close

Вход

Забыли?

вход по аккаунту

?

1771.Математика

код для вставкиСкачать
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
ФЕДЕРАЛЬНОЕ АГЕНТСТВО ПО ОБРАЗОВАНИЮ
ГОУ ВПО
УФИМСКАЯ ГОСУДАРСТВЕННАЯ АКАДЕМИЯ
ЭКОНОМИКИ И СЕРВИСА
Кафедра «Высшая математика»
МАТЕМАТИКА
Методические указания по выполнению контрольных работ
УФА – 2007
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Составители: Р.Р. Сафин, М.А.Богданова
УДК 51
М 34
Математика. Методические указания по выполнению контрольных
работ / Сост.: Р.Р. Сафин, М.А. Богданова. – Уфа: Уфимск. гос. академия
экономики и сервиса, 2007. – 45 с.
Приведены контрольные задания и решения типовых задач по
дисциплине «Математика».
Предназначены для студентов заочной формы обучения специальностей
«Бухгалтерский учет, анализ и аудит», «Финансы и кредит», «Государственное
и муниципальное управление», «Менеджмент», обучающихся на базе среднего
профессионального образования.
Рецензенты: Ш.З. Измайлов канд. физ.-мат. наук, доцент кафедры
«Математика и информатика» Уфимского института коммерции
и права;
С.М. Бакусова канд. физ.-мат. наук, доцент кафедры
«Экономическая теория и мировая экономика» Уфимской
государственной академии экономики и сервиса
© Сафин Р.Р., Богданова М.А., 2007
© Уфимская государственная академия
экономики и сервиса, 2007
2
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
РЕКОМЕНДАЦИИ ПО ВЫПОЛНЕНИЮ И ОФОРМЛЕНИЮ
КОНТРОЛЬНЫХ РАБОТ
Перед выполнением контрольного задания студент должен изучить соответствующие разделы курса по пособиям и учебникам. Если студент
испытывает затруднения в освоении теоретического или практического
материала, то он может получить консультацию на кафедре высшей
математики.
При выполнении контрольных работ надо строго придерживаться указанных ниже правил. Работы, выполненные без соблюдения этих правил, не
зачитываются и возвращаются студенту для переработки.
1. Контрольную работу следует выполнять в тетради, отдельной для
каждой работы, чернилами любого цвета, кроме красного, оставляя поля для
замечаний рецензента.
2. На обложке тетради должны быть ясно написаны фамилия студента,
его инициалы, учебный номер (шифр), номер контрольной работы, название
дисциплины. В конце работы следует проставить дату её выполнения и
расписаться.
3. В тетради должны быть решены все задачи контрольной работы
строго в соответствии со своим вариантом. Контрольные работы, содержащие не
все задачи, а также содержащие задачи не своего варианта, не зачитываются.
4. Решения задач надо располагать в порядке номеров, указанных в
заданиях, сохраняя номера задач.
5. Перед решением каждой задачи нужно выписать полностью ее условие.
В том случае, если несколько задач, из которых студент выбирает задачу своего
варианта, имеют общую формулировку, следует, переписывая условие задачи,
заменить общие данные конкретными из соответствующего номера. Например,
условие задачи 1 должно быть переписано так: Даны вершины А(1;1), В(7;4),
С(4;5) треугольника. Найти: 1) длину стороны АВ и т.д.
6. Решения задач следует излагать подробно и аккуратно, объясняя и
мотивируя все действия по ходу решения и делая необходимые чертежи.
7. После получения прорецензированной работы, как незачтенной, так и зачтенной, студент должен исправить все отмеченные рецензентом ошибки и
недочеты и выполнить все рекомендации рецензента.
Если рецензент предлагает внести в решения задач те или иные исправления или дополнения и прислать их для повторной проверки, то это следует
сделать в короткий срок.
В случае незачета работы и отсутствия прямого указания рецензента на то,
что студент может ограничиться представлением исправленных решений
отдельных задач, вся работа должна быть выполнена заново.
Рекомендуется при выполнении контрольной работы оставлять в конце
тетради несколько чистых листов для всех дополнений и исправлений в
соответствии с указаниями рецензента. Прорецензированную контрольную
работу вместе со всеми исправлениями и дополнениями, сделанными по
требованию рецензента, студент представляет к защите.
3
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
ВВЕДЕНИЕ
Дисциплина «Математика» изучается на протяжении двух семестров. В
первом семестре изучаются разделы:
1. Элементы линейной и векторной алгебры и аналитической геометрии.
2. Введение в математический анализ. Дифференциальное исчисление
функций одной переменной.
3. Интегральное исчисление.
4. Дифференциальное исчисление функций нескольких переменных.
Ряды. Дифференциальные уравнения.
Во втором семестре изучаются разделы:
5. Теория вероятностей и математическая статистика.
6. Математическое программирование.
В каждом семестре выполняется одна контрольная работа. В первом
семестре - контрольная работа № 1 (задачи 1-7), во втором семестре контрольная работа № 2 (задачи 8-14). Студент должен решить задачи своего
варианта, который определяется по последней цифре номера зачетной книжки
студента, например: если № зачетной книжки заканчивается на 2, то студент
выполняет задания 1.2, 2.2, 3.2, 4.2, 5.2, 6.2, 7.2. В задачах 8-11 данные в
задачах определяются по последним трем цифрам номера зачетной книжки
студента.
Контрольные задания
Задача 1. Даны вершины A ( x1 , y1 ), B ( x2 , y2 ), C ( x3 , y3 ) треугольника. Найти: 1)
длину стороны AB ; 2) внутренний угол A в радианах с точностью до 0,001;
3) уравнение высоты, проведенной через вершину C ; 4) уравнение медианы,
проведенной через вершину C ; 5) точку пересечения высот треугольника; 6)
длину высоты, опущенной из вершины
7) систему неравенств,
C;
определяющих треугольник ABC . Сделать чертеж.
1.1. A(1; 1), B(7; 4), C (4; 5) .
1.6. A(-1; - 1), B(-7; 2), C(-4; 3) .
1.2. A(1; - 1), B(-5; 2), C(-2; 3) .
1.7. A(-1; 1), B(-7; 4), C(-4; 5) .
1.3. A(1; 1), B(-5; 4), C (-2; 5) .
1.8. A(0; 1), B(6; 4), C (3; 5) .
1.4. A(-1; - 1), B(5; 2), C(2; 3) .
1.9. A(1; - 1), B(7; 2), C (4; 5) .
1.5. A(-1; 1), B(5; 4), C(2; 5) .
1.10. A(1; 0), B(7; 3), C (4; 4) .
Задача 2. Дана система линейных уравнений
 a11 x1  a12 x 2  a13 x3  b1 ,

a 21 x1  a 22 x 2  a 23 x3  b2 ,
a x  a x  a x  b .
32 2
33 3
3
 31 1
Доказать ее совместность и решить двумя способами: 1) методом Гаусса; 2)
средствами матричного исчисления:
4
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
 3 x1  2 x2  x3  5,
2.1.  2 x1  3x2  x3  1,
2 x  x  3 x  11.
3
 1 2
3 x1  4 x2  2 x3  8,

2 x1  x2  3 x3  4,
 x  5 x  x  0.
2
3
 1
2.6.
 x1  2 x2  3 x3  6,

2.2. 2 x1  3x2  4 x3  20,
 3 x  x  5 x  6.
3
 1 2
2.7.
 4 x1  3 x2  2 x3  9,

2.3.  2 x1  5 x2  3 x3  4,
5 x  6 x  2 x  18.
2
3
 1
2.8.
 x1  x2  2 x3  1,

2.4. 2 x1  x2  2 x3  4,
4 x  x  4 x  2.
3
 1 2
 x1  x2  x3  1,

8 x1  3 x2  6 x3  2,
 4 x  x  3 x  3.
3
 1 2
 x1  4 x2  2 x3  3,

 3 x1  x2  x3  5,
3 x  5 x  6 x  9.
2
3
 1
 7 х1  5 х2  31,

2.9.  4 х1  11х3  43,
2 х  3 х  4 х  20.
2
3
 1
 х1  2 х2  4 х3  31,

2.10. 5 х1  х2  2 х3  20,
 3 х  х  х  9.
3
 1 2
 2 x1  x2  x3  4,

2.5. 3x1  4 x2  2 x3  11,
3 x  2 x  4 x  11.
2
3
 1
Задача 3. Найти производные заданных функций.
5
3.1.
3
 1  5x 
б ) y  ln 5 
 ;
1

5
x


5


a) y   3x 4 
 2 ;
4x


в)
y  arccos 2 x  1  4 x 2 ;
г)
3
4
3.2. а) y   5 x 2  4 x 5  3  ;


б ) y  ln
в) y  arctg x 2  1;
г)
3
1 8

8 3
3.3. а ) y   x  8 x  1 ;
4

в)
y  arccos x  1;
г)
4
г)

2
;
1 x
y  e 3 x  2 xtg 3x.
4x  1
4
;
x 1
y  3cos x  x sin 2 x.
2
y  xctg 3x  2 x .
2
5
 5x  3 
б ) y  ln 5 
 ;
5
 x  1
3.5. а) y   3x  5 x  3  ;
5
6
3
x
3
б ) y  ln 3
;
3
x 2
y  arctg x  1;
8
6
1

x
6
б ) y  ln 4
1 5

3.4. а ) y   x  3 x3 x  4  ;
5

в)
y  2 tgx  x sin 2 x.

5
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
2
;
x3
2
2
 4

 3 ;
3.6. а ) y   5 x 
x x


в)
в)
y  arctg
г)
б ) y  ln 4
y  arccos 1  x ;
г)
1  8x
8
;
x 1
1  sin 3x
y3 x 
.
1  sin 3x
7
5
 x6 1
 ;
б ) y  ln 6 
 6x  5 


 3

3
3.7. а) y   4 x 
 2  ;
x3 x


в)
y  5 x  x 2tg 2 x.
y  arctg x  1;
г)
2
y  2 x 1  x sin 4 x.
4
3
а) y   7 x 5  3x x 2  6  ;


3.8.
4
 3x  4 
б ) y  ln 3 
 ;
3
x

1


в)
y  arcsin 3x  1  9 x 2 ;
3
5
3.9.
 x6  3 
 ;
б ) y  ln 
 6x  2 


4


а) y   3x 4 
 3 ;
4x


1
в ) y  arctg
;
x 1
г)
y  xtg 3 x  2 x  2.
3
5
9
 3

 6 ;
3.10. а) y   8 x  2
x x


в)
y  e tgx  x cos 2 x.
г)
 7x  4 
б ) y  ln 7 
 ;
7
 x  2
y  arcsin 1  x ;
г)
y  3sin x  3 xtg 3x.
Задача 4. Исследовать методами дифференциального исчисления функцию у =
f(x) и, используя результаты исследования, построить ее график.
4х
у
.
4.1.
2
4 x
х2
4.4. у =
.
x 1
x2  1
4.2. у = 2
.
x 1
х3
4.5. у =
.
x 1
6
x2  1
4.3. у = 2
.
x 1
4x3  5
4.6. у 
.
х
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
4.7.
4.9.
x2  5
у
.
x3
4х3
у 3 .
x 1
х4
4.8. у  3
.
x 1
2  4x2
4.10. у 
.
1  4x2
Задача 5. Найти неопределенные интегралы. Результаты проверить
дифференцированием.
5.1. a)  e
в)
x
5.2. a)
sin 2 x
dx
;
8
xdx

6
5.3.
a)
в)
3x 3 dx

x
1 x
8
 4 x  4 x  16
2
dx
dx;
б)
 x3
г)

в)
dx
 x 3  x 2  2 x  2;
г)
в)
5.6. a)
cos3xdx
x 2 dx
 x 3  5x 2  8x  4;

sin xdx
3
cos 2 x
;

dx
б)
 4  sin 3x ;
.
 sin x  tgx .
 cos x3tgx  1;
5.5. a)
x 1
г)
5.4. a)
2
dx
3

;
3x  7
3
x dx;
б )  e x ln 1  3e x dx;
;
4
2
2 x  3x  1
в) 
dx ;
x3  1
2
1
г)
3
 x
 arctg
б)
sin 2 xdx;
б)
г)
dx;
dx
x  3  3 x  3
2


x
x arcsin x
1 x2
dx;
x2  1 x
3
1 x
x e
2 3x
dx.
dx;
cos xdx
 1  cos x .
б)
1
 x arcsin x dx;
7
.
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
( x  3)dx
 x 3  x 2  2x ;
в)
5.7.
5.8.
5.9.
a)

x  arctgxdx ;
б)
1 x
2
( x  3)dx
в)  4
;
x  5x 2  6
2
arctg x dx
a)

в)
x 2 dx
 x 4  81;
a)


в)
x (1  x)
x



.
dx
г)
б)

 1 dx;
x5
3
.
 3 cos x  4 sin x .
2
4  ln x
dx;
x
x 3  6 dx
в)  4
;
x  6x 2  8
5.10. a)
2
3
 x sin x cos xdx;
б)
;
3
4
 x ln x
б)
 x  1dx
;
4
x  2x 2  3

x  4 x
x  1 dx
4
x  5dx
г)
3  2 cos x

1
г)
;
sin xdx
3

г)


x
 x ln
г)
2
sin 4 xdx;

x 1
3
2
6
x
 dx.
x 1
2
xdx;
dx
 2 sin x  cos x  2 .
Задача 6. Найти общее решение дифференциального уравнения
ax  y  bx  y  f (x) и частное решение, удовлетворяющее начальному условию
y  y0 при x  x0 .
3
y  4 xy  x; y0  , x0  0 .
4
y  y sin x  e cos x sin 2 x; y0  3, x0 

2
.
y  2xy  2xe x ; y0  5, x0  0 .
2
y  y 
e x
; y0  2, x0  0 .
1  x2
1  x y  2xy  1  x  ,
2 2
2
y0  5, x0  2 .
xy  3 y  x e ; y0  e, x0  1 .
4 x
1
xy  2 y  ; y0  1, x0  3 .
x
2x
xy  y 
; y0  0, x0  1 .
1  x2
y cos x  2 y sin x  2; y0  3, x0  0 .
y cos x  y sin x  1; y0  2, x0  0 .
8
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Задача 7. Найти интервал сходимости степенного ряда

a x
n 1
7.1.
7.3.
(n  1)n
.
n!
(2 n )!
an  n .
n
an 
3
n
7.5. an  n
.
3 (n  1)
7.2. an 
2n
.
n(n  1)
7.4. an 
3n n!
.
(n  1) n
n
.
5n
7.6. an  n .
n
n
1
7.7. an  1   .
 n
3n
7.9. an  n
.
2 (3n  1)
n
7.8. an 
n 1
.
3 (n  2)
n
7.10. an 
n2
.
n(n  1)
В задачах 8-11 исходные данные определяются по номеру зачетной книжки
(шифру) студента. Положим значения A,B,C равными соответствующим
трем последним цифрам шифра (отметим, что если какая-то цифра шифра
равна 0, то соответствующее ей значение A,B или C принимается равным
10).
Задача 8. В каждой из трех урн содержится C черных и B белых шаров. Из
первой урны наудачу извлечен один шар и переложен во вторую урну, после
чего из второй урны наудачу извлечен один шар и переложен в третью урну.
Найти вероятность того, что шар, наудачу извлеченный из третьей урны,
окажется белым.
Задача 9. Имеется три партии деталей по (10+A+B+C) деталей в каждой.
Число стандартных деталей в первой, второй и третьей партиях
соответственно равно (10+A), (10+B), (10+C). Из наудачу взятой партии
наудачу извлечена деталь, оказавшаяся стандартной. Затем из той же партии
вторично наудачу извлекли деталь, также оказавшуюся стандартной. И,
наконец, из той же партии в третий раз наудачу извлекли деталь, которая
также оказалась стандартной. Найти вероятность того, что детали были
извлечены из второй партии.
Задача 10. Случайная величина X задана функцией распределения F(x):
0, x   ;

 x 2   2
F ( x)   2
,  x  ;
2





1, x   .
Требуется:
а) найти плотность распределения вероятностей;
б) построить графики интегральной и дифференциальной функций;
в) найти математическое ожидание и дисперсию случайной величины X;
9
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
г) определить вероятность того, что X примет значение, заключенное в
интервале a;b .
Для задачи 3 необходимые параметры вычисляем по формулам:
  A  2;
    B  C  1;
a  A
B
;
2
b  a  C.
Задача 11. Дано статистическое распределение выборки
хi
x1
x2
x3
x4
x5
x6
x7
ni
3
7
15
17  B  C
40  B  C
13
5
где hx  0,7C ; x1  0,1B  0,8 A, xi  x1  (i 1)hx , i  2,7.
Требуется:
1. Найти методом произведений выборочные: среднюю, дисперсию и среднее
квадратическое отклонение, асимметрию и эксцесс.
2. Построить нормальную кривую.
3. Найти доверительный интервал для оценки неизвестного математического
ожидания M(X), полагая, что X имеет нормальное распределение, среднее
квадратическое отклонение    x   в и доверительная вероятность   0,95 .
Задача 12. Построить на плоскости область решений системы линейных
неравенств и геометрически найти наименьшее и наибольшее значения
линейной функции.
12.1.
2 x 2  5,

8 x1  2 x2  89,
8 x  6 x  69;
2
 1
f  7 x1  x 2 .
12.3.
11x1  17 x 2  66,

 x1  11x 2  14,
5 x  3x  14;
2
 1
f  12 x1  2 x 2 .
12.5.
9 x1  11 x 2  48 ,

5 x1  x 2  44 ,
 x  13 x  6;
2
 1
f  6 x1  4 x 2 .
12.2.
5 x1  x 2  51,

2 x 2  1,
10 x  4 x  69;
2
 1
f  11x1  7 x 2 .
12.4.
 x1  9 x2  18,

2 x1  4 x2  3,
7 x  3x  27;
2
 1
f  5 x1  x2 .
12.6.
2 x 2  6,

8 x1  2 x 2  90,
8 x  6 x  60;
2
 1
f  9 x1  5 x 2 .
10
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
12.7.
2 x1  4 x 2  5,

5 x1  x 2  46 ,
3 x  5 x  15;
2
 1
f  6 x1  4 x 2 .
12.9.
8 x1  14 x 2  14 ,

13 x1  5 x 2  100 ,
5 x  9 x  5;
2
 1
f  11 x1  7 x 2 .
12.8.
 x1  11 x 2  11,

3 x1  x 2  28 ,
5 x  13 x  11;
2
 1
f  8 x1  2 x 2 .
12.10
 x1  3x2  2,

4 x1  2 x2  35,
5 x  13x  18;
2
 1
f  7 x1  x2 .
Задача 13. Предположим, что для производства двух видов продукции А и В
можно использовать материал только трех сортов. При этом на изготовление
единицы изделия вида А расходуется а1 кг материала первого сорта, а 2 кг
материала второго сорта и а 3 кг материала третьего сорта. На изготовление
единицы изделия вида В расходуется b1 кг материала первого сорта, b2 кг
материала второго сорта, b3 кг материала третьего сорта. На складе фабрики
имеется всего материала первого сорта c1 кг, материала второго сорта c 2 кг,
материала третьего сорта c3 кг. От реализации единицы готовой продукции
вида А фабрика имеет прибыль  руб., продукции вида В прибыль составляет
 руб.
Определить максимальную прибыль от реализации всей продукции видов А и
В. Решить задачу симплекс-методом. Дать геометрическую интерпретацию
математической формулировки задачи.
13.1.
13.2.
13.3.
13.4.
13.5.
13.6.
a1  20, a2  15, a3  14, b1  28, b2  9, b3  1;
c1  758, c2  526, c3  541,   10,   2.
a1  15, a2  15, a3  9, b1  33, b2  25, b3  3;
c1  571, c2  577, c3  445,   8,   10.
a1  11, a2  13, a3  13, b1  21, b2  15, b3  3;
c1  741, c2  741, c3  822,   5,   3.
a1  14, a2  12, a3  8, b1  8, b2  4, b3  2;
c1  624, c2  541, c3  376,   7,   3.
a1  19, a2  16, a3  19, b1  26, b2  17, b3  8;
c1  868, c2  638, c3  853,   5,   4.
a1  14, a2  15, a3  20, b1  40, b2  27, b3  4;
c1  1200, c2  993, c3  1097,   5,   13.
11
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
13.7.
13.8.
13.9.
13.10.
a1  9, a2  15, a3  15, b1  27, b2  15, b3  3;
c1  606, c2  802, c3  840,   11,   6.
a1  13, a2  13, a3  11, b1  23, b2  11, b3  1;
c1  608, c2  614, c3  575,   5,   7.
a1  8, a2  14, a3  14, b1  7, b2  8, b3  1;
c1  417, c2  580, c3  591,   5,   5.
a1  19, a2  16, a3  19, b1  31, b2  9, b3  1;
c1  1121, c2  706, c3  1066,   16,   19.
Задача 14. Имеются три пункта поставки однородного груза A1 , A2 , A3 пять
пунктов B1 , B2 , B3 , B4 , B5 потребления этого груза. На пунктах A1 , A2 , A3 находится
груз соответственно в количестве a1 , a2 , a3 т. В пункты B1 , B2 , B3 , B4 , B5
требуется доставить соответственно b1 , b2 , b3 , b4 , b5 т груза.
Расстояние между пунктами потребления приведено в следующей матрице
таблице:
Пункты
поставки
Пункты потребления
B1
B2
B3
B4
B5
A1
d11
d12
d 13
d14
d 15
A2
d 21
d 22
d 23
d 24
d 25
A3
d 31
d 32
d 33
d 34
d 35
Найти такой план закрепления потребителей за поставщиками
однородного груза, чтобы общие затраты по перевозкам были минимальными.
14.1. a1  200, b2  130,
a 2  175, b3  80,
a3  225, b4  190,
b1  100, b5  100;
14.2. a1  200, b2  125,
a 2  450, b3  325,
a3  250, b4  250,
b1  100,
b5  100;
5 7 4 2 5 


D   7 1 3 1 10 
2 3 6 8 7 


 5 8 7 10 3 


D   4 2 2 5 6
 7 3 5 9 2


12
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
14.3. a1  250, b2  130,
a 2  200, b3  100,
a3  200, b4  160,
b1  120,
b5  140;
14.4. a1  350, b2  170,
a 2  330, b3  220,
a3  270, b4  150,
b1  210,
b5  200;
14.5. a1  300, b2  150,
a 2  250, b3  220,
a3  200, b4  135,
b1  210,
b5  135;
14.6. a1  350, b2  140,
a 2  200, b3  200,
a3  300, b4  195,
b1  170,
b5  145;
14.7. a1  200, b2  100,
a 2  250, b3  120,
a3  200, b4  110,
b1  190,
b5  130;
14.8. a1  230, b2  90,
a 2  250, b3  160,
a3  170, b4  110,
b1  140,
b5  150;
14.9. a1  200, b2  150,
a 2  300, b3  120,
a3  250, b4  135,
b1  210, b5  135;
14.10. a1  200, b2  130,
a 2  350, b3  190,
a3  300, b4  150,
b1  270,
b5  110;
 27 36 35 31 29 


D   22 23 26 32 35 
 35 42 38 32 39 


 3 12 9 1 7 


D   2 4 11 2 10 
 7 14 12 5 8 


 4 8 13 2 7 


D   9 4 11 9 17 
 3 16 10 1 4 


 22 14 16 28 30 


D   19 17 26 36 36 
 37 30 31 39 41


 28 27 18 27 24 


D   18 26 27 32 21
 27 33 23 31 34 


 40 19 25 25 35 


D   49 26 27 18 38 
 46 27 36 40 45 


 20 10 13 13 18 


D   27 19 20 16 22 
 26 17 19 21 23 


 24 50 55 27 16 


D   50 47 23 17 21
 35 59 55 27 41


13
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Решения типовых задач
Задача 1. Даны вершины треугольника ABC : A(0; 2), B(7; 3), C (1; 6) . Найти: 1)
длину стороны AB ; 2) внутренний угол A в радианах с точностью до 0,001;
3) уравнение высоты, проведенной через вершину C ; 4) уравнение медианы,
проведенной через вершину C ; 5) точку пересечения высот треугольника; 6)
длину высоты, опущенной из вершины C ; 7) систему неравенств,
определяющих треугольник ABC .
Y
Решение.
C
6
B
A
2
0
1
.
7
x
1) Длину стороны AB (длина вектора АВ ) находим как расстояние между
двумя точками плоскости A ( x A , y A ) и B ( x B , y B ) : d  x B  x A 2   y B  y A 2 .
Поэтому AB  7  02  3  22  50  5 2.
2) Угол A - это угол между векторами АС и АВ . Координаты этих векторов:
АВ  xB  x A , y B  y A   7;1 , АC  xC  x A , yC  y A   1;4 . Таким образом
cos A 
АВ, АС 
АВ АС
x AB x AC  y AB y AC
2
2
2
2
x AB
 y AB
x AC
 y AC

7 1  1 4
7 2  12 12  4 2

11
50 17
 0,377 .
Таким образом, получаем  A  arccos 0,377 .
3) Составим уравнение стороны AB :
коэффициент стороны AB равен
y2 x0

, или x  7 y  14  0 . Угловой
3 2 7 0
1
; следовательно, в силу условия
7
перпендикулярности, угловой коэффициент высоты, проведенной из вершины
С , равен  7 . Уравнение этой высоты имеет вид y  y C  k x  xC  , получаем
y  6  7x  1 , или 7 x  y  13  0 .
4) Пусть точка М середина стороны AB . Найдем ее координаты:
xM 
x A  xB 0  7 7
y  yB 2  3 5
7 5

 , yM  A

 , т. М  ;  .
2
2
2
2
2
2
2 2
14
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Уравнение медианы CM находим с помощью уравнения прямой, проходящей
y  6 x 1
, получим 7 x  5 y  37  0 .

5
7
6
1
2
2
5) Составим уравнение еще одной высоты треугольника ABC . Например,
выберем высоту, проведенную из вершины A . Аналогично пункту 3) составим
уравнение стороны BС :
y  yB
x  xB
y 3 x7

,

, x  2 y  13  0 .
y C  y B xC  x B 6  3 1  7
1
Угловой коэффициент стороны BC равен  ; следовательно, в силу условия
2
через две данные точки:
перпендикулярности, угловой коэффициент высоты, проведенной из вершины
A , равен 2 . Уравнение этой высоты имеет вид y  y A  k x  x A  , получаем
y  2  2x  0 , или 2 x  y  2  0 . Поскольку мы ищем точку пересечения высот
треугольника, то координаты этой точки должны удовлетворять системе
11

x

7 x  y  13  0 
9
уравнений 
;
2 x  y  2  0  y  40 .

9
Таким образом, точка пересечения
11 40
высот треугольника ABC имеет координаты  ; .
9
9 
6) Найдем длину высоты, опущенной из вершины C по формуле расстояния
Ax  By  C
от точки C 1;6 до прямой AB : x  7 y  14  0 : d h  C 2 C 2 . Таким образом,
A B
1  1  7  6  14
27
27
27 2
d hc 



.
2
10
50 5 2
12   7 
7) Стороны треугольника ABC заданы уравнениями прямых:
AB : x  7 y  14  0 ; (см. пункт 3).
BC : x  2 y  13  0 ; (см. пункт 5).
AC :
y  yA
x  xA
y2 x0


;
; 4x  y  2  0 .
y C  y A xC  xC 6  2 1  0
Каждая из этих прямых делит координатную плоскость на две полуплоскости.
Область треугольника ABC лежит выше прямой AB , т.е. в полуплоскости,
которая задается неравенством: x  7 y  14  0 . Прямая BC делит координатную
плоскость на две полуплоскости, нам необходима та, которая удовлетворяет
неравенству: x  2 y  13  0 . Из двух полуплоскостей, которые разделяет прямая
AC , выбираем ту, которая задается неравенством: 4 x  y  2  0 .
Таким образом, область треугольника ABC , определяется системой
 x  7 y  14  0,

неравенств:  x  2 y  13  0,
 4 x  y  2  0.

15
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Задача 2. Дана система линейных уравнений
3 x1  2 x 2  x3  5,

2 x1  x 2  x3  6,
 x  5 x  3.
2
 1
Доказать её совместность и решить двумя способами: 1) методом Гаусса; 2)
средствами матричного исчисления.
Решение. 1) Докажем совместность системы. Для этого вычислим ранг
матрицы А исходной системы и ранг расширенной матрицы системы А.
3 2 1
5


A  2 1 1
6
1 5
0  3 

3 2 1 


A  2 1 1 
1 5
0 

Для удобства вычислений элементарные преобразования будем производить с
матрицей А :
1
1
 3 2 1 5  1 5
5 0  3
5 0  3
0  3

 




2 3
~  0  11 1 12 
~  0  11 1 12 
2 1 1 6  ~ 2 1 1 6 
 0  13 1 14 
0  2 0 2 
1 5
0  3   3 2 1 5 





 rang A  rang A  3, т.е. по теореме Кронекера-Капелли система совместна.
2) Решим систему методом Гаусса. Для этого матрицу А приведем к
диагональному виду:
5 0  3
1


2 1 1 6 
3 2 1 5 


5 0  3
1


~  0  11 1 12 
 0  13 1 14 


2
3
1 5 0  3 


~ 0 1 0 1 
 0  13 1 14 


5
-13
1 5 0  3 


~  0 2 0  2
 0  13 1 14 


1 0 0 2   х1  2

 
~  0 1 0  1   х 2  1
 0 0 1 1  х  1

  3
1
2
~
т
и
и
и
3) Решим систему матричным способом. Для этого введем следующие
матрицы и исходную систему запишем в матричном виде.
3 2 1 


A   2  1 1 ,
1 5
0 

 x1 
 
X   x 2 ,
x 
 3
 5
 
B  6 .
  3
 
А  Х  В  Х  А1  B
Вычислим
обратную
матрицу
A 1 .
Определитель
матрицы
А
3 2 1
det A  2  1 1  2  0 , значит обратная матрица существует. Затем, вычислив к
1 5 0
каждому элементу матрицы А алгебраические дополнения, составим из них
16
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
  5 1 11 


матрицу A*   5  1  13 , транспонируем ее
 3 1  7 


 5 5 3 

1 
1
обратную матрицу A    1  1  1  .
2 

11  13  7 
 A *
T
3
 5 5


  1  1  1  и находим
 11  13  7 


X  A1  B 
  5 5 3  5 
  5  5  5  6  3  (3)

  4  2 
 

1 
1 
1    
=    1  1  1   6      1  5  (1)  6  (1)  (3)      2     1 
2 
2 
2    
 

11  13  7    3 
11  5  (13)  6  (7)  (3) 
  2  1 
 x1   2 
   
X   x 2     1 .
 x   1
 3  
Ответ: x1  2, x2  1, x3  1.
Задача 3.
13 2
x ;
5
2
2
1
2
1
 1   1 2 1 2 
y    3 x 2 '   x 3 '   x 3  x 3  3
15
15 x
5
 5  5 3
4
3x
2). Найти производную функции y  3 ;
5x  1
4
3
4
3
3x 5 x  1  3x 5 x  1 ' 12 x 3 5 x 3  1  3x 4  15x 2
y' 


2
2
5x3  1
5x3  1
1). Найти производную функции y 
 





5x  1


3x [4 5 x  1  15x ]
3
3
3

2
3


3x 5 x  4
3
5x
3). Найти производную функции:
y '  5 3 x ln 5  3x '  3  5 3 x ln 5

3

2
.



1
y  53x .
3
4). Найти производную функции: y  ln 4 x  3 .
y' 
1
4
 4 x  3' 
.
4x  3
4x  3
5). Найти производную функции: y  esin x .
2
y'  esin
2
x
sin x'  e
2
sin 2 x
[2 sin xsin x' ]  2esin x sin x cos x  esin x sin 2x.
2
2
Задача 4. Исследовать методами дифференциального исчисления функцию
 х  1 3
у
2 и, используя результаты исследования, построить ее график.
( х  1)
17
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Решение.
1) Область определения функции:  ,1   1, ; пересечение оси 0х в точке
(1;0), а оси 0у - (0;-1); f ( x)  0 при х  1;
2)

x  13
lim f ( x)  lim
2
x 1 0
x 1 0  x  1
 , ˜
.Њ. › = -1 точка разрыва;
3) Из 2) следует, что x  1 вертикальная асимптота;
Находим наклонную асимптоту:

x  13

3( x  1)2

6( x  1)
6
k  lim





1
lim
lim
lim
2
 x 3x2  4 x  1  x 6 x  4 x 6
x  х x  1
 ( x  1)3

x3  3 x 2  3 x  1  ( x3  2 x 2  x)
 5x2  2 x  1 
b  lim 

x




lim
 lim
2
2
2

x   ( x  1)
x


x


(
x

1
)
(
x

1
)

 10›  2
1  5x
 lim
 lim
 5, y  x  5 - наклонная асимптота при
x  2( x  1)
x  x  1
х   и х  -.

 ( х  1) 3 
3( х  1) 2 ( х  1) 2  2( х  1)( х  1) 3 ( x  1)( x  1) 2 ( 3( x  1)  2( x  1))
 
4) у  


2
( х  1) 4
( x  1) 4
 ( х  1) 
=
( х  1) 2 ( х  5)
( х  1) 3
, у = 0 при х = 1 и х = -5
при х  ;5  у   0  y
х  (5;1)  у   0  y
х  ( 11
;)
 у > 0  y
х  (1; )  у  > 0  y
5) Из предыдущего  x  5 точка максимума,
f (5)  
(возрастает)
(убывает)
(возрастает)
(возрастает)
27
 13,5 - max;
2

 ( х  1) 2 ( х  5) 
(2( х  1)( х  5)  ( х  1) 2 )( х  1) 3  3( х  1) 2 ( х  1) 2 ( х  5)

6) у   
 
( х  1) 6
 ( х  1) 3 
( х  1)(х  1)2 2( х  5)  х  1( х  1)  3( х  1)(х  5) 24( х  1)


;
( х  1)6
( х  1)4
y   0 при x  1;
18
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
х  ( ,1)  у   0 
При х  (-1;1)
(выпукла вверх)
 у  < 0 
(выпукла вверх)
х  (1;+)  у  > 0 
(выпукла вниз)
x  1 абсцисса точки перегиба, y 1  0 .
Результаты исследования внесем в следующую таблицу
(  ,5)
х
-5
(-5;-1)
(-1;1)
1

y
+
0
+
0
y 
0
y
-27/20
max

27
2
19
(1;+4)
+
+
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Задача 5.
1) Найти  (2x  1) 4 dx.
Решение. Воспользуемся заменой переменной, получим
t  2x  1
1 4
1 t5
(2 x  1) 5

(
2
x

1
)
dx

dt

d
(
2
x

1
)

(
2
x

1
)
dx

2
dx

t
dt


C

C .

2
2 5
10
1
dx  dt
2
2) Найти  x cosxdx. .
4
Решение. Применим метод интегрирования по частям
 x cos xdx 
du  dx
ux
dv  cos xdx
v   cos xdx  sin x
 x sin x   sin xdx  x sin x  cos x  C .
3) Найти  x 2 e x dx.
Решение. Применим метод интегрирования по частям дважды
2 x
 x e dx 

du  2 xdx
u  x2
v   e x dx  e x
dv  e dx
x
du  dx
ux
dv  e dx
x
v   e dx  e
x
x
 x 2 e x   e x 2 xdx  x 2 e x  2  xe x dx 
 x 2 e x  2( xe x   e x dx)  x 2 e x  2 xe x  2e x  C .
x2  4
dx.
4) Найти  3
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
сумму
простейших
дробей:
x2  4
A
B
C
 

3
x  4 x x x  2 x  2.
Воспользовавшись методом неопределенных коэффициентов, найдем
коэффициенты A,В,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;
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.
5). Найти  3
x  2x 2  x
Решение. Разложим знаменатель на множители
20
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
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:
x  1:
4  A,
A  4;
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 .
dx
6). Найти  2
x( x  1) 2 .
1
Решение. Рациональная дробь
- правильная и ее разложение на
2
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;
C  E  0;
x1 :
Отсюда находим A  1;
имеет вид
x0 :
B  1;
C  0;
x3 :
x2 :
2 A  B  D  0;
A  1.
C  0;
D  1;
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
2
21
E  0. Искомое разложение
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Второй и третий интеграл справа находим одинаковой заменой
t  x 2  1,
dt  2 xdx, и окончательно получаем
 x( x
7). Найти
dx
1
1
 ln x  ln( x 2  1) 
 C.
2
2
2
 1)
2( x  1)
2
dx
 4 sin x  3 cos x  5.
Решение. Подынтегральная функция рационально зависит от sin x и cos x ;
x
2
применим подстановку tg  t , тогда
sin x 
1 t2
2t
2dt
cos
x

,
, dx 
2
2
1 t
1 t
1 t2
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
 4 sin x  3 cos x  5 
8). Найти
1
 C.
x
tg  2
2
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 t2
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.
Задача 6. Найти общее решение дифференциального уравнения xy’ + 2y = x2
и частное решение, удовлетворяющее начальному условию y 
5
при x  1.
4
Решение. Полагаем y = u (x) v(x), находим y’ = u’v + uv’. Подставим
вместо y и y’ соответствующие выражения в исходное уравнение:
x (u’v + uv’) + 2uv = x2, или
xu’v + u ( xv’ + 2v ) = x2.
(*)
dv
Подберем v = v ( x ) так, чтобы xv’ + 2v = 0, или х  2v , откуда
dx
dv
dx
 2 ;
v
x
22
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
1
dv
dx
 2 , или ln v  2 ln x , v 
v
x
x2
Уравнение (*) примет вид:
1
du
u’v = x, или u’ = x, отсюда u’ = x3,
 x 3 , du = x3 dx, u =
dx
x2
 х4
 1
х4
х2
с


с 
, или у 
 с,
у = u (x) v (x) =
- общее решение.

2
 4
 х2
4
4
х


Найдем частное решение данного уравнения, удовлетворяющее начальному
интегрируя, имеем
условию y 

х2
1
5 1 с
 2   , откуда с  1 . Таким образом, у 
4 х
4 4 1
5
при x  1:
4
частное решение.
Задача 7.

n
Найти область сходимости ряда  x
n  10
n 1
Решение. Имеем
a
n

1
,
n  10 n
a
n 1

n
.
1
. Находим радиус
n  1  10 n 1
сходимости

n  1  10n 1
n 1
R  lim

10
 10 ,
(-10, 10) - интервал сходимости.
lim
n 
n  n
n  10n
Исследуем на сходимость степенной ряд на концах интервала сходимости:
а)
при
получаем
числовой
ряд
x  10

(10 ) n
(1) n
1 1
1

 1    ...  (1) n  ... , который сходится по признаку

n
n
2 3
n
n 1 n  10
n 1

Лейбница.
б) при x=10 получаем расходящийся гармонический ряд

1
n .
n 1
Итак, [-10, 10) - область сходимости.
Задача 8. В каждой из трех урн содержится 6 черных и 4 белых шара. Из
первой урны наудачу извлечен один шар и переложен во вторую урну, после
чего из второй урны наудачу извлечен один шар и переложен в третью урну.
Найти вероятность того, что шар, наудачу извлеченный из третьей урны,
окажется белым.
Решение. Обозначим через А событие – из третьей урны извлечен белый
шар.
6-Ч
4-Б
6-Ч
4-Б
6-Ч
4-Б
Б
Рассмотрим все возможные случаи извлечения шаров из урн: БББ, ББЧ, БЧБ,
БЧЧ, ЧБЧ, ЧББ, ЧЧБ, ЧЧЧ. Из восьми возможных случаев, только четыре
23
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
удовлетворяют условию, что из третьей урны извлечен белый шар. Введем
обозначения
B1 - из 1-ой урны извлечен белый шар;
B 2 - из 1-ой урны извлечен черный шар;
B3 - из 2-ой урны извлечен белый шар;
B 4 - из 2-ой урны извлечен черный шар.
Поскольку в первой урне содержится всего 10 шаров, причем 4 из них белых,
то вероятность события PB1  
4 2
 . Соответственно вероятность того, что из
10 5
6 3
первой урны будет извлечен черный шар равна: PB2    . Условная
10 5
вероятность того, что из 2-ой урны будет извлечен белый шар, при условии,
что из 1-ой урны был извлечен белый шар равна PВ B3  
1
5
. Условная
11
вероятность того, что из 2-ой урны будет извлечен белый шар, при условии,
что из 1-ой урны был извлечен черный шар равна: PВ B3  
2
условную вероятность события B4 при условиях B1 и
PВ2 B4  
4
. Вычислим
11
6
B 2 : PВ1 B4  
и
11
7
.
11
Вероятность того, что из 3-ой урны будет извлечен белый шар, при условии,
что и из 1-ой и из 2-ой урн были извлечены белые шары равна: PВ В  A 
1 3
Вероятность события A , при условиях B1 , B4 равна: PВ В  A 
1 4
5
.
11
4
. Условная
11
вероятность A , с учетом того, что из 1-ой урны извлечен черный шар, а из 2ой урны извлечен белый шар равна: PВ В  A 
2 3
5
.
11
Вероятность события A , при условиях B2 , B4 равна: PВ В  A 
2 4
4
. Искомую
11
вероятность того, что из третьей урны будет извлечен белый шар, находим по
формуле полной вероятности:
P A  PB1   PB1 B3   PB1B3  A  PB1   PB1 B4   PB1B4  A 
 PB2   PB2 B3   PB2 B3  A  PB2   PB2 B4   PB2 B4  A 

2 5 5 2 6 4 3 4 5 3 7 4 10
48 12
84 242
           




 0,4.
5 11 11 5 11 11 5 11 11 5 11 11 121 605 121 605 605
Задача 9. Имеется три партии деталей по 20 деталей в каждой. Число
стандартных деталей в первой, второй и третьей партиях соответственно равно
20, 16, 6. Из наудачу взятой партии наудачу извлечена деталь, оказавшаяся
стандартной. Затем из той же партии вторично наудачу извлекли деталь, также
оказавшуюся стандартной. И, наконец, из той же партии в третий раз наудачу
24
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
извлекли деталь, которая также оказалась стандартной. Найти вероятность
того, что детали были извлечены из второй партии.
Решение. Обозначим через А событие – в каждом из трех испытаний
была извлечена стандартная деталь. Можно сделать три предположения
(гипотезы): B1 - детали извлекались из первой партии, B2 - детали извлекались
из второй партии, B3 - детали извлекались из третьей партии.
Детали извлекались из наудачу взятой партии, поэтому вероятности
гипотез одинаковы:
1
PB1   PB2   PB3   .
3
Найдем условную вероятность PB1  A , т.е. вероятность того, что из
первой партии будут последовательно извлечены три стандартные детали. Это
событие достоверно, так как в первой партии все детали стандартны, поэтому
PB1  A  1.
Найдем условную вероятность PB  A , т.е. вероятность того, что из
второй партии будут последовательно извлечены (без возращения) три
стандартные детали:
16 15 14 28
PB2  A 
   .
20 19 18 57
Найдем условную вероятность PB  A , т.е. вероятность того, что из
третьей партии будут последовательно извлечены (без возращения) три
стандартные детали:
6 5 4
1
PB3  A 
   .
20 19 18 57
Искомая вероятность того, что три извлеченные стандартные детали
взяты из второй партии, по формуле Бейеса равна
PB 2   PB2  A
PA B 2  

PB1   PB1  A  PB 2   PB2  A  PB3   PB3  A
2
3
1 28
28

28 171 14
3 57
171



:
 .
1
1 28 1 1
1 28
1
171 86 43
1  
 


3
3 57 3 57 3 171 171
Задача 10. Случайная величина X задана функцией распределения F(x):
 0, при x  0

F ( x)   x 2 , при 0  x  1;
 1, при x  1.

Требуется:
а) найти плотность распределения вероятностей;
б) построить графики интегральной и дифференциальной функций;
25
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
в) найти математическое ожидание и дисперсию случайной величины X;
г) определить вероятность того, что X примет значение, заключенное в
интервале 0,25;0,75 .
Решение. а) Плотность распределения вероятностей равна первой
производной от функции распределения:
 0, при x  0

f x   F ( x)   2 x, при 0  x  1;
 0, при x  1.

б) Построим графики интегральной и дифференциальной функций:
F(x)
1
f(x)
2
1
1
1
x
x
в) Найдем математическое ожидание и дисперсию случайной величины X.
Поскольку случайная величина X задана плотностью распределения f x   2 x
в интервале 0,1 , а вне этого интервала f x   0, то воспользуемся следующей
формулой
b
M  X    xf x dx.
a
Подставив a  0, b  1, f x   2 x, получим
1
1
2
M  X   2 x  x dx  2 x dx   x 3
3
0
0
1
2
0
2
 .
3
Дисперсию случайной величины найдем по следующей формуле:
b
D X    x 2 f x dx  M  X  .
2
a
Подставляем известные нам данные и получаем
2
4 1
2
D X   2 x  x dx     2 x 3 dx    x 4
9 2
3
0
0
1
1
1
2
0

4 1
 .
9 18
г) Определим вероятность того, что X примет значение, заключенное в
интервале 0,25;0,75 .
Вероятность того, что непрерывная случайная величина X примет
значение, принадлежащее интервалу a; b , определяется равенством
b
Pa  X  b    f x dx.
a
26
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Таким образом
P0,25  X  0,75 
0 , 75
0 , 75

2 xdx  x 2
 0,75  0,25  0,5.
2
2
0 , 25
0 , 25
Задача 11. Дано статистическое распределение выборки
хi
12
14,5
17
19,5
22
24,5
ni
4
17
33
60
55
24
27
7
Требуется:
1. Найти методом произведений выборочные: среднюю, дисперсию и среднее
квадратическое отклонение, асимметрию и эксцесс.
2. Построить нормальную кривую.
3. Найти доверительный интервал для оценки неизвестного математического
ожидания M(X), полагая, что X имеет нормальное распределение, среднее
квадратическое отклонение    x   в и доверительная вероятность   0,95 .
Решение. 1. Составим расчетную табл. 1. Для этого:
 запишем варианты в первый столбец;
 запишем частоты во второй столбец; сумму частот (200) поместим в
нижнюю клетку столбца;
 в качестве ложного нуля С выберем варианту (19,5), которая имеет
наибольшую частоту (в качестве С можно взять любую варианту,
расположенную примерно в середине столбца); в клетке третьего столбца,
которая принадлежит строке, содержащей ложный нуль, пишем 0; над нулем
последовательно записываем -1, -2, -3, а под нулем 1, 2, 3;
 произведения частот n i на условные варианты ui запишем в
четвертый столбец; сложив эти числа, их сумму (45) помещаем в нижнюю
клетку четвертого столбца;
 произведения частот на квадраты условных вариант, т. е. ni ui2 запишем
в пятый столбец (удобнее перемножить числа каждой строки третьего и
четвертого столбцов: ui ∙ ni ui = ni ui2 ); сумму чисел столбца (351) помещаем в
нижнюю клетку пятого столбца;
 Для заполнения столбца 6 удобно перемножить числа каждой строки
третьего и пятого столбцов.
 Для заполнения столбца 7 удобно перемножигь числа каждой строки
третьего и шестого столбцов.
 Произведения ni (ui  1) 4 запишем в восьмой контрольный столбец;
сумму чисел столбца (4757) помещаем в нижнюю клетку восьмого столбца.
Столбец 8 служит для контроля вычислений с помощью тождества
∑ ni (ui  1) 4 =∑ ni ui4 +4∑ ni ui3 +6∑ ni ui2 +4∑ ni ui + n .
В итоге получим расчетную табл. 1.
27
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Таблица 1
1
2
3
4
5
6
7
xi
ni
ui
ni ui
ni ui2
ni ui3
ni ui4
8
ni (ui  1) 4
12
14,5
17
19,5
22
24,5
27
∑
4
17
33
60
55
24
7
200
-3
-2
-1
0
1
2
3
-12
-34
-33
0
55
48
21
45
36
68
33
0
55
96
63
351
-108
-136
-33
0
55
192
189
159
324
272
33
0
55
384
567
1635
64
17
0
60
880
1944
1792
4757
Контроль: ∑ ni (ui  1) 4 =4757,
∑ ni ui4 +4∑ ni ui3 +6∑ ni ui2 +4∑ ni ui + n =1635+4∙159+6∙351+4∙45+200=4757.
Совпадение контрольных сумм свидетельствует о правильности вычислений.
Вычислим условные моменты первого, второго, третьего и четвертого
порядков:
1
1
 45 =0,225;
 ni ui =
n
200
1
1
M 3 =  ni ui3 =
 159 =0,795;
n
200
M 1 =
1
1
 351=1,755;
 ni ui2 =
n
200
1
1
M 4 =  ni ui4 =
 1635=8,175.
n
200
M 2 =
Найдем шаг (разность между любыми двумя соседними вариантами):
h = 14,5-12 = 2,5.
Вычислим искомые выборочные среднюю и дисперсию, учитывая что ложный
нуль (варианта, которая имеет наибольшую частоту) С = 19,5:
xв  M1h  C  0,225  2,5  19,5  20,0625.
Dв  [M 2  (M1 ) 2 ]h 2  [1,755  (0,225) 2 ]  2,52  10,652 .
Найдем центральные эмпирические моменты третьего и четвертого
порядков:
m3  [ M 3  3M1 M 2  2(M1 )3 ]h3  5,732 ,
m4  [M 4  4M1 M 3  6(M1 ) 2 M 2  3(M1 ) 4 ]h 4  311,91
Найдем асимметрию и эксцесс:
 5,732
 0,165 ;
( 10,652) 3
m
311,91
ek  44  3 
 3  0,251 .
4
в
( 10,652)
as 
m3
 в3

28
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
2. Для построения нормальной кривой найдем ординаты
(выравнивающие частоты) теоретической кривой по формуле
yi 
nh
в
  (ui ) , где n - сумма наблюдаемых частот (объем выборки),
h - разность между двумя соседними вариантами, ui 
1 
e
2
 (u ) 
u2
2
xi  xв
в
и
. Затем строим точки ( xi , yi ) в прямоугольной системе
координат и соединяем их плавной кривой. Все вычисления запишем в табл.
2.
Таблица 2
xi
ni
xi  xв
ui
 (ui )
12
14,5
17
19,5
22
24,5
27
4
17
33
60
55
24
7
-8,0625
-5,5625
-3,0625
-0,5625
1,9375
4,4375
6,9375
-2,470
-1,704
-0,938
-0,172
0,594
1,360
2,126
0,019
0,094
0,257
0,3932
0,3352
0,1582
0,042
n  200
yi
3
15
40
60
52
24
6
 yi  200
70
60
Частоты
50
40
Полигон наблюдаемых
частот
30
Нормальная
(теоретическая) кривая
20
10
0
12
14,5
17
19,5
22
24,5
27
Варианты Xi
3. Требуется найти доверительный интервал для оценки неизвестного
математического ожидания M(X):
29
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
t в
t
 a  xв  в .
n
n
Все величины, кроме t , известны. Найдем t из соотношения
 0,95
Ф(t )  
 0,475 .
2
2
По таблице значений функции Ф (t ) находим t  1,96 . Подставляя xв =20,0625,
t
t
 в =3,264, n =200, вычислим xв  в =19,61 , xв  в =20,51. Окончательно
n
n
получим искомый доверительный интервал 19,61< a <20,51.
xв 
Задача 12. Найти максимальное значение линейной функции Z  50 x1  40 x2
при ограничениях
2 x1  5 x2  20,

8 x1  5 x2  40,
5 x  6 x  30,
2
 1
х1  0, х 2  0.
Решение. Построим многоугольник решений. Для этого в системе
координат х1Ох 2 на плоскости изобразим граничные прямые
2 x1  5 x 2  20 L1 ;

8 x1  5 x 2  40 L 2 ;
5 x  6 x  30 L ;
2
3
 1
х1  0, х 2  0.
Взяв какую-нибудь, например, начало координат, установим, какую
полуплоскость определяет соответствующее неравенство (эти полуплоскости
на рисунке показаны стрелками). Многоугольником решений данной задачи
является ограниченный пятиугольник ОАВСD.
Для построения прямой 50 х1  40 х2  0 строим радиус-вектор

N = (50;40)=10 (5;4) и через точку О проводим прямую, перпендикулярную
ему. Построенную прямую
Z=0 перемещаем параллельно самой себе в

направлении вектора N . Из рис. 1.3 следует, что опорной по отношению к
многоугольнику решении эта прямая становится в точке С, где функция Z
принимает максимальное значение. Точка С лежит на пересечении прямых
L2 и L3 . Для определения её координат решим систему уравнении
8 x1  5 x2  40,

5 x1  6 x2  30.
Оптимальный план задачи: x1  90 / 23  3,9; x 2  40 / 23  1,7. Подставляя значения
x1 и х 2 в линейную функцию, получаем Z max  50  3,9  40  1,7  260 ,3.
30
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
x2
8
L2
L3
А
L1
4

N
Z 
0
D 5
х1
Таким образом, для того чтобы получить максимальную прибыль в размере
260,3 руб., необходимо запланировать производство 3,9 ед. продукции Р1 и 1,7
ед. продукции Р 2 .
Задача 13. Для изготовления различных изделий А, В и С предприятие
использует три различных вида сырья. При этом на изготовление единицы
изделия вида А расходуется 18 кг материала первого вида, 6 кг материала
второго вида и 5 кг материала третьего вида. На изготовление единицы
изделия вида В расходуется 15 кг материала первого вида, 4 кг материала
второго вида, 3 кг материала третьего вида. На изготовление единицы изделия
вида C расходуется 12 кг материала первого вида, 8 кг материала второго вида,
3 кг материала третьего вида. На складе фабрики имеется всего материала
первого вида 360 кг, материала второго вида 192 кг, материала третьего вида
180 кг. От реализации единицы готовой продукции вида А фабрика имеет
прибыль 9 руб., продукции вида В прибыль составляет 10 руб., продукции
вида С прибыль составляет 16 руб.
Определить максимальную прибыль от реализации всей продукции видов А, В
и С. Решить задачу симплекс-методом.
31
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Решение. Запишем данные задачи в таблицу.
Вид сырья
I
II
III
Прибыль от
реализации
единицы
продукции
Нормы затрат сырья (кг) на
одно изделие вида
Общее
А
В
С
количество сырья
(кг)
18
15
12
360
6
4
8
192
5
3
3
180
9
10
16
Составим математическую модель задачи. Введем новые переменные:
x1  количество выпускаемых изделий вида А;
x 2  количество выпускаемых изделий вида В;
x3  количество выпускаемых изделий вида С.
Так как на 1 изделие вида А предприятие расходует 18 кг сырья первого
вида, то на производство общего количества продукции вида А предприятию
потребуется 18 x1 кг того же материала. Соответственно для производства всей
продукции вида В и С предприятию потребуется 15 x 2 кг и 12 x3 сырья первого
вида соответственно. Поскольку расходы на производство не должны
превышать общего количества сырья имеющегося на складе, то при
изготовлении x1 единиц изделий вида А, x 2 единиц изделий вида В и x 3
единиц изделий вида С должно быть израсходовано не более 360 кг сырья
первого вида. Таким образом, все выше сказанное можем записать в виде
неравенства:
18 x1  15 x 2  12 x3  360 .
Аналогично, при затратах, на производство продукции вида А, В и С,
сырья второго и третьего сорта предприятие должно учитывать количество
данного сырья, имеющегося на складе. Т.е. необходимо выполнение
следующих неравенств:
6 x1  4 x2  8 x3  192,
5 x1  3x2  3x3  180.
При этом так как количество изготовляемых изделий не может быть
отрицательным, то
x1  0, x 2  0, x3  0.
Далее, если будет изготовлено x1 единиц изделий вида А, x 2 единиц
изделий вида В и x 3 единиц изделий вида С, то прибыль от их реализации
составит F  9 x1  10 x2  16 x3 .
Таким образом, приходим к следующей математической задаче:
F  9 x1  10 x 2  16 x3 .
(1)
32
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
18 x1  15 x 2  12 x3  360,

6 x1  4 x 2  8 x3  192,
5 x  3 x  3 x  180.
2
3
 1
x1  0, x 2  0, x3  0.
(2)
среди всех неотрицательных решений системы неравенств (2) требуется
найти такое, при котором функция (1) принимает максимальное значение.
Запишем эту задачу в форме основной задачи линейного
программирования. Для этого перейдем от ограничений-неравенств к
ограничениям-равенствам. Введем три дополнительные переменные, в
результате чего ограничения запишутся в виде системы уравнений
18 x1  15 x 2  12 x3  x 4  360,

6 x1  4 x 2  8 x3  x5  192,
5 x  3 x  3 x  x  180.
2
3
6
 1
Эти дополнительные переменные означают не используемое при данном плане
производства количество сырья того или иного сорта (например, x 4 неиспользуемое количество материала I вида).
Преобразованную систему уравнений запишем в векторной форме:
x1 P1  x 2 P2  x3 P3  x 4 P4  x5 P5  x6 P6  P0 ,
18 
15 
12 
1 
0
0
 360 
 
 
 
 
 
 


где P1   6  ; P2   4  ; P3   8  P4   0  ; P5  1  ; P6   0  ; P0  192  .
5 
3 
3 
0
0
1 
180 
 
 
 
 
 
 


Поскольку среди векторов P1 , P2 , P3 , P4 , P5 , P6 имеются три единичных
вектора, для данной задачи можно непосредственно записать опорный план.
Таковым является план Х=(0; 0; 0; 360; 192; 180), определяемый системой
трехмерных единичных векторов P4 , P5 , P6 , которые образуют базис трехмерного
векторного пространства.
Составляем симплексную таблицу для I итерации (табл. 1.1). В столбец С Б
записываем коэффициенты при базисных векторах в целевой функции.
Коэффициенты 4-й строки вычисляются по формулам:
m
m
i 1
i 1
F0   ci bi ,  j   ci aij  c j и проверяем исходный опорный план на
оптимальность:
F0  C , P0   0  360  0  192  0  180  0;
1  C , P1   c1  0  18  0  6  0  5  9  9;
 2  C , P2   c2  0  15  0  4  0  3  10  10;
3  C , P3   c  0  12  0  8  0  3  16  16;
 4  C , P4   c4  0  1  0  0  0  0  0  0;
5  C , P5   c5  0  0  0  1  0  0  0  0;
 6  C , P6   c6  0  0  0  0  0  1  0  0.
33
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
9
10
16
0
Таблица 1.1
0
0
i
Базис
СБ
P0
P1
P2
P3
P4
P5
P6
1
P4
0
360
18
15
12
1
0
0
P5
0
192
6
4
8
0
1
0
P6
0
180
0
5
-9
3
-10
3
-16
0
0
0
0
1
0
2
3
4
Как видно из табл. 1.1, значения всех основных переменных
x1 , x 2 , x3 равны нулю, а дополнительные переменные принимают свои значения в
соответствии с ограничениями задачи. Эти значения переменных отвечают
такому «плану», при котором ничего не производится, сырье не используется
и значение целевой функции равно нулю (т. е. стоимость произведенной продукции отсутствует). Этот план, конечно, не является оптимальным.
Это видно и из 4-й строки табл. 1.1, так как в ней имеется три
отрицательных числа: 1  9,  2  10 ,  3  16 . Отрицательные числа не только
свидетельствуют о возможности увеличения общей стоимости производимой
продукции, но и показывают, на сколько увеличится эта сумма при введении
в план единицы того или другого вида продукции. Так, число -9 означает, что
при включении в план производства одного изделия А обеспечивается
увеличение выпуска продукции на 9 руб. Если включить в план производства
по одному изделию В и С, то общая стоимость изготовляемой продукции
возрастет соответственно на 10 и 16 руб. Поэтому с экономической точки
зрения наиболее целесообразным является включение в план производства
изделий С. Это же необходимо сделать и на основании формального признака
симплексного метода, поскольку максимальное по абсолютной величине отрицательное число  j стоит в 4-й строке столбца вектора Р3. Следовательно, в
базис введем вектор P3 . Определяем вектор, подлежащий исключению из
базиса.
Для

этого
 0  min  bi a 
находим


i3

для
ai 3  0, т.е.
 0  min 36012 ;192 8 ;180 3  192 3  24.
Найдя число 192/8 = 24, мы тем самым с экономической точки зрения
определили, какое количество изделий С предприятие может изготовлять с
учетом норм расхода и имеющихся объемов сырья каждого вида. Так как
сырья данного вида соответственно имеется 360, 192 и 180 кг, а на одно
изделие С требуется затратить сырья каждого вида соответственно 12, 8 и 3
кг, то максимальное число изделий С, которое может быть изготовлено
предприятием, равно min 36012 ;192 8 ;180 3  192 3  24 , т. е. ограничивающим


фактором для производства изделий С является имеющийся объем сырья II
34
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
вида. С учетом его наличия предприятие может изготовить 24 изделия С. При
этом сырье II вида будет полностью использовано.
Следовательно, вектор P5 подлежит исключению из базиса. Столбец
вектора P3 и 2-я строка являются направляющими. Элемент, стоящий на
пересечении столбца P3 и 2-й строки, называется разрешающим элементом.
Составляем таблицу для II итерации (табл. 1.2).
9
10
16
0
Таблица 1.2
0
0
Базис
СБ
P0
P1
P2
P3
P4
P5
P4
0
72
9
9
0
1
3
2
P3
16
24
3
1
1
0
1
3
P6
0
0
0
8
3
8
0
0
2
i
P6
1
4
108
4
11
4
2
3
384
3
-2
2
2
0
0
1
0
Сначала заполняем строку вектора, вновь введенного в базис, т. е.
строку, номер которой совпадает с номером направляющей строки. Здесь
направляющей является 2-я строка. Элементы этой строки табл.1.2
получаются из соответствующих элементов табл. 1.1 делением их на
разрешающий элемент (т. е. на 8). При этом в столбце С Б записываем
коэффициент С3  16 , стоящий в столбце вводимого в базис вектора P3 .
Затем заполняем элементы столбцов для векторов, входящих в новый базис.
В этих столбцах на пересечении строк и столбцов одноименных векторов
проставляем единицы, а все остальные элементы полагаем равными нулю.
Для определения остальных элементов табл. 1.2 применяем правило
прямоугольника:
a
c
b
d
a  a 
bc
, где
d
a  - пересчитанный коэффициент новой
таблицы,
d – разрешающий элемент,
b, c – элементы, стоящие
на
диагонали
прямоугольника.
Вычислим элементы табл. 1.2, стоящие в столбце вектора P0 . Первый
из них находится в 1-й строке этого столбца. Получаем:
360 
192  12
 72 ; записываем его в 1-й строке столбца вектора P0 табл. 1.2.
8
35
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Второй элемент столбца вектора P0 табл. 1.2 был уже вычислен ранее.
Вычисляем третий элемент столбца вектора P0 : 180 
192  3
 108 . Число 108
8
записываем в 3-й строке столбца вектора P0 . табл. 1.2.
Значение F0 в 4-й строке столбца этого же вектора можно найти двумя
способами:
1) по формуле F0  C , P0 ; ,т.е. F0  0  72  16  24  0  108  384 ;
2) по правилу прямоугольника; в данном случае прямоугольник
образован числами 0, 192, 8, -16. Этот способ приводит к тому же результату:
0
192   16
 384 .
8
Аналогично пересчитываем оставшиеся элементы табл.1 и записываем
их в новую табл. 2.
По окончании расчета всех элементов табл. 1.2 в ней получены новый
опорный план и коэффициенты разложения векторов Pj  j  1,6 через базисные
векторы P4 , P3 , P6 и значения  j и F0 . Как видно из этой таблицы, новым
опорным планом задачи является план X  0;0;24;72;0;108  . При данном плане
производства изготовляется 24 изделия С и остается неиспользованным 72 кг
сырья I вида и 108 кг сырья III вида. Стоимость всей производимой при этом
плане продукции равна 384 руб. Указанные числа записаны в столбце вектора
P0 . табл. 1.2. Как видно, данные этого столбца по-прежнему представляют
собой параметры рассматриваемой задачи, хотя они претерпели значительные
изменения. Изменились данные и других столбцов, а их экономическое
содержание стало более сложным. Так, например, возьмем данные столбца
вектора P2 . Число 1 2 во 2-й строке этого столбца показывает, на сколько
следует уменьшить изготовление изделий С, если запланировать выпуск
одного изделия В. Числа 9 и 3 2 в 1-й и 3-й строках вектора P2 . показывают
соответственно, сколько потребуется сырья I и II вида при включении в план
производства одного изделия B, а число -2 в 4-й строке показывает, что если
будет запланирован выпуск одного изделия В, то это обеспечит увеличение
выпуска продукции в стоимостном выражении на 2 руб. Иными словами,
если включить в план производства продукции одно изделие В, то это
потребует уменьшения выпуска изделия С на 1 2 ед. и потребует
дополнительных затрат 9 кг сырья I вида и 3 2 кг сырья III вида, а общая
стоимость изготовляемой продукции в соответствии с новым оптимальным
планом возрастет на 2 руб. Таким образом, числа 9 и 3 2 выступают как бы
новыми «нормами» затрат сырья I и III вида на изготовление одного изделия
В (как видно из табл. 1.1, ранее они были равны 15 и 3), что объясняется
уменьшением выпуска изделий С.
36
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Такой же экономический смысл имеют и данные столбца вектора P1 табл.
1.2. Несколько иное экономическое содержание имеют числа, записанные в
столбце вектора P5 . Число 18 во 2-й строке этого столбца, показывает, что
увеличение объемов сырья II вида на 1 кг позволило бы увеличить выпуск
изделий С на 18 ед. Одновременно потребовалось бы дополнительно 3 2 кг
сырья I вида и 3 8 кг сырья III вида. Увеличение выпуска изделий С на 18
ед. приведет к росту выпуска продукции на 2 руб.
Из изложенного выше экономического содержания данных табл. 1.2
следует, что найденный на II итерации план задачи не является
оптимальным. Это видно и из 4-й строки табл. 1.2, поскольку в столбце
вектора P2 этой строки стоит отрицательное число -2. Значит, в базис следует
ввести вектор P2 , т. е. в новом плане следует предусмотреть выпуск изделий В.
При определении возможного числа изготовления изделий В следует
учитывать имеющееся количество сырья каждого вида, а именно: возможный
выпуск
изделий

 0  min  72 9 ;


В
определяется
min 

bi

ai2 
ai2  0, т.е.
для
находим
24 108  72
;

 8.
9
1 3 
2 2
Следовательно, исключению из базиса подлежит вектор P4 , иными
словами, выпуск изделий В ограничен имеющимся в распоряжении
предприятия сырьем I вида. С учетом имеющихся объемов этого сырья
предприятию следует изготовить 8 изделий В. Число 9 является разрешающим
элементом, а столбец вектора P2 и 1-я строка табл. 1.2 являются
направляющими. Составляем таблицу для I I I итерации (табл.1.3).
9
10
16
0
Таблица 1.3
0
0
i
Базис
СБ
P0
P1
P2
P3
P4
P5
1
P2
10
8
1
1
0
1
1
2
P3
16
20
1
0
1
3
P6
0
96
5
0
0
400
5
0
0
1
8
1
6
2
9
4
4
4
9
5
P6
6
24
1
8
5
3
0
0
1
0
В табл. 1.3 сначала заполняем элементы 1-й строки, которая
представляет собой строку вновь вводимого в базис вектора P2 . Элементы
этой строки получаем из элементов 1-й строки табл. 1.2 делением последних
на разрешающий элемент (т.е. на 9). При этом в столбце С Б данной строки
записываем С2  10 .
37
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Затем заполняем элементы столбцов векторов базиса и по правилу
прямоугольника вычисляем элементы остальных столбцов. В результате в
табл. 3 получаем новый опорный план X  0;8;20;0;0;96  и коэффициенты
разложения векторов Pj  j  1,6 через базисные векторы P2 , P3 , P6 и
соответствующие значения  j и F0.
Проверяем, является ли данный опорный план оптимальным или нет. Для
этого рассмотрим 4-ю строку табл. 1.3. В этой строке среди чисел  j нет
отрицательных. Это означает, что найденный опорный план является
оптимальным и Fm ax  400 .
Следовательно, план выпуска продукции, включающий изготовление 8
изделий В и 20 изделий С, является оптимальным. При данном плане выпуска
изделий полностью используется сырье I и II видов и остается
неиспользованным 96 кг сырья I I I вида, а стоимость производимой
продукции равна 400 руб.
Оптимальным планом производства продукции не предусматривается
изготовление изделий А. Введение в план выпуска продукции изделий вида А
привело бы к уменьшению указанной общей стоимости. Это видно из 4-й
строки столбца вектора P1 , где число 5 показывает, что при данном плане
включение в него выпуска единицы изделия А приводит лишь к уменьшению
общей величины стоимости на 5 руб.
Ответ: максимальная прибыль от реализации всей продукции
составляет 400 руб.
Задача 14.
1) На три базы A1 , A2 , A3 поступил однородный груз в количествах,
соответственно равных 140, 180 и 160 ед. Этот груз требуется перевезти в пять
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:
Таблица 2.1
Пункты
Пункты назначения
Запасы
B3
B5
B2
B4
отправления
B1
A1
2
3
4
2
4
140
A2
8
4
1
4
1
180
A3
9
7
3
7
2
160
60
70
120
130
100
480
Потребности
Найти план перевозок данной транспортной задачи методом северозападного угла.
Решение. При нахождении опорного плана транспортной задачи методом
северо-западного угла на каждом шаге рассматривают первый из оставшихся
38
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
пунктов отправления и первый из оставшихся пунктов назначения. Заполнение
клеток таблицы условий начинается с левой верхней клетки для неизвестного
x11 («северо-западный угол») и заканчивается клеткой для неизвестного x mn , т. е.
идет как бы по диагонали таблицы.
Здесь число пунктов отправления m  3 , а число пунктов назначения
n  5. Следовательно, опорный план задачи определяется числами, стоящими в
5  3  1  7 заполненных клетках.
Заполнение таблицы начнем с клетки для неизвестного x11 , т. е.
попытаемся удовлетворить потребности первого пункта назначения за счет
запасов первого пункта отправления. Так как запасы пункта A1 больше, чем
потребности пункта B1 , то полагаем x11  60 , записываем это значение в
соответствующей клетке табл.1и временно исключаем из рассмотрения
столбец B1 , считая при этом запасы пункта A1 равными 80.
Пункты
отправления
A1
Пункты назначения
2
3
8
B3
B2
B1
60
A2
4
70
4
Потребности
9
2
4
140
4
1
180
2
160
10
1
7
60
3
70
B5
B4
110
A3
Таблица 2.2
Запасы
70
7
120
60
130
100
100
480
Рассмотрим первые из оставшихся пунктов отправления A1 и назначения
B 2 . Запасы пункта A1 больше потребностей пункта B 2 . Положим x12  70 ,
запишем это значение в соответствующей клетке табл. 2.2 и временно
исключим из рассмотрения столбец B2 . В пункте B2 запасы считаем равными
10 ед. Снова рассмотрим первые из оставшихся пунктов отправления A1 и
назначения B3 . Потребности пункта B3 больше оставшихся запасов пункта A1 .
Положим x13  10 и исключим из рассмотрения строку A1 .Значение x13  10
запишем в соответствующую клетку табл. 2.2 и считаем потребности пункта
B3 равными 110 ед.
Теперь перейдем к заполнению клетки для неизвестного x 23 и т. д. Через
шесть шагов остается один пункт отправления A3 с запасом груза 100 ед. и
один пункт назначения B5 с потребностью 100 ед. Соответственно имеется
одна свободная клетка, которую и заполняем, полагая x35  100 (табл. 2.2). В
результате получаем опорный план
39
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
 60 70 10 0 0 


X   0 0 110 70 0 
0 0 0
60 100 

Согласно данному плану перевозок, общая стоимость перевозок всего груза
составляет S  2  60  3  70  4 10  1110  4  70  7  60  2 100  1380.
2) Четыре предприятия для производства продукции используют три вида
сырья. Потребности в сырье каждого из предприятий соответственно равны
120, 50, 190, 110 ед. Сырье сосредоточено в трех местах его получения, а запасы
соответственно равны 160, 140, 170 ед. На каждое из предприятий сырье может
завозиться из любого пункта его получения. Тарифы перевозок являются
известными величинами и задаются матрицей
 7 8 1 2


С   4 5 9 8 .
9 2 3 6


Найти опорный план транспортной задачи методом минимального элемента.
Решение. В методе северо-западного угла на каждом шаге потребности
первого из оставшихся пунктов назначения удовлетворялись за счет запасов
первого из оставшихся пунктов отправления. Очевидно, выбор пунктов
назначения и отправления целесообразно производить, ориентируясь на
тарифы перевозок, а именно: на каждом шаге следует выбирать какую-нибудь
клетку, отвечающую минимальному тарифу (если таких клеток несколько, то
следует выбрать любую из них), и рассмотреть пункты назначения и отправления, соответствующие выбранной клетке. Сущность метода минимального
элемента и состоит в выборе клетки с минимальным тарифом. Следует
отметить, что этот метод, как правило, позволяет найти опорный план
транспортной задачи, при котором общая стоимость перевозок груза меньше,
чем общая стоимость перевозок при плане, найденном для данной задачи с
помощью метода северо-западного угла. Поэтому наиболее целесообразно
опорный план транспортной задачи находить методом минимального
элемента.
Исходные данные задачи запишем в виде табл. 3.1.
Таблица 3.1
Пункты
Пункты назначения
Запасы
B
B
B
B
отправления
3
2
4
1
A1
7
8
1
2
160
160
A2
4
5
8
140
120
20
A3
9
2
3
6
170
50
30
90
120
50
190
110
470
Потребности
40
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Минимальный тариф, равный 1, находится в клетке для переменной x13 .
Положим x13  160 , запишем это значение в соответствующую клетку табл. 3.1 и
исключим временно из рассмотрения строку A1 . Потребности пункта
назначения B3 считаем равными 30 ед.
В оставшейся части таблицы с двумя строками A2 и A3 и четырьмя
столбцами B1 , B2 , B3 и В4 клетка с наименьшим значением тарифа c ij находится
на пересечении строки A3 и столбца B2 , где c32  2 . Положим x32  50 и внесем
это значение в соответствующую клетку табл. 3.1.
Временно исключим из рассмотрения столбец B2 и будем считать запасы
пункта A3 равными 120 ед. После этого рассмотрим оставшуюся часть
таблицы с двумя строками A2 и A3 и тремя столбцами B1 , B3 и В4 . В ней
минимальный тариф c ij находится в клетке на пересечении строки A3 и
столбца B3 и равен 3. Заполним описанным выше способом эту клетку и
аналогично заполним (в определенной последовательности) клетки,
находящиеся на пересечении строки A2 и столбца B1 , строки A3 и столбца B4 ,
строки A2 и столбца B4 . В результате получим опорный план
0 160 0 
0


X  120 0 0
20 .
0
50 30 90 

При данном плане перевозок общая стоимость перевозок составляет
S  1160  4 120  8  20  2  50  3  30  6  90  1530.
3) Имеются три пункта поставки однородного груза A1 , A2 , A3 и четыре
пункта B1 , B2 , B3 , B4 потребления этого груза. На пунктах A1 , A2 , A3 находится
груз соответственно в количестве 50, 30 и 10 т. В пункты B1 , B2 , B3 , B4
требуется доставить соответственно 30, 30, 10, 20 т груза. Расстояние между
пунктами потребления задано следующей матрицей:
1 2 4 1 


С   2 3 1 5 .
3 2 4 4


Найти оптимальный план транспортной задачи.
Решение. Сначала, используя метод северо-западного угла, находим
опорный план задачи. Этот план записан в табл. 4.1
41
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Пункты
отправления
A1
Пункты назначения
B2
B1
1
2
4
1
50
1
5
30
20
3
10
A3
3
Потребности
B4
B3
2
30
A2
Таблица 4.1
Запасы
10
2
30
4
30
10
4
10
10
20
10
90
Найденный опорный план проверяем на оптимальность. В связи с этим
находим потенциалы пунктов отправления и назначения. Для определения
потенциалов получаем систему
1  1  1,
 3 -  2  1,
 2  1  2,
 4 -  2  5,
 2 -  2  3,
 4 -  3  4,
содержащую шесть уравнений с семью неизвестными. Полагая  1  0, находим
1  1,  2  2,  2  1,  3  0,  4  4,  3  0. Для каждой свободной клетки
вычисляем число  ij   j   i  cij :
 13  4,  14  3,  21   32  0,  31  2,  33  4.
Заключаем найденные числа в рамки и записываем их в каждую из
свободных клеток табл. 4.2.
Так как среди чисел  ij имеются положительные, то построенный план
перевозок не является оптимальным и надо перейти к новому опорному плану.
Наибольшим среди положительных чисел  ij являются  14  3, поэтому для
данной свободной клетки строим цикл пересчета (табл. 4.2) и производим
сдвиг по этому циклу.
Пункты
отправления
A1
Пункты назначения
B2
B1
1
2
30
A2
2
3
0
A3
Потребности
Таблица 4.2
Запасы
3
–
20
+
10
4
1
-4
1
5
10
2
-2
30
B4
B3
4
0
30
+
3
–
10
4
-4
10
50
30
10
10
20
90
Наименьшее из чисел в минусовых клетках равно 10. Клетка, в которой
находится это число, становится свободной в новой табл., 4.3. Другие числа в
42
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
табл. 4.3 получаются так: к числу 10, стоящему в плюсовой клетке табл. 4.2,
добавим 10 и вычтем 10 из числа 20, находящегося в минусовой клетке табл.
4.2. Клетка на пересечении строки A2 и столбца B4 становится свободной.
После этих преобразований получаем новый опорный план (табл. 4.3).
Пункты
отправления
A1
Пункты назначения
1
–
10
2
2
3
0
A3
3
2
+1
30
Потребности
B3
B2
B1
30
A2
Таблица 4.3
Запасы
4
1
+
10
-2
1
20
+
+3
30
B4
5
10
4
-1
10
50
30
-3
4
–
10
20
10
90
Этот план проверяем на оптимальность. Снова находим потенциалы
пунктов отправления и назначения. Для этого составляем следующую систему
уравнений:
1  1  1,
 2  1  2,
 4 - 1  1,
 2 -  2  3,
 3 -  2  1,
 4 -  3  4,
Полагаем  1  0, получаем 1   4  1,  2  2,  3  0,  3  3,  2  1. Для каждой
свободной клетки вычисляем число  ij ; имеем,
 13  2,  21  0,  24  3,  31  1,  32  3,  33  1.
Таким образом, видим, что данный план перевозок не является
оптимальным. Поэтому переходим к новому опорному плану (табл. 4.4).
Пункты
отправления
A1
Пункты назначения
1
2
2
Потребности
4
3
3
-2
30
1
1
20
2
50
20
5
30
-3
10
4
10
30
B4
-4
0
0
A3
B3
B2
B1
30
A2
Таблица 4.4
Запасы
4
-4
10
10
-3
20
90
Сравнивая разности  j   i новых потенциалов, отвечающих свободным
клеткам табл. 4.4, с соответствующими числами c ij , видим, что указанные
разности потенциалов для всех свободных клеток не превосходят
соответствующих чисел c ij . Следовательно, полученный план
43
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
 30 0 0 20 


X *   0 20 10 0 
 0 10 0 0 


является оптимальным. При данном плане стоимость перевозок
S  1 30  2  0  1 20  3  20  110  2 10  140.
СПИСОК ЛИТЕРАТУРЫ
1. Кудрявцев В.А., Демидович Б.П. Краткий курс высшей математики. 6е изд. М., 1985.
2. Венцель Е.С. Теория вероятностей. – М.: Высш. Шк., 1999.
3. Бугров Я.С. Никольский С.М. Высшая математика: Элементы
линейной алгебры и аналитической геометрии. Ростов-на-Дону: Феникс, 1997.
4. Бугров
Я.С.
Никольский
С.М.
Высшая
математика:
Дифференциальное и интегральное исчисления. Ростов-на-Дону: Феникс,
1997.
5. Кузнецов А.В., Сакович В.А., Холод Н.И. Высшая математика:
Математическое программирование. Минск: Высшая школа, 1994.
6. Сборник задач и упражнений по высшей математике: Мат.
программирование: Учеб. пособие / А.В.Кузнецов, В.А. Сакович, Н.И.Холод и
др.; Под общей ред. А.В. Кузнецова, Р.А. Рутковского. – Мн. Высш. шк. 2002.
7. Высшая математика для экономистов.: Учебник для вузов / Н.Ш.
Кремер, Б.А. Путко, И.М. Тришин, М.Н. Фридман, Под ред. проф.
Н.Ш.Кремера. – М.: Банки и биржи, ЮНИТИ, 2003.
8. Кремер Н.Ш. Теория вероятностей и математическая статистика:
Учебник для вузов. – М.: ЮНИТИ – ДАНА, 2000. – 543 с.
9. Шипачев В.С. Высшая математика. Учеб. для вузов. – М.: Высш. шк.
2003.
10. Гмурман В.Е. Теория вероятностей и математическая статистика.
Учеб. пособие для вузов. – М.: Высш. шк., 2001. – 479 с.
11. Гмурман В.Е. Руководство к решению задач по теории вероятностей
и математической статистике. Учеб. пособие для студентов вузов. – М.:
Высш.шк., 2001. – 400с.
12. Данко П.Е., Попов А.Г., Кожевникова Т.Я. Высшая математика в
упражнениях и задачах. В 2-х ч. Ч.1,2. Учеб. пособие для втузов. – М.:
Издательский дом «ОНИКС 21 век» Мир и образование, 2003.
13. Акулич И.Л. Математическое программирование в примерах и задачах:
Учеб. пособие для студентов эконом. Спец. Вузов. – М.: Высш. шк., 1986.
14. Общий курс высшей математики для экономистов: Учебник / Под ред.
В.И.Ермакова. – М.:ИНФРА – М, 2001.
15. Хазанова Л.Э. Математические методы в экономике: Учебное пособие.
М.: Издательство БЕК, 2002.
16. Пинегина М.В. Математические методы и модели в экономике / М.В.
Пинегина. – М.: Издательство «Экзамен»., 2002.
44
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Составители: САФИН Рашит Рафаилович,
БОГДАНОВА Маргарита Анатольевна
МАТЕМАТИКА
Методические указания по выполнению контрольных работ
Технический редактор: Р.С. Юмагулова
Подписано в печать 15.12.2007. Формат 60х84 1/16.
Бумага писчая. Гарнитура «Таймс».
Усл. печ. л. 2,62. Уч.-изд. л. 3,25. Тираж 150 экз.
Цена свободная. Заказ № 253.
Отпечатано с готовых авторских оригиналов
на ризографе в издательском отделе
Уфимской государственной академии экономики и сервиса
450078, г. Уфа, ул. Чернышевского, 145, к. 227; тел. (347) 241-69-85.
45
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
46
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
47
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
48
Документ
Категория
Другое
Просмотров
65
Размер файла
1 031 Кб
Теги
1771, математика
1/--страниц
Пожаловаться на содержимое документа