку x  0 меняется, значит
x  0 - точка перегиба. y0  0 .
6. Отыскание невертикальных асимптот y  kx  b .
3;  
29
 

 
f x 
x3
x2 
x2
k  lim
 lim
 lim
 lim


x   x
x  3  x 2 x x  3  x 2
x 
3  x2
2x
 lim
 1

2
x
x 




k  0 , то горизонтальных асимптот нет.
3
3
 x3

x

3
x

x
b  lim f x   kx   lim 
 x   lim

2
2

 x  
x  
x   3  x
3 x

Т.к.
 
3x
 lim
x   3  x 2
 lim
x  
3x 
3  x 2 
3
0
x    2 x
 lim
Итак, y   x - наклонная асимптота.
7. Дополнительные точки (пересечения с осями координат и др.).
y 0  0 и y  0 при x  0 , поэтому график функции пересекает

в начале координат
y1 
и
oy
1
.
2
Все данные исследования заносим в сводную таблицу.
0
y
y
y
ox
0; 3
 3
0
+
×
0
+
×
точка
перегиба
y=0
точка
разрыва
y


3
3;   
+
0
-
-
-
-
3; 3
точка
max
y=-4,5
х 3
y  x
График функции изображен на рисунке.
асимптоты:
30
y
4,5
-3
-√3
0
1
√3
3
x
-4,5


Ответ: определена на R \  3; 3 , нечетная;
x   3 - вертикальные асимптоты;
x   3 - точки разрыва второго рода;
возрастает на (3; 3 ) , на ( 3; 3 ) и на ( 3 ;3) ,
убывает на (;3) и на (3;) ;
y max (3)  4,5; y min (3)  4,5;
выпукла вверх на ( 3;0) и на ( 3;) ;
выпукла вниз на (; 3 ) и на (0; 3 ) ;
x  0 - точка перегиба; асимптоты: x   3 и y   x ;
(0,0) - точка пересечения с осями координат.
31
Выполните следующие задания.
3. Основы интегрального исчисления.
dx
.
Найти 
cos 2 x
dx
 tgx  C.
Решение. Имеем 
cos 2 x
Найти  (2 x  1) 4 dx.
Решение. Воспользуемся заменой переменной, получим
t  2x  1
 (2 x  1) dx  dt  d (2 x  1)  (2 x  1)dx  2dx 
4
dx 
1
dt
2
1 4
1 t5
(2 x  1) 5
t
dt


C

C
2
2 5
10
Найти  x cos xdx.
Решение. Применим метод интегрирования по частям
du  dx
ux
x
cos
xdx

 x sin x   sin xdx  x sin x  cos x  C

v   cos xdx  sin x
dv  cos xdx
Найти  x 2 e x dx.
Решение. Применим метод интегрирования по частям дважды
du  2 xdx
u  x2
2 x
x
e
dx

 x 2 e x   e x 2 xdx  x 2 e x  2 xe x dx 
x
x

x
v   e dx  e
dv  e dx

Найти 
du  dx
ux
dv  e dx
x
v   e dx  e
x
x
 x 2 e x  2( xex   e x dx)  x 2 e x  2 xex  2e x  C
2x  1
dx.
x  2x  1
2
t  x 1
2x  1
2x  1
2(t  1)  1
2t  1
Решение.  2
dx  
dx  dt  dx  
dt   2 dt 
2
2
x  2x  1
( x  1)
t
t
x  t 1
2
dt
1
1
  dt   2 2 ln t   C  2 ln x  1 
C
t
t
x 1
t
dx
. Решение. Выделяем полный квадрат в знаменателе и используем
Найти  2
x  x2
замену переменной
1
t  x
2
3
dx
dx
dt
1 t 2
1 x 1
 x 2  x  2   1 2 9  dt  dx   2 9  3 ln t  3  C  3 ln x  1  C
(x  ) 
t 
2
1
2
4 xt
4
2
3
x dx
Найти  2
x  4.
32
x3
- неправильная дробь, выделим
x2  4
целую часть. Подынтегральную функцию можно представить в виде:
x3
4x
Таким образом, получим
 x 2
2
x 4
x  4.
x 3 dx
4x
x2

xd
x

dx

 2 ln x 2  4  C
 x2  4 
 x 2  4.
2
x2  4
Найти  3
dx.
x  4x
Решение. Разложим знаменатель подынтегральной рациональной функции на
множители: x 3  4 x  x( x 2  4 x)  x( x  2)( x  2). Правильная дробь разлагается в
Решение. Рациональная функция R(x)=
x2  4
A
B
C
Воспользовавшись
 

3
x  4 x x x  2 x  2.
методом неопределенных коэффициентов, найдем коэффициенты A,B.C. Приведем
правую часть равенства к общему знаменателю и приравняем числители:
x 2  4  A( x  2)( x  2)  Bx ( x  2)  Cx( x  2). Подставляем корни знаменателя:
x  0:
4  A(2)  2,
A  1;
сумму простейших дробей:
x  2:
8  B  2  4,
B  1;
x  2 :
8  C (2)  (4), C  1.
Таким образом, искомое разложение на простейшие дроби имеет вид:
x2  4 1
1
1



3
x x  2 x  2.
x  4x
В результате получаем:
x2  4
dx
dx
dx
 x 3  4 x dx   x   x  2   x  2   ln x  ln x  2  ln x  2  C
x 2  4x  4
dx.
Найти  3
x  2x 2  x
Решение. Разложим знаменатель на множители
x 3  2 x 2  x  x( x 2  2 x  1)  x( x  1) 2 .
Подынтегральная функция разложится на сумму простейших дробей:
x 2  4x  4 A
B
C
 

2
x x  1 ( x  1) 2 .
x( x  1)
Приведем правую часть равенства к общему знаменателю и приравняем числители:
x 2  4 x  4  A( x  1) 2  Bx ( x  1)  Cx. Подставляем корни знаменателя:
x  0:
4  A,
A  4;
x  1 : 1  4  4  C, C  9.
Для нахождения B, приравниваем коэффициенты при x 2 , получаем 1=A+B, откуда
B  3 . Таким образом, искомое разложение на простейшие дроби имеет вид
x 2  4x  4 4  3
9
 

2
x x  1 ( x  1) 2 .
x( x  1)
В результате получаем:
x 2  4x  4
dx
dx
dx
9
 x( x  1) 2 dx  4 x  3 x  1  9 ( x  1) 2  4 ln x  3 ln x  1  x  1  C
33
3.10. Найти
 x( x
dx
 1) 2 .
2
1
- правильная и ее разложение на
x( x  1) 2
1
A Bx  C
Dx  E
  2
 2
простейшие дроби имеет вид:
Сравнивая
2
2
x
x( x  1)
x  1 ( x  1) 2 .
числители дробей в обеих частях равенства, получим
1  A( x 2  1) 2  ( Bx  C ) x( x 2  1)  ( Dx  E ) x. Имеется только один действительный
корень x  0 , этого достаточно для нахождения только одного коэффициента А:
x  0 : 1  A,
A  1.
Для нахождения остальных коэффициентов раскроем скобки в правой части
равенства и запишем ее в виде многочлена четвертой степени:
1  ( A  B) x 4  Cx 3  (2 A  B  D) x 2  (C  E ) x  A.
Сравнивая коэффициенты при одинаковых степенях x левой и правой частях,
получим систему уравнений для нахождения неопределенных коэффициентов
x4 :
A  B  0;
x3 :
C  0;
x2 :
2 A  B  D  0;
Решение. Рациональная дробь
Отсюда
находим
разложение имеет вид
2
x1 : C  E  0;
A  1; B  1;
x0 :
A  1.
C  0; D  1;
E  0.
Искомое
1
1
x
x
  2
 2
2
x x  1 ( x  1) 2 .
x( x  1)
dx
dx
xdx
xdx
  2
 2
Следовательно 
2
2
x
x( x  1)
x 1
( x  1) 2 .
Второй и третий интеграл справа находим одинаковой заменой
t  x 2  1, dt  2 xdx, и окончательно получаем
dx
1
1
2
 x( x 2  1) 2  ln x  2 ln( x  1)  2( x 2  1)  C.
dx
Найти 
4 sin x  3 cos x  5.
Решение. Подынтегральная функция рационально зависит от sin x и cos x ;
x
применим подстановку tg  t , тогда
2
2t
2dt
1 t 2
sin x 
, cos x 
, dx 
2
2
1 t
1 t2
1 t
и
2dt
dx
dt
dt
1
1 t2

 2 2


 C.
2
2
 4 sin x  3 cos x  5  2t
t2
1 t
2t  8t  8
(t  2)
4
3
5
1 t2
1 t2
Возвратившись к старой переменной, получим
dx
1
 4 sin x  3 cos x  5  x  C.
tg  2
2
2
34
Найти
cos 3 x
 sin 4 x dx.
Решение. Выполним замену переменной t  sin x. Числитель подынтегрального
выражения можно представить следующим образом
cos 3 xdx  cos 2 x  cos xdx  (1  sin 2 x)d (sin x)  (1  t 2 )dt.
Поэтому имеем
cos 3 x
1 t 2
dt
dt
t 3 t 1
4
2
dx

dt



t
dt

t
dt


 C.
 sin 4 x
 t4
 t4  t2 

 3 1
Возвращаясь к переменной x , получим
cos 3 x
1
1
 sin 4 x dx  sin x  3 sin 3 x  C.

4
Вычислить
dx

 cos
2
x
по формуле Ньютона – Лейбница.
6
Решение. Имеем


dx


3
 cos 2 x  tgx 64  tg 4  tg 6  1  3 .
4
6
e
Вычислить
2
ln x
dx.
x
1

Решение. Положим ln x  t ;
dx
 dt ; если x  1, то t  0; если x  e, то t  1.
x
Тогда
e
1
ln 2 x
1 31 1 3
1
2
3
1 x dx  0 t dt  3 t 0  3 (1  0 )  3 .
1
Вычислить
 xe
x
dx.
0
Решение. Воспользуемся методом интегрирования по частям.
1
1
u  x,
du  dx
e2
x
x 1
x
1
x 1
1
0 xe dx  dv  e  x dx, v  e  x   xe 0  0 e dx   e  e 0  2e  1  e .
Найти площадь криволинейной трапеции, ограниченной графиком функции y  sin 2 x на
 
отрезке 0, 
 2
Искомую площадь S находим по формуле

2
S   sin 2 xdx. .
0
Чтобы вычислить этот интеграл, воспользуемся тригонометрической формулой
1  cos 2 x
. Тогда получим
понижения степени sin 2 x 
2
35



 2

2

 1
1  cos 2 x
1
sin 2 x  2 1  
S
dx    dx   cos 2 xdx    x 
    .
2
20
2 0 2 2 4
 2
0
0


2
Таким образом, искомая площадь S 

.
4
Найти площадь фигуры, ограниченной прямой y  x  2 и параболой y  4  x 2 .
Найдем точки пересечения двух данных линий: x  2  4  x 2 , откуда
x 2  x  6  0, так что x1  3, x2  2. Таким образом,



2

8 
9
5

 12  2     18   9   20 .
3 
2
6

3
Найти объем тела, образованного вращением вокруг оси Ox фигуры, ограниченной
3
кривой y 2   x  1 и прямой x  2 .
Решение. Имеем
2
2
x2 x3
S   4  x   x  2 dx   6  x  x dx  6 x 

2
3
3
3
2
2
2
2
2
1
1
4
V    y dx    x  1 dx   x  1   .
4
4
1
1
1
3
2

Найти несобственный интеграл
dx
x
2
.
1
Решение. По определению имеем

b
dx
 1
 1 
x  2 dx  lim     lim    1  1.
1 x 2  lim

x1
b 
b  1
b  
b  
Таким образом, несобственный интеграл сходится и равен 1.

dx
.
Найти несобственный интеграл 
x
1
Решение. Имеем


b
dx
b

1
b


 lim  x 2 dx  lim 2 x  lim 2 b  2  .
x
b 1
b 
b
1
1
В данном случае несобственный интеграл расходится.

dx
.
Найти несобственный интеграл 
2
 1  x
Решение. Имеем

0


b
dx
dx
dx
dx
dx


 2 lim arctgb  arctg 0  2  0   
2
1  x 2  1  x 2  0 1  x 2  2 0 1  x 2  2 lim

2

b 0 1  x
b
Таким образом, несобственный интеграл сходится и равен  .
36
Выполните следующие задания.
Дифференциальное исчисление функций нескольких переменных.
Дифференциальные уравнения. Ряды.
4.1. Ряд
1
1
1
1


  
 
2
2
1 2 2  2
3 2
n  2n
Сходится т.к. a n 
1
1
 n
n
n2
2
Геометрическая прогрессия

1
2
n 1
4.2. Ряд
n
сходится, где q 
1
2
ln 2 ln 3
ln n

  
 
2
3
n
Известно, что ln n  1 при n  2 , поэтому
и т.к. гармонический ряд

1
n
ln n 1
 ,
n
n
расходится,
n 1
то ряд
ln 2 ln 3
ln n

  
    расходится.
2
3
n
1
1
1
1


  
 
1 2 3  4 5  6
(2n  1)  2n
4.3. Исследовать сходимость ряда
1
1
 2
(2n  1)  2n 4n  2n
Наиболее существенной частью знаменателя является n 2 , поэтому для сравнения можно
1
взять v n  2
n
Общий член ряда u n 
n2
n2
un
1
1
n2
1
1
 lim


lim
 lim
 lim
 0
2
2
2
2
n  v
n  4n  2n n
n  4n  2n
n  4n
2 4
2n n 
n
4

2
n
4n
n
lim
Т.к. ряд Дирихле при p  2

1
n
n 1
2
сходится, то по второму признаку сравнения и данный ряд
тоже сходится.
37
4.4. Исследовать сходимость ряда
1 3
5
2n  1
 2  3   
 
2 2
2
2n
Решение:
Здесь u n 
2n  1
2(n  1)  1 2n  1
 n
, u n 1 
n
2
2 n 1
2 2
Используем признак Даламбера
2n 1
1

2
n
u n 1
2n  1  2  1 lim 2n  1  1 lim n n  1 lim n  1  1
 2n  1 2 n  1 
lim
 lim  n
: n   lim n
n  u
n  2  2
n


1 2
2 
2  2  (2n  1) 2 n 2n  1 2 n 2n 1 2 n

n

2
n n
n
Значит, данный ряд сходится.
 n2 1 

4.5. Исследовать сходимость ряда   2
т 1  2 n  1 

n
n
Здесь удобно применить признак Коши: т.к.
n
 n2 1 
n2 1
  2
, тогда
u n  n  2
2
n

1
2
n

1


n2
1
1
 2
1 2
2
2
n 1
n  1 1
lim n u n  lim
 lim n 2 n  lim
2
n 
n  2n  1
n  2n
n 
1
2
1
2 2
 2
2
n
n
n
Значит, ряд сходится.
4.6. Исследовать сходимость ряда

 (1)
n 1
n
 sin
1
n2
Решение:
Рассмотрим ряд

n 1
Из модулей 0 

Т.е.
 sin
n 1
1
 sin n
2
1
1
 1 , то sin 2  0 для всех n  1,2,...
2
n
n

1
1

sin 2

2
n
n
n 1

Воспользуемся вторым признаком сравнения, для чего сравним этот ряд с рядом
1
n
n 1
2
38
1
n 2  пусть 1  t , при n  , t  0  lim sin t  1
n 0
1
t
n2
2
n
sin
Имеем: lim
n 
И т.к. ряд

1
n
n 1
2

1
n
сходится как ряд Дирихле
при p  2  1 , то сходится и ряд
p
n
(I замечательный предел),

1
 sin n
n 1
2
.
Следовательно, исходный ряд сходится абсолютно.
4.7. Найти область сходимости ряда

x  22n
n 1
9n

, ряд содержит только четные степени x  2 ,
поэтому это положительный ряд.
Применяем признак Коши: lim
n
n 
ряд сходится при
x  2
2
9
 x  2 2 n
92
 lim
 x  2 2
n 
9

 x  2 2 ,
9
 1 , т.е. x  2  9 , это неравенство сводится к  3  x  2  3 ,
2
или  1  x  5 .
Проверим сходимость на конце промежутка:
При x  1 , то получим ряд

 1  22n
n 1
9n


 32n
n 1
9n



9n

1

n
n 1 9
n 1

Общий член этого ряда a n  1 не стремится к 0, т.е. lim a n  lim 1  1  0
n 
n 
Нарушен необходимый признак сходимости, значит ряд расходится.
При x  5 ряд
Ответ: ряд

5  22n
n 1
9n


x  22n
n 1
9n



9n

1 расходится.

n
n 1 9
n 1

сходится для всех x , удовлетворяющих неравенству  1  x  5 .
4.8.
dy
 2 y  ln x
dx
умножим обе части на
dy
2 y
разделим переменные
dx
2 y
 ln x  dx - уравнение с разделенными переменными.
Интегрируя обе части, получим:
39
dy
2
y
  ln x  dx  c
y   ln x  dx  c
ln x  u
 ln x  dx  du  dx
x
dv  dx
vx
 x  ln x   x 
dx
 x  ln x  x
x
y  x  ln x  x  c
Тогда
y  x  (ln x  x)  c
y  x  (ln x  x)  2 xc  (ln x  x)  c 2 - общее решение
2
4.9.
x 1  y 2  y 1  x 2  y  0
x 1  y 2   y  y   1  x 2 умножим на
x
1 x2
x  dx



dx
1 y2  1 x2
y  y
1 y2
y  dy
, это уравнение с разделенными переменными
1 y2
y  dy
 
c
2
1 x
1 y2
1 x2
x  dx
1
1


1
1
2
2
2
2
2 d (1  y 2 )
(
1

x
)
d
(
1

x
)


(
1

y
)


2
2
1
1
(1  x 2 ) 2  2   1  y 2  c
2
1  x 2  1  y 2  c - общий интеграл
4.10.
y
y
 y cos  x
разделим на x обе части уравнения
x
x
y y
y
y  cos  cos  1
x x
x
y
1
y  
это однородное уравнение
y
x
cos
x
Применим подстановку y  u ( x)  x , которая приведет к уравнению с разделяющимися
переменными.
y   u x  u подставим в исходное уравнение
xy  cos
u x  u 
ux
1

x cos u
40
или
1
cos u
du
1
x  
dx
cos u
u x  u  u 

уравнение с разделяющимися переменными
du
dx
 
u
x
cos u  du  
dx
x
dx
c
x
sin u   ln x  c
 cos u  du   
sin u  ln x  c
т.к. y  u  x  u 
Ответ: sin
y
y
, тогда sin  ln x  c
x
x
y
 ln x  c
x
4.11.
y  2 xy  2 x 2 e  x это линейное уравнение, поскольку y и y  входят в это уравнение в I
степенях. Вводится подстановка: y  u ( x)  v( x)
y   u v  uv 
Подставляя в данное уравнение, имеем:
2
u v  uv  2 xuv  2 x 2 e  x
Соберем члены, содержащие функцию v :
2
v(u   2 xu)  uv  2 x 2 e  x
du
 2 xu
I u  2xu  0
dx
2
du
 2 xdx
u  ex

ln u   x 2
u
тогда
2
II
uv  2 x 2 e  x
v   2x 2
или
e  x v  2 x 2 e  x
2
 dv   2 x dx  c
2
2
2
x3
c
3
x3
 x2
тогда y  u  v  e (2  c)
3
v  2 x 2 dx  c  2
Ответ: y  e  x (2
2
x3
 c)
3
41
4.12.
а)
y   5 y   6 y  0
k 2  5k  6  0
5 1
k1 
3
2
y  c1e k1x  c2 e k2
б)
в)
D  b 2  4ac  25  4  6  1
5 1
k2 
 2 , т.к. корни характеристического уравнения
2
действительны и различны
3x
2x
 c1e  c2 e
y   8 y   16 y  0
k 2  8k  16  0
k1, 2  4
D  64  4 16  0
y  e 4 x (c1  c2  x)
корни характеристического уравнения действительны и равны
y   6 y   34 y  0
k 2  6k  34  0
D  36  136  100
6  10i
k1 
 3  5i
2
k 2  3  5i
D  0 корни комплексные и сопряженные
y  e 3 x (c1 cos 5 x  c2 sin 5 x)
4.13.
Решение: найдем y -общее решение уравнения y   y   0
Характеристическое уравнение k 2  k  0
k (k  1)  0
отсюда
k1  0, k 2  0
Поэтому общее решение
Линейное однородное диф.
y  c1  c2 e x
Сравнивая правую часть данного уравнения и f ( x)  b0 x 2  b1 x  b2 , видим, что b0  0 .
Тогда f ( x)  b1 x  b2 и поэтому y*  ex 2  Bx
y*  2Cx  B
y*  2C
Подставляя выражение для y * и y * в исходное уравнение, получим:
или
2C  2Cx  B  4x  5
 2Cx  (2C  B)  4 x  5
Приравняем коэффициенты при одинаковых степенях x в обеих частях последнего уравнения,
имеем:
x1  2C  4 
  C  2, B  1
x 0 2C  B  5
тогда y*  2 x 2  x
Тогда общее решение уравнения: y  y  y*  c1  c2 e x  2 x 2  x
42
4.14.
y   2 y   y  e 2 x
Найдем y общее решение уравнения:
y   2 y   y  0
Характеристическое уравнение
k 2  2k  1  0
D  4  4  0 , т.е.
k1, 2  1 есть двукратный корень уравнения,
поэтому общее решение ЛОДУ:
y  e  x (c1  c2 x)
Найдем теперь y * . Имеем f ( x)  e 2 x , т.к.   2 не является корнем характеристического
уравнения, то y * следует искать в виде:
y*  Be 2 x
y*  2 Be 2 x
y*  4 Be 2 x
Подставив y*, y * и y * в данное уравнение, получим:
4 Be 2 x  4 Be 2 x  Be 2 x  e 2 x
или
1
9 Be 2 x  e 2 x  9 B  1, B 
9
1
Итак, y*  e 2 x , тогда
9
1
y  e  x (c1  c 2  x)  e 2 x - общее решение.
9
4.15.
Найти общее решение уравнения: y   y  ( x 2  1)  e x
Решение:
Однородное уравнение: y   y  0 , характеристическое: k 2  1 , отсюда k1  i, k 2  i ,
т.е.   0,   1 .
Общее решение уравнения y   y  0 имеет вид: y  c1 cos x  c2 sin x .
Т.к. f ( x)  ( x 2  1)  e x ,   1 не корень характеристического уравнения, то частное решение
ищем в виде: y*  ( B0 x 2  B1 x  B2 )  e x

y*  (2 B0 x  B1 )  e x  e x  ( B0 x 2  B1 x  B2 )  e x B0 x 2  x  (2 B0  B1 )  B1  B2



y*  e x B0 x 2  x  (2 B0  B1 )  B1  B2  e x (2 B0 x  2 B0  B1 ) 


 e x B0 x 2  x  (2 B0  B1  2 B0 )  2 B1  2 B0  B2
Подставив y*, y * и y * в данное уравнение, получим:
e x B0 x 2  x  (4 B0  B1 )  2 B0  2 B1  B2  e x ( B0 x 2  B1 x  B2 )  e x ( x 2  1)


или 2 B0 x  x  (4 B0  B1  B1 )  2 B0  2 B1  2 B2  x 2  1
2
43
2
x :
отсюда:
x1 :
B0 
2 B0  1
4 B  2 B1  0
x 0 : 2 B0  2 B1  2 B2  1
4
2
1
2
1
 2 B1  0
2
1
 2(1)  2 B2  1
2
1
2
2 B1  2
1
2
B1  1
2 B2  1  1  2
B2  1
B0 
B0 
1
, B1  1, B2  1
2
1

y*   x 2  x  1  e x
2

Итак, B0 
Тогда общее решение уравнения:
 x2

y  c1 cos x  c2 sin x  e x    x  1
 2

4.16.
x 3  2 xy
y 3  2 xy  1
Частные производные функции двух переменных определяются по тем же формулам и
правилам, что и функции одной переменной, при этом нужно помнить правило: если по одной
переменной дифференцируем, то остальные переменные считаются постоянными.
Найти частные производные функции: z 
Здесь применяем правило нахождения производной частного:
z (3x 2  2 y )( y 3  2 xy  1)  (3 y 2  2 x)( x 3  2 yx)

x
( y 3  2 xy  1) 2
z  2 x( y 3  2 xy  1)  (3 y 2  2 x)( x 3  2 xy)

y
( y 3  2 xy  1) 2
4.17.
Найти полный дифференциал функции z  ln( x 2  y 2 )
Полный дифференциал функции вычисляется по формуле:
z
z
dz 
 dx   dy
x
y
z
1
 2
 2x
x x  y 2
z
1
 2
 2y
y x  y 2
2x
2y
2
dx  2
dy  2
( x  dx  y  dy )
тогда dz  2
2
2
x y
x y
x  y2
4.18.
Вычислить приближенно
Решение:
Пусть
(sin 2 1,55  8e 0, 015 ) 5
44
5
1) f ( x, y)  (sin 2 x  8e y ) 2

x0 
2
y 0  0;
2)
 1,571;
x  1,55;
y  0,015;
f ( x, y )  (sin

2
x  x  x0  1,55  1,571  0,021
y  y  y 0  0,015
5
5
 8e 0 ) 2  9 2  35  243
3
3
5
5
3) f x  (sin 2 x  8e y ) 2  2 sin x  cos x  (sin 2 x  8e y ) 2  sin 2 x;
2
2
3
3
5
f y  (sin 2 x  8e y ) 2  8e y  20e y (sin 2 x  8e y ) 2 ;
2
3
5

f x ( x0 , y 0 )  (sin 2  8e 0 ) 2  sin   0;
2
2
f y ( x0 , y 0 )  20e (sin
0
2

2
3
2
3
2
 8e )  20(1  8)  20  27  540;
0
f
f
 x 
 y  0  540  0,015  8,1
x
y
Тогда, воспользовавшись формулой 6, имеем:
df 
(sin 2 1,55  8e 0, 015 ) 5  243  8,1  251,1
4.19.
Дана функция z  x 2  3 y 3  xy и точка A(1,1) и вектор a  (5,12) .
Найти: 1) grad z ( A)
2) Производную в точке A по направлению вектора a .
Решение:
z
z
1)
 2x  y
 9y2  x
x
y
z
 2 1  1  1
x (1,1)
z
y
 9 1  8
(1,1)
Имеем, grad z  (1,8)
Найдем направляющие косинусы вектора a :
a  x 2  y 2  25  144  169  13
5
12
, cos  
13
13
тогда производная функции по направлению вектора a равна:
z z
z
5
12  5  96 91

 cos    cos   1  ( )  8  

a x
y
13
13
13
13
cos   
4.20.
Составить уравнение касательной плоскости к поверхности, заданной уравнением
x 2  3 y 2  4 z 2  15 в точке P0 (2;3,2)
Решение:
45
Пусть F ( x, y, z )  x 2  3 y 2  4 z 2  15
Тогда F (2;3,2  0)
Fx  2 x
Fy  6 y
Fz  8 z
Fx (2;3,2)  4
Fy (2;3,2)  1,8
Fz(2;3,2)  16
Нормальный вектор плоскости имеет координаты (2,9,8) , тогда
2( x  2)  9( y  3)  8( z  2)  0 или
2 x  9 y  8 z  15  0
4.21.
Исследовать на экстремум функцию f ( x, y)   x 2  xy  y 2  9 x  3 y  20 .
Решение:
Найдем f x( x, y)  2 x  y  9
f y ( x, y )  2 y  x  3
Найдем критические точки из системы
 f x ( x, y)  0
2 x  y  9  0
, т.е. из системы 
 
x  2 y  3  0
 f y ( x, y)  0
Находим x  5,
y  1, M 0 (5,1) - критическая.
2 f
2 f
2 f


2


1
 2
x  y
x 2
y 2
Т.е. A  2, B  1, C  2,
  AC  B 2  (2)(2)  (1) 2  3  0  (5,1) - точка экстремума, т.к. A  2  0 , то (5,1) точка максимума.
z max  z (5,1)  1
46
Выполните следующие задания.
5. Теория вероятности и математическая статистика
Задача 1. Монету подбрасывают один раз. Найти вероятность того, что выпадет герб.
Решение. В результате проведенного испытания (подбрасывания монеты) могут выпасть
n = 2 события: герб и решка. Оба эти события обладают следующими свойствами:
Они элементарные, т.к. их невозможно представить с помощью более «простых» событий;
Равновозможные, т.к. мы можем предположить, что монета обладает свойствами
симметрии;
Несовместные, т.к. появление одного события исключает появление другого;
Образуют полную группу, т.к. в результате испытания обязательно появится одно из этих
событий, а никакие другие появиться не могут.
Обозначим искомое событие буквой А . Среди перечисленных событий благоприятствует
появлению события А только одно – выпадение герба (m=1). Следовательно, по
определению вероятности события:
m 1
P( A)   .
n 2
Задача 2. Игральную кость бросают 2 раза. Найти вероятность того, что произведение
выпавших очков будет равно 12.
Решение. Пространством всех событий этой задачи будет n= 6х6 =36 упорядоченных пар
(1,1) (1,2) ……. (1,6)
(2,1) (2,2) …..…(2,6)
………………………
(6,1) (6,2) ……..(6,6) .
Первая цифра каждой пары – количество очков, выпавших при первом бросании, вторая –
при втором. Понятно, что, как и в предыдущей задаче, все перечисленные события
элементарные, равновозможные, несовместные и образуют полную группу. Перечислим все
благоприятствующие события: (2,6), (3,4), (4,3), (6,2). Количество этих событий m = 4.
Тогда, по определению вероятности события:
m 4 1
P( A)  
 .
n 36 9
Задача 3. Найти вероятность того, что бросании игральной кости выпадет или 3 или 5
очков.
Решение. Обозначим событие А – выпадение 3 очков, событие В – выпадение 5 очков.
События А и В – несовместные, т.к. появление одного из них исключает появление другого
в одном испытании. Тогда событие А+В означает событие, вероятность которого требуется
найти. По теореме о вероятности суммы несовместных событий:
Р(А+В) = Р(А)+Р(В)=1/6+1/6=2/6=1/3.
Задача 4. В ящике находится 5 белых и 7 черных шаров. Из ящика один за другим
вынимают подряд три шара. Найти вероятность того, что все они будут белыми.
Решение. Обозначим событие А1 – первый шар белый, А2 – второй шар белый, А3 – третий
шар белый, событие А – все три шара белые. Вероятность события А1 равна: Р(А1) = 5/12.
Событие А2 зависит от события А1, а именно: после того, как произошло событие А1, общее
количество шаров в ящике стало равно 11, а белых среди них осталось 4. Тогда,
вероятность события А2 равна: Р А1 ( А2 )  4 / 11 .(Запись Р А1 ( А2 ) означает, что мы находим
вероятность события А2 при условии, что событие А1 уже осуществилось). Аналогично,
47
вероятность события А3 равна (при условии, что события А1 и А2 уже произошли):
Р А1  А2 ( А3 )  3 / 10. В наших обозначениях А  А1  А2  А3 . События А1 , А2 , А3 - зависимые.
По теореме о вероятности совместного появления зависимых событий:
Р( А)  Р( А1  А2  А3 )  Р( А1 )  Р А1 ( А 2 )  Р А1  А2 ( А3 )  5 / 12  4 / 11  3 / 10  15 / 330  0,045.
Задача 5. В ящике находится 7 шаров, среди них 4 белых, остальные – черные. Из ящика
наугад вынимают 5 шаров. Найти вероятность того, что среди них будет 3 белых.
Решение. Количество различных вариантов, которыми можно вынуть 5 шаров из 7 шаров
7!
7!
совпадает с числом сочетаний из 7 по5: С 75 
. Количество различных

5!(7  5)! 5!2!
вариантов, которыми можно выбрать из 4 белых шаров 3 белых шара равно числу
4!
4!
сочетаний из 4 по3: С 43 
. В 5 выбранных шарах должно быть 5-3=2 черных

3!(4  3)! 3!1!
шара. Всего в ящике находится 7-4=3 черных шара. Количество различных вариантов,
которыми можно выбрать из 3 черных шаров 2 черных шара равно числу сочетаний из 3
3!
3!
по2: С32 
. Число благоприятствующих событий (по правилу произведения)

2!(3  2)! 2!1!
равно С 43  С32 . Тогда искомая вероятность события равна:
4! 3!

С С
3
!
2!  4!5!  2  0,2857.
Р( А) 

5
7!
2!7! 7
С7
5!
3
4
2
3
Задача 6. Из колоды в 36 карт наугад извлекают одну карту. Найти вероятность того, что
эта карта будет или дамой или бубновой масти.
Решение. Обозначим событие А – извлеченная карта дама, событие В – извлеченная карта
бубновой масти. События А и В совместные, т.к. появление одного из них не исключает
появления другого. Событие А + В означает либо появление дамы либо карты бубновой
масти. По теореме о вероятности суммы совместных событий:
Р( А  В)  Р( А)  Р( В)  Р( А  В).
Р(А) = 4/36=1/9, Р(В) = 9/36=1/4, Р(АВ) = 1/36, т.к. в колоде карт существует одна дама
крестовой масти. Тогда, Р(А+В) = 1/9+1/4-1/36 = 12/36=1/3.
Задача 7. Два стрелка стреляют по мишени. Вероятность попадания первым стрелком равна
0.8, вторым – 0.9. Найти вероятность того, что при залпе по мишени попадет только один
стрелок.
Решение. Пусть событие А1 - первый стрелок попал по мишени, А2 - второй стрелок попал
по мишени, В – при залпе по мишени попал только один стрелок. Событие В словами
можно описать следующим образом: при залпе по мишени (первый стрелок попал, а второй
промахнулся) или (второй стрелок попал, а первый промахнулся). Событие А1 означает,
что при залпе по мишени промахнулся первый стрелок, А2 - промахнулся второй.
Произведение событий А1  А2 означает, что при залпе по мишени первый стрелок
промахнулся, а второй при этом попал по мишени, А1  А2 - первый попал и второй
промахнулся. Тогда В  А1  А2  А1  А2 . События
А1  А2 и А1  А2 несовместные,
следовательно Р( В)  Р( А1  А2  А1  А2 )  Р( А1  А2 )  Р( А1  А2 )  (события А1 и А2
48
независимые, следовательно, события А1 , А2 и А1 , А2 так же независимые) =(по теореме о
вероятности произведения независимых событий) =
Р( А1 )  Р( А2 )  Р( А1 )  Р( А2 ) =
( Р( А1 )  1  Р( А1 )  1  0.8  0.2, Р( А2 )  1  Р( А2 )  1  0.9  0.1 ) = 0.2  0.9  0.8  0.1  0.26.
Задача 8. Найти вероятность того, что при залпе по мишени попадет хотя бы один
стрелок (Задача 7).
Решение. Пусть событие С означает появление хотя бы одного события А1 или А2.
События А1 и А2 независимы в совокупности. По теореме о вероятности появления хотя бы
одного
из
событий,
независимых
в
совокупности:
Р(С )  1  Р( А1 )  Р( А2 )  1  0.2  0.1  1  0.02  0.98.
Задача 9. Игральную кость (кубик) бросают 5 раз. Найти вероятность того, что шестерка
выпадет ровно два раза.
Решение. По формуле Бернулли Pn (k )  С nk  p k  q n  k . Здесь n – количество испытаний, k
– число появления события в этих испытаниях, p – вероятность появления события в
одном испытании, q = 1-p, C nk  число сочетаний из n по k. В данной задаче n = 5, k = 2, p
= 1/6, q = 1- 1/6 = 5/6. Тогда
2
Pn (k )  С  p  q
k
n
k
nk
1 5
= С    
6 6
2
5
5 2
2
3
5!
5! 5 3
1 5
    =
=
= 0,16.
2!(5  2)!  6   6 
2!3! 6 5
Задача 10. Два станка выпускают детали, которые помещаются в один ящик. Первый
станок выпускает 40% всех деталей, второй – 60%. Количество бракованных деталей,
выпускаемых первым станком равно 5%, вторым – 10%. Из ящика наугад выбирают одну
деталь. Найтьи вероятность, того, что она будет бракованной.
Решение. Пусть событие В – выбранная деталь бракованная., А1 – деталь изготовлена
первым станком, А2 – вторым. По теореме о полной вероятности
Р( В)  Р( А1 )  Р А1 ( В)  Р( А2 )  Р А2 ( В).
Здесь Р(А1) = 40/100 =0,4; Р(А2) = 60/100 =0,6; Р А1 ( В ) 
Тогда Р( В)  0,4  0,05  0,6  0,1  0,08.
5
10
 0,05 ; Р А2 ( В) 
 0,1 .
100
100
Задача 11. В лотерее разыгрываются 1000 билетов. Среди них 5 выигрышей по 500
рублей, 15 выигрышей по 200 рублей , 50 выигрышей по 100 рублей и 200 выигрышей по
50 рублей. Составить закон распределения случайной величины Х – выигрыша по одному
билету этой лотереи.
Решение. Запишем искомый закон распределения в виде
х
Х х1 х2 х3
 n ,
Р р1 р2 р3
рn
Где хi - сумма выигрыша по одному билету, р i - вероятность этого выигрыша. Тогда:
Х 500 200 100 200 0
.
Р 0.005 0.015 0.05 0.2 0.73
Проверка : 0.005+0.015+0.05+0.2+0.73 = 1.
49
Задача 12. По мишени производится 2 независимых выстрела. Вероятность попадания
при каждом выстреле одинакова и равна 0,6. Составить закон распределения случайной
величины X – числа попаданий по мишени.
Решение. Вероятность того, что при двух выстрелах стрелок не попадет по мишени
равна (по формуле Бернулли):
р1  С20  р 0  q 2  1  (0.4) 2  0,16.
Вероятность того, что при двух выстрелах стрелок попадет по мишени один раз равна:
р1  С21  р1  q1  2  (0,6)  (0.4)  0,48.
Вероятность того, что при двух выстрелах стрелок попадет по мишени два раза равна:
р1  С22  р 2  q 01  1  (0,6) 2  0,36.
Тогда искомый закон распределения записывается следующим образом:
Х 0
1
2
.
Р 0.16 0.48 0.36
Задача 13. Найти математическое ожидание, дисперсию и среднее квадратическое
отклонение случайной величины X задачи № 11.
Решение. По определению, математическое ожидание дискретной случайной величины
равно сумме произведений значений х I на соответствующие вероятности рi :
n
М ( Х )   хi  pi  0  0,16  1  0,48  2  0,36  1,2.
i 1
Вычислим дисперсию D(X) по формуле:
2
D( X )  M ( X 2 )  M ( X ) .
Здесь
хn2
Х 2 х12 х22 х32
 .
Р р1 р 2 р3
рn
n
М ( Х 2 )   хi2  pi  0  0,16  1  0,48  4  0,36  1,92.
i 1
D( X )  M ( X 2 )  M ( X )  1,92  (1,2) 2  0,48.
2
Среднее
квадратическое
отклонение
 ( X )  D( X )  0,6928.
Задача 14. Пусть X – случайная величина равная числу выпадения единицы при 25
бросаниях игральной кости (кубика). Найти математическое ожидание, дисперсию и
среднее квадратичное отклонение X.
Решение. Математическое ожидание и дисперсию случайной величины Х найдем по
формулам
М ( Х )  n  p;
D ( X )  n  p  q,
Где n – количество проведенных испытаний, p – вероятность появления события в одном
испытании, q – вероятность противоположного события (q = 1- p).
1
1 5
М ( Х )  25   4,33. D( X )  25    3,47.
6
6 6
Среднее квадратическое отклонение  ( Х )  D( X )  1,86.
Задача 15. Задана плотность распределения случайной величины Х:
50
если x  12,
0,

f ( x)  a x, если 0  x  12,
0,
если x  12.

Определить коэффициент a и найти функцию распределения F(x).
Решение. Согласно свойству плотности распределения

 f ( x)dx  1.

Это равенство выражает тот факт, что в результате испытания случайная величина Х
примет какое либо значение    x  . Следовательно,

12
12
1
x 2 12
 f ( x)dx  0 ax  dx  a 0 x  dx  a 2 0  72a  1,  a  72 .
Функция распределения случайной величины Х выражается по известной плотности
распределения по формуле:
x
F ( x) 
 f ( x)  dx.

Пусть х < 0. Тогда:
F ( x) 
x
x


 f ( x)dx   0  dx  0.
Пусть 0  x  12. Тогда:
x
0
x
0
x
1 x2
x2
1
0



.
F ( x)   f ( x)dx   f ( x)  dx   f ( x)  dx   0dx   x  dx 
72 2 144
72


0

0
Пусть x  12. Тогда:
x
F ( x) 
0
12
x
 f ( x)dx   f ( x)  dx   f ( x)  dx   f ( x)  dx 

0
  0dx 


12
0

12
2
1
1 x
  x  dx   0  dx 0  
72 0
72 2
12
12
0
 0  1.
 0,    x  0,
 x 2
, 0  x  12,
Окончательно: F ( x)  
144
x  12.
 1,
Задача
16.
Задана
функция
распределения
случайной
величины
Х:
если x  0,
0,

F ( x)   x, если 0  x 1,
1,
если x 1.

Найти вероятность того, что в результате 5 испытаний случайная величина Х ровно 2 раза
примет значения из интервала (0,25; 0,5).
Решение. Вероятность того, что в результате испытания случайная величина Х примет
значение, заключенное в интервале (a, b) равна:
P(a  x  b)  F (b)  F (a)  0,5  0,25  0,25.
По формуле Бернулли искомая вероятность равна:
51
P5 (2)  C52  p 2  q 52 
Задача 17.
5!
 (0,25) 2  (0,75) 3  0,2637.
2!3!
Найти математическое ожидание и дисперсию случайной величины Х
если x  0,
0,
 x

заданной функцией распределения F ( x)   , если 0  x 10,
 10
если x 10.
1,
Решение. Найдем плотность распределения:
 0, x  0,

f ( x)  F ( x)  0,1, 0  x  10 .
 0, x  10

Тогда, математическое ожидание равно:

M (X ) 
 x  f ( x)  dx 

0

10
 x  0  dx   0,1x  dx   x  0  dx 0,1 

0
10
x2
2
10
0
 5.
Дисперсия:

D( X ) 
2
 x f ( x)dx  M ( X ) 
2

10
2
 0,1  x  dx  25  0,1 
0
x3
3
10
0
 25  8,33 .
Среднее квадратическое отклонение  ( X )  D( X )  8,33  2,89 .
Задача 18. Математическое ожидание (a ) и среднее квадратическое отклонение
( ) нормально распределенной случайной величины Х равны соответственно 12 и 4.
Найти вероятность того, что в результате испытания случайная величина Х примет
значение из интервала (8,10).
Решение. Вероятность того, что нормально распределенная случайная величина примет
значение, принадлежащее интервалу ( ,  ) равна:
x2

1
 а
  а 
P(  x   )  Ф
Ф(  x   ) 
  e 2  dx - функция
  Ф
 , где
2 0
  
  
Лапласа.
 10  12 
 8  12 
Тогда: P(8  x  10)  Ф
  Ф
  Ф(0,5)  Ф(1)  0,1915  0,3413  0,1498 .
 4 
 4 
x
Задача 19. Найти выборочную дисперсию по данному распределению
хi 520 560 590 610
ni 15 25 45 15.
Решение. Перейдем к условным вариантам u i  xi  C , где С – произвольное число, в
качестве которого выберем выборочную среднюю xв :
4
xв 
x
i 1
i
n
 ni
4
, где n   ni  100 .
i 1
52
4
Тогда, выборочная дисперсия вычисляется по формуле: Dв 
4
x
n
i 1
i
 ui
n
 ( xв ) 2 .
 ni
520  15  560  25  590  45  610  15
 575.
100
n
Запишем распределение условных вариант:
хi -55 -15 15 35
ni 15 25 45 15.
xв 
i 1
Dв 
i
=
 55  15  15  25  15  45  35  15
 (575) 2  795.
100
Задача 20. Найти методом произведений выборочную среднюю и выборочную дисперсию
по данному распределению выборки.
хi 5 9 10 11 15 16 19 20 24 25
ni 2 3 7 14 18 19 18 11 5 3
Решение. Составим расчетную таблицу, в которой первый столбец – значения вариант
хi, второй столбец – значения ni, третий столбец – произведения хini, четвертый столбец –
10
произведения х ni . Тогда xв 
2
i
x
i 1
i
n
 ni
10
, Dв 
n
i 1
i
 xi
n
10
 ( xв ) 2 , n   ni  100
i 1
xi
ni
хini
5
9
10
11
15
16
19
20
24
25
2
3
7
14
18
19
18
11
5
3
Сумма = 100
10
27
70
154
270
304
342
220
120
75
Сумма = 835
хi2 ni
50
243
700
1694
4050
4864
6498
4400
2880
1875
Сумма=11601
Тогда хв= 8,35; Dв= 46,2875.
53
Выполните следующие задания.
6. Математическое программирование.
6.1.
Для изготовления трех видов изделий А,В,С используется токарное, фрезерное,
сварочное и шлифовальное оборудование. Затраты времени на обработку одного изделия
для каждого из типов оборудования указаны в таблице. В ней же указан общий фонд
рабочего времени каждого из типов используемого оборудования, а также прибыль от
реализации одного изделия каждого вида.
Тип
оборудования
Фрезерное
Токарное
Сварочное
Шлифовальное
Прибыль
Затраты времени (станка ч.) на
обработку одного изделия вида
А
В
С
2
4
5
1
8
6
7
4
5
4
6
7
10
14
12
Общий фонд рабочего
времени
оборудования (ч.)
120
280
240
360
Построить математическую модель задачи.
Решение.
Пусть изготовлено х единиц изделий вида А, х2 - единиц изделий вида В и
изделий вида С.
Тогда приходим к следующей задаче линейного программирования
х3
- единиц
z  10 x1  4 x2  5 x3  120
2 x1  4 x2  5 x3  120
 x  8 x  6 x  280
 1
2
3

7 x1  4 x2  5 x3  240
4 x1  6 x2  7 x3  360
x j  0  j  1,2 ,3
6.2.
Решить систему линейных уравнений методом Жордана-Гаусса
2 х1  x2  x3  3

 x1  3x2  2 x3  1

x2  2 x3  8

Все исходные данные занесем в таблицу 1.
Номер
строки
1
2
3
Базисное
неизвестное
Свободный
член в i
3
1
8
х1
2
1
0
х2
-1
3
1
х3
1
-2
2
54
Выберем элемент a 21  1 за разрешающий элемент. Пересчитаем все элементы таблицы
1 по формулам полного исключения. Результаты пересчета приведем в таблице 2.
Номер
Базисное
Свободный
х3
х1
х2
строки
неизвестное
член в i
1
2
3
1
1
8
х1
0
1
0
-7
3
1
5
-2
2
В таблице 2 элемент а32  1 выбираем за разрешающий. Результаты 2-ой и третьей
итерации приведены в таблице 3.
Номер
Базисное
Свободный
х3
х1
х2
строки
неизвестное
член в i
1
2
3
57
-23
8
0
1
0
0
0
1
19
8
2
1
2
3
3
1
2
0
1
0
0
0
1
1
0
0
Из последней таблицы получаем единственное решение системы
х1  1; х 2  2 ; х3  3 .
6.3.
Решить систему линейных уравнений методом Жордана-Гаусса.
 х1  2 х2  х3  3х4  5

2 х1  4 х2  2 х3  6 х4  10
2 х  х  х  20
2
4
 1
Решение приведено в таблице 4.
Номер
Базисное
Свободный
строки
неизвестное
член в i
х1
х2
х3
х4
1
2
3
5
10
20
1
2
2
-2
-4
1
-1
-2
0
3
6
1
5
0
10
1
0
0
-2
0
5
-1
0
2
3
0
-5
10
0
2
1
0
0
1/2
0
1/5
0
0
1
1/2
0
-5/2
1
2
3
х1
1
2
3
Из последней таблицы получаем
 х1  1 / 2 х 2  1 / 2 х4  10

5 / 2 х 2  х3  5 / 2 х 4  2
55
Отсюда получаем общее решение
х2  х4

х

10

 1
2

 х  2  5 х  х ; х х  R
2
4
2, 4
 3
2
6.4.
Найти два базисных решения системы линейных уравнений
4 х1  х 2  х3  6

2 х1  х 2  х3  2
Приведем систему к единичному базису
Номер
строки
Базисное
неизвестное
1
2
Свободный
член в i
х1
х2
х3
6
2
4
2
1
1
1
-1
1
2
х2
6
-4
4
-2
1
0
1
-2
1
2
х2
х1
-2
2
0
1
1
0
-3
1
Из последней таблицы получаем базисное решение
1  2 ,2 , 0
Х баз
Выполним преобразования однократного замещения (один шаг жордановых исключений)
с разрешающим элементом а 23  1, результаты поместим в таблицу.


Номер
строки
Базисное
неизвестное
1
2
х2
х3
Свободный
член в i
4
2
х1
х2
х3
3
1
1
0
0
1
Из последней таблицы получаем базисное решение
2 
Х баз  0 , 4 , 2


6.5.
Найти два опорных решения системы линейных уравнений
2 х1  х 2  4

4 х1  х3  2
 х  х 1
4
 1
56
Поместим данные задачи в таблицу Гаусса
Номер
Базисное
Свободный
строки
неизвестное
член в i
1
Х2
4
2
Х3
2
3
Х4
1
Из таблицы находим опорное решение
х1
х2
х3
х4
2
4
1
1
0
0
0
1
0
0
0
1
1  0 , 4 , 2 ,1. Найдем согласно правилу
Х опор
симплексного преобразования,
 4 2 1 2 1
min  ; ;    , поэтому за разрешающую выберем вторую строку, а за
 2 4 1 4 2
разрешающий элемент a 21  4
Выполним один шаг жордановых исключений, результаты поместим в таблицу
Номер
строки
Базисное
неизвестное
Свободный
член в i
1
2
3
3
1/2
1/2
х1
х2
х3
х4
0
1
0
1
0
0
-1/2
1/2
-1/4
0
0
1
Из последней таблицы находим опорное решение
2 
Х опор  1 / 2 , 3, 0 ,1 / 2 .


6.6.
Завод производит два вида продукции: велосипеды и мотоциклы. Цех по сборке
велосипедов имеет мощность – 100 тыс. штук в год. Цех по сборке мотоциклов имеет – 30
тыс. штук в год. Механические цеха завода оснащены взаимозаменяемым оборудованием
и одна группа цехов может производить либо детали для 120 тыс. велосипедов, либо
детали для 40 тыс. мотоциклов, либо любую комбинацию деталей, ограниченную этими
данными.
Другая группа механических цехов может выпускать детали либо для 80 тыс.
велосипедов, либо для 60 тыс. мотоциклов, либо любую их допустимую комбинацию. В
результате реализации каждой тысячи велосипедов завод получает прибыль 12 тыс., а
каждой тысячи мотоциклов – 3 тыс. рублей.
Найти такое сочетание объемов выпуска продукции, которое дает наибольшую сумму
прибыли.
Решение
Пусть х1 и х 2 соответственно количества велосипедов и мотоциклов, выпускаемые
заводом в год (8 тыс. штук). Учитывая возможности сборочных цехов необходимо
потребовать, чтобы
х1  100
х 2  30
(1)
Из анализа работы механических цехов необходимо учитывать, что при выпуске обоих
видов продукции должно выполняться условие пропорциональности количества
продукции данного вида доле производственной мощности занятой ее выпуском.
Если предусматривается производство 1000 велосипедов, то доля занятой
производственной мощности механических цехов I группы составит 1/200 всей мощности.
57
Для х1 тыс. велосипедов потребуется занять 1 / 200  х1 всей мощности. Аналогично
для производства х 2 тыс. мотоциклов необходимо выделить 1 / 40  х2 всей мощности.
Так что для реализации плана
всей мощности, принятой за 1.
х1 ; х2  нужна мощность, которая не может превзойти
1
1
х1 
х2  1
120
40
(3)
1
1
х1 
х2  1
80
60
(4)
Аналогично получим ограничение по производственной мощности механических цехов II
группы
Далее по смыслу
х1  0 ; х2  0
Прибыль z  2 x1  3x2
(5)
(6)
Окончательно модель:
z  2 x1  3x2 max 

 x1  100

 x 2  30
 1
1
x2  1
 x1 
40
 20
1
1
x

x2  1
1
80
60

 x1  0 ; x 2  0
Решим задачу графически
 z  2 x1  3x 2 max 
 x  100
 1
 x 2  30
 x  3x  120
2
 1
3x1  4 x 2  240
58
4
40
2
N
A
х
3
100
120
линия уровня
z max  z  A
 100
 30
3 – прямая с уравнением х1  3х2  120
4 – прямая с уравнением 3х1  4 х2  240 .
1 – прямая с уравнением х1
2 – прямая с уравнением х 2
Точку А найдем из системы:
 x1  3 x 2  120

3 x1  4 x 2  240
x1  48; х 2  24
А48 , 24; z  А  z max  2  48  3  24  168
т.е. нужно выпустить 48 велосипедов и 24 мотоцикла, при этом наибольшая прибыль
составит 168 тыс.рублей.
6.7.
 2 x1  3x2  9,

Найти максимум функции F  x1  2x2 при ограничениях  x1  2 x2  2,
 x  0, x  0.
2
 1
Решение:
59
x2
F=4

q
0
x1
На рисунке изображены: неограниченная многогранная область решений данной системы

ограничений-неравенств; исходная линия уровня x1  2 x2  4 ; вектор q  (1,2) , указывающий
направление движения исходной линии уровня для нахождения Fmax . Легко заметить, что
функция F может неограниченно возрастать при заданной системе ограничений, поэтому
можно условно записать, что Fmax   .
6.8.
 2 x1  3x 2  9,
 x  2 x  2,

1
2
Найти максимум функции F  x1  x2 при ограничениях 
x

x
1
2 8

 x1  0, x 2  0.
Решение:
x2
F  1
0

q
x1
Изображенная на рисунке область не содержит ни одной общей точки, которая бы
удовлетворяла всем неравенствам системы ограничений. Иными словами, система ограничений
противоречива и не может содержать ни одного решения, в том числе и оптимального.
60
6.9.
 2 x1  3x 2  9,
 x  2 x  2,

1
2
Найти максимум функции F  x1  x2 при ограничениях 
x

x
1
2 8

 x1  0, x 2  0.
Решение:
x2
F 3
В
А
0

q
С
x1
Всем неравенствам системы ограничений удовлетворяют точки треугольника АВС, который и
является областью решений. За исходную линию уровня взята прямая x1  x2  3 , с тем, чтобы
она пересекала область решений. Как видно из рисунка, максимальное значение F  8
достигается в точке C (8,0) .
Отметим, что при построении треугольника АВС мы не использовали прямую  2x1  3x2  9 ,
соответствующую первому неравенству, хотя все точки этого треугольника удовлетворяют
указанному неравенству. Таким образом, неравенство  2x1  3x2  9 - лишнее в системе
ограничений (так же как и неравенство x1  0 ).
Замечание: Лишние неравенства в системе ограничений можно обнаружить лишь после
построения области решений. Построение же области решений, как и само геометрическое
решение задач на отыскание оптимума линейной формы, возможно только для очень
ограниченного типа задач линейного программирования. При решении задач с любым числом
переменных аналитическим методом (например, симплексным) вопрос о лишних ограничениях
просто не рассматривается, т.е. все неравенства системы ограничений берутся в расчет.
6.10.
 2 x1  3x 2  9,
 x  2 x  2,

1
2
Найти максимум функции F  x1  x2 при ограничениях 
x1  x 2  8

 x1  0, x 2  0.
Решение:
61
x2
F  1
В
А
С

q
0
D
x1
На рисунке изображены область решений системы ограничений и линия уровня,
соответствующая значению F  1 . Если передвигать линию уровня параллельно исходной в

направлении вектора q , то она выйдет из области решений не в одной точке, как это было в
предыдущих примерах, а сольется с прямой CD, которая является граничной линией области
решений. Все точки отрезка CD дают одно и то же значение функции F, которое и служит ее
оптимальным значением: Fmax  2 . Следовательно, имеется не одно, а бесчисленное множество
решений, совпадающих с точками отрезка CD, в частности с двумя угловыми точками C и D.
Этот пример показывает, что в некоторых случаях (кстати, весьма редких) единственность
оптимального решения нарушается.
6.11.
 2 x1  3x 2  9,
 x  2 x  8,

1
2
Найти минимум функции F  2 x1  x2 при ограничениях 
x1  x 2  8

 x1  0, x 2  0.
Решение:
x2
В
А

q
0
С
F 6
x1
62
Отличие этого примера от предыдущих состоит в том, что здесь ищется не максимум, а
минимум функции F . Областью решений данной системы ограничений является треугольник

ABC. На рисунке изображены также исходная линия уровня 2 x1  x2  6 и вектор q  ( 2;1) ,
показывающий направление движения этой линии до достижения максимума функции F. Так
как требуется найти минимум этой функции, то будем передвигать исходную линию уровня в

сторону, противоположную вектору q . Как видно из рисунка, минимум функции F достигается
 2 x1  3x2  9,
в угловой точке А, координаты которой служат решением системы уравнений 
 x1  2 x2  8.
37
 6 25 
Отсюда A  ;  и Fmin 
.
7
7 7 
6.12.
Предположим, что для производства двух видов продукции А и В можно использовать
материал трех сортов. При этом на изготовление единицы продукции А расходуется а1
а 2 кг. материала II сорта, а 3 кг.- III сорта.
На изготовление единицы изделия В расходуется в1 кг. материала I сорта, в 2 кг. II сорта,
в3 кг. III сорта. На складе фабрики всего имеется материала I сорта с1 кг., материала II
сорта с 2 кг., материала III сорта с3 кг. От реализации единицы готовой продукции вида
А фабрика имеет  рублей, продукции вида В -  рублей.
кг. материала I сорта,
Определить максимальную прибыль от реализации всей продукции вида А и В.
Решить задачу симплекс – методом. Дать геометрическую интерпритацию
математической формулировке задачи.
Дано:
а1  20
а 2  15
а3  14
в1  28
в2  9
в3  1
с1  758
с 2  526
с3  541
1  10
 2
Решение.
Построим математическую модель. Обозначим через
х 2 - количество продукции вида В. Прибыль z
(1)
z  10 x1  2 x2 max 
через
х1 количество продукции вида А,
от реализации составит:
Система ограничений:
20 x1  28x 2  758
15x  9 x  526
 1
2

14 x1  x 2  541
 x1  0 , x 2  0
(2)
Математическая формулировка задачи: найти такие значения х1 и х 2 , которые
удовлетворяют системе ограничения (2) и при которых целевая функция z имеет
значение.
max
63
Решим задачу графически.
10 x1  14 x 2  379
15 x1  9 x 2  526
14 x1  x 2  541
Построим на плоскости прямую 1 с уравнением:
10 x1  14 x 2  379
A0 ; 217 ,1; В37 ,9 ; 0 
Построим прямую 2 с уравнением:
15х1  9 х 2  526
С 0 ; 58,4; D35,1; 0
Построим прямую 3 с уравнением:
14 х1  х 2  541
E 35; 51 F 38,6 ; 0
Четырехугольник ОАМD – графическое решение системы ограничения (2).


Построим вектор N 10; 2 - вектор градиент. Линия уровня, на которой значение z
постоянно.
Передвигая линию уровня параллельно самой себе в направление градиента, находим
точку выхода из-за заштрихованной области. Это будет точка D. В этой точке достигается
наибольшее значение функции z
526
 526 
D
; 0  z max 
 351 - максимальное значение прибыли.
15
15


64
x2
55
60
С
E
30
А
25

N
5
D
0
5
35
10
B F
x1
40
Решение задачи симплексным методом.
Приводим систему ограничения к экономическому виду:
10 х1  14 х 2  х 3  379
15 х1  9 х 2  х 4  526
14 х1  х 2  х 5  541
х i  0 ; i  1,2 ,3 ,4 ,5
Заполним симплексную таблицу.
z
вi
x1
x2
x3
x4
x5
379
526
541
0
10
15
14
-10
14
9
1
-2
1
0
0
0
0
1
0
0
0
0
1
0
 379 526 541  526
;
;

 10 15 14  15
Найдем min
Поэтому за разрешающую выберем вторую строку, выполним преобразование полного
исключения неизвестных, результаты поместим в таблицу
65
вi
x1
x3
x2
x5
x4
28
0
8
1
-0,7
0
35,1
1
0,6
0
0,07
0
49,6
0
-7,4
0
-0,98
1
351
0
4
0
0,7
0
z
Так как в строке целевой функции нет отрицательных оценок, то максимум целевой
функции найден, z max  351; x1  35 ,1; x 2  0 .
6.13.
 z  x1  x 2  x3 max 
x  x  2x  5
 1
4
6

 x 2  2 x 4  3 x5  x 6  3
 x3  2 x 4  5 x5  6 x6  5
Занесем данные в симплексную таблицу
базисное
вi
x3
x5
x6
x1
x2
x4
неизвестное
5
1
0
0
-1
0
-2
x1
3
0
1
0
2
-3
1
x2
5
0
0
1
2
-5
6
x3
0
-1
-1
-1
0
0
0
z
Система ограничений приведена к единичному базису, но необходимо исключить
неизвестные х1 , х 2 , х3 из целевой функции, для этого к четвертой строке прибавим
сумму первых трех строк.
базисное
неизвестное
x1
x2
x3
z
вi
x1
x2
x3
x4
x5
x6
5
1
0
0
-1
0
-2
3
0
1
0
2
-3
1
5
0
0
1
2
-5
6
13
0
0
0
3
-8
5
Анализ столбца х 5 показывает, что целевая функция z неограниченна в области
допустимых решений и поставленная задача линейного программирования решений не
имеет.
6.14.
Для производства 2-х видов изделий А и В используется 2 вида сырья. Каждый из видов
сырья может быть использован в количестве, соответственно не большем 180 и 210 кг.
Нормы затрат каждого из видов сырья на единицу продукции данного вида и цена
единицы продукции каждого вида приведены в таблице.
Определить план выпуска продукции, при котором обеспечивается ее максимальная
стоимость, и оценить каждый из видов сырья.
66
Вид сырья
I
Таблица
Нормы затрат сырья (кг) на единицу
продукции
А
В
4
2
II
Цена единицы
продукции
(рубли)
3
1
10
4
Решение
Построим модель исходной задачи:
z  10 x1  4 x 2 (max)
Двойственная задача:
T  180 y1  210 y 2 (min)
4 x1  2 x 2  180

3x1  x 2  210
4 y1  3 y 2  10

2 y1  y 2  4
y i  0, i  1,2
xi  0, i  1,2
Решим 1-ю задачу симплексным методом
z
ai 0
x1
x2
180 4
2
210 3
1
0
-10 -4
x3
1
0
0
x4
0
1
0

z
ai 0
45
x1
1
75
0
450
0
x2
1
2
-1
2
1
x3
x4
0
1
4
3
2,5
4
1
0
Из последней таблицы видно, что X опт  (45,0,0,75) . Т.е. изготовляется 45 изделий вида А,
изделий вида В не изготавливается, сырье I вида используется полностью, а сырья II вида
остается 75 кг. Общая стоимость изделий равна 450 руб.
Найдем оптимальной решение двойственной задачи. Для этого подставим решение
x1  45; x2  0 в систему ограничений исходной задачи:
180  180
 y2  0

35  210
4 y  10
Из системы  1
найдем y1  2,5; Tmin  450
2 y1  4
Т.к. y1  2,5 , то сырье I вида используется производством, а y 2  0 , т.е. сырье II вида не
полностью используется производством. При подстановке y1  2,5 , y 2  0 в систему
ограничений двойственной задачи, получим:
10  10

5  4
Второе неравенство свидетельствует, что затраты на приобретение сырья для II вида
продукции превышает калькуляционную себестоимость, поэтому x2  0 . Т.е. продукция II вида
не производится.
67
6.15.
Решить задачу Л.П путем графического анализа двойственной задачи.
z  5 x1  x 2  x3  x 4 (max)
 x3  x 4  16
4 x1

6 x1  4 x 2  x3  x 4  4
xi  0
Решение
Двойственная задача имеет вид:
T  16 y1  4 y 2 (min)
4 y1  6 y 2  5

(1)
 4 y2  1


 y1  y 2  1
 y1  y 2  1
Решим задачу графически:
y2

N
y2  

Y
1
4
y1
D
4 y1  6 y2  5

 13 1 
Yопт   , , Tmin  25
 8 4

Подставим Y в систему (1). 3-е и 4-е неравенства удовлетворяются как строгие
11 
 15
 1 , следовательно, по теореме двойственности x3  0 и x4  0 . Подставим эти
  1;
8
8

значения в исходную систему, получим
x1  4
4 x1  16

x2  5
6 x1  4 x2  4

X опт  (4,5,0,0)
Z max  25
6.16.
В трех пунктах отправления сосредоточен однородный груз в количествах, соответственно
равных 420, 380 и 400 т. Этот груз необходимо перевезти в три пункта назначения в
количествах, соответственно равных 260, 520 и 420 т. Стоимость перевозок 1т. груза из
68
каждого пункта отправления каждый пункт назначения являются известными величинами и
задаются матрицей:
 2 4 3


(Сij )   7 5 8 
6 9 7


Найти план перевозок, обеспечивающий вывоз имеющегося груза и завоз его в пункты
назначения при минимальной общей стоимости перевозок. Построить математическую модель
задачи.
Решение
Пусть X  ( X ij ) , где x ij - количество груза, запланированного к перевозке из i пункта
отправления в j пункт назначения.
Тогда модель задачи имеет вид:
z  2 x11  4 x12  3x13  7 x 21  5 x 22  8 x 23  6 x31  9 x32  7 x33 (min)
 x11  x12  x13  420
 x  x  x  380
22
23
 21
 x31  x32  x33  400

 x11  x 21  x31  260
 x12  x 22  x32  520

 x13  x 23  x33  420
xij  0
6.17.
На три базы A1 , A2 , A3 поступил однородный груз в количествах, соответственно равных 140,
180 и 160 ед. Этот груз требуется перевезти в 5 пунктов назначения B1 , B2 , B3 , B4 , B5
соответственно в количествах 60, 70, 120, 130 и 100 ед. Тарифы перевозок единицы груза с
каждого из пунктов отправления в соответствующие пункты назначения указаны в следующей
таблице:
Пункты
отправления
Пункты назначения
Запасы
В1
В2
В3
В4
В5
А1
2
3
4
2
4
140
А2
8
4
1
4
1
180
А3
9
7
3
7
2
160
Потребности
60
70
120
130
100
480
Найти план перевозок данной транспортной задачи методом северо-западного угла.
69
Решение
В1
А1
В2
2
3
8
В4
4
60
А2
В3
2
70
4
В5
1
4
110
А3
9
7
3
70
140
1
180
2
160
100
100
480
70
7
60
60
4
10
120
130
S - стоимость перевозок
S  1380
6.18.
Решить транспортную задачу, данные которой заданы в таблице
Потребители
В1
В2
В3
В4
Запасы
Поставки
А1
1
2
2
9
150
А2
2
1
3
4
170
А3
1
5
2
1
110
Потребности
50
100
50
230
430
Начальный план, потенциалы и оценки приведены в таблице. Там же построен цикл переноса
груза.
vj
1
ui
///
2
1 ///
4
5
2
2
9
-2
1 ///
4
3 ///
0
150 100
50
2
100
///
4
-1
120 120
2
0
50
1
5
2
120
///
-4
1
110
4
7
50
2
100
110
50
230
430
  50
70
1
2
///
1 ///
50
50
///
4
5
2
2
9
50
1 ///
4
3 ///
4
0
2
-1
2
50
2
1
5
2
120
///
1
-4
4
7
4
40
 50 50 50 0 


X опт   0 50 0 120 
0
0
0 110 

z min  50  1  50  2  50  2  50  1  120  4  40  1  820
6.19.
Для транспортной задачи, исходные данные которой приведены в таблице, найти оптимальный
план
Потребители
В1
В2
В3
В4
Запасы
А1
1
2
4
1
50
А2
2
3
1
5
30
А3
3
2
4
4
10
Потребности
30
30
10
20
90
Решение
а) Найдем опорный план задачи методом минимального элемента
1
2
4
2
3
1
30
1
20
20
10
3
5
0
2
4
4
50
20
30
20
10
10
30
30
10
20
90
71
Т.к. одновременно «закрываем» столбец (4) и строку (1), то вводим фиктивно занятую клетку
(клетка (2 4)) и продолжаем построение плана.
б) Проверим план на оптимальность; для этого найдем потенциалы u i и v j из условия:
u i  v j  eij для всех «занятых клеток» (полагаем u1  0 )
vj
1
ui
-1
1
-3
2
1
4
1
0
50
30
3
7
2
20
3
1
5
4
-3
20
10
3
0
2
4
4
3
-1
10
4
0
m  n  1  6 - количество «занятых клеток».
Найдем для свободных клеток оценки  ij  cij  (u i  v j )
Оценки пометим в нижний угол свободных клеток.
Построим цикл  - объем груза, переносимого по циклу.
  min( 0,30)  0
Перенесем груз  , получим новый план
vj
1
ui
2
1
0
2
1
4
1
0
30
0
2
4
3
20
1
5
1
0
20
3
10
2
3
4
4
0
2
10
4
3
Т.к. все  ij  0 , то план является оптимальным.
 30 0 0 20 


X опт   0 20 10 0 
 0 10 0 0 


z min  30  20  60  10  20  140
6.20.
Для строительства трех дорог используется гравий из четырех карьеров. Запасы гравия
в каждом из карьеров. Запасы гравия в каждом из карьеров соответственно равны 120, 280
и 160 усл. ед. Потребности в гравии для строительства каждой из дорог соответственно
равны 130, 220, 60 и 70 усл. ед. Известны также тарифы перевозок 1 усл. ед. гравия из
72
каждого из карьеров к каждой из строящихся дорог, которые задаются матрицей
1 7 9 5 


L   4 2 6 8
3 8 1 2 


Составить такой план перевозок гравия, при котором потребности в нем каждой из
строящихся дорог были бы удовлетворены при наименьшей общей стоимости перевозок.
Решение. Исходные данные задачи сведем в таблицу 1.
Пункты
отправления
А1
А2
А3
Потребности
Пункты назначения
В2
В3
7
9
2
6
8
1
220
60
В1
1
4
3
130
Запасы
В4
5
8
2
70
120
280
160
Как видно из табл.1, запасы гравия в карьерах (120+280+160=560) больше, чем
потребности в нем (130+220+60+70=480) на строящихся дорогах. Следовательно, модель
исходной транспортной задачи является открытой. Чтобы получить закрытую модель,
введем дополнительный пункт назначения В5 с потребностями, равными 560-480=80
усл.ед. Тарифы перевозки единицы гравия из всех карьеров в пункт В5 полагаем равными
нулю. В результате получаем закрытую модель транспортной задачи, план перевозок
которой определяем методом минимального элемента (табл.2).
Оптимальный план находим методом потенциалов (табл.3).
Как видно из табл.3, исходная задача имеет оптимальный план
Х
*
120

 0
 10

0
0
220
0
0
60
0 

0
70 
При этом плане остается неиспользованным 60 усл. ед. гравия во втором карьере и 20 усл.
ед. в третьем карьере, а общая стоимость перевозок составляет
S=1∙120+3∙10+2∙220+1∙60+2∙70=790.
Пункты
отправления
А1
1
А2
4
А3
3
В1
7
40
2
60
Потребности
8
30
130
Таблица 2
Пункты назначения
В2
В3
В4
В5
9
5
0
80
6
8
0
220
1
2
0
60
70
220
60
70
80
Запасы
120
280
160
560
73
Пункты
отправления
А1
1
А2
4
2
А3
3
8
В1
7
Таблица 3
Пункты назначения
В2
В3
В4
В5
9
5
0
Запасы
120
120
6
8
0
1
2
0
220
Потребности
10
130
220
280
60
60
60
70
70
160
20
80
560
74
75