kr_matem_zaoch_1kurs_gmu_moup_td

advertisement
Министерство образования и науки РФ
Читинский институт (филиал) ФГБОУ ВПО
«Байкальский государственный университет экономики и права»
Кафедра математики
Контрольная работа
по дисциплине «МАТЕМАТИКА»
для студентов 1-го курса
(бакалавров заочного отделения)
по направлению 38.03.02.01 – Менеджмент, профиль Менеджмент организации
по направлению 38.03.03.00 - Управление персоналом
по направлению 38.03.04.00 - Государственное и муниципальное управление
по направлению 38.03.06.01 – Логистика и коммерция
Чита – 2014
Печатается по решению УМК ЧИ БГУЭП
Протокол № ____ от ___________ 2014 г.
Составители: к. ф.-м. н., ведущий доцент кафедры математики
Фалейчик А.А.,
к. ф.-м. н., доцент кафедры математики
Трухина Л.И.
Рекомендовано к печати кафедрой математики
Протокол заседания № 9 от 14.05.2014 г.
2
Указания к выполнению контрольной работы:
По курсу «Математика» каждый студент должен выполнить контрольную
работу. Варианты заданий для этих работ приведены ниже.
При выполнении, оформлении контрольной работы необходимо руководствоваться следующим:
1. Контрольная работа должна быть выполнена по соответствующему варианту. В случае невыполнения этого требования работа не допускается к
защите.
2. Условия задач необходимо переписать в работу. После условия каждой
задачи следует ее решение. Ко всем этапам решения задач необходимо
дать пояснения.
3. На бланке, который наклеивается на обложку работы, четко пишется фамилия, имя, отчество студента, а также номер студенческого билета/зачетной книжки.
4. Если работа возвращается студенту на доработку, то её необходимо переделать в соответствии с указаниями, данными в рецензии. Затем исправленная работа снова сдаётся на проверку.
5. Проверенную контрольную работу нужно защитить. После чего в зачётную книжку вносится запись "Зачтено".
6. Зачтенные контрольные работы являются допуском к экзамену.
Выбор варианта контрольной работы:
Номер варианта определяется по последней цифре номера зачётной
книжки. Если номер зачетной книжки оканчивается цифрой 1, следовательно, вариант контрольной работы 1и т.д.; если номер зачетной книжки оканчивается цифрой 0, вариант контрольной работы 10.
Пример: номер зачетной книжки № ГМУ-14-2-36, следовательно, для 6
варианта выполняются задания 6, 16, 26 и т.д.
3
I. АНАЛИТИЧЕСКАЯ ГЕОМЕТРИЯ. ВЕКТОРНАЯ АЛГЕБРА.
ЭЛЕМЕНТЫ ЛИНЕЙНОЙ АЛГЕБРЫ
Задачи 1-10. Даны вершины A( x1 , y1 ) , B( x2 , y 2 ) , C ( x3 , y3 ) треугольника
АВС. Найти:
1. Уравнения всех сторон треугольника.
2. Систему линейных неравенств, определяющих треугольник АВС.
3. Уравнения высоты, медианы и биссектрисы треугольника, проведённых из вершины А.
4. Точку пересечения высот треугольника.
5. Точку пересечения медиан треугольника.
6. Длину высоты, опущенной на сторону АВ.
7. Угол А.
8. Сделать чертеж.
№
А
В
С
1.
(1; 1)
(7; 4)
(4; 5)
2.
(1; 1),
(-5; 4)
(-2; 5)
3.
(-1; 1)
(5; 4)
(2; 5)
4.
(-1; 1)
(-7; 4)
(-4; 5)
5.
(1; -1)
(7; 2)
(4; 5)
6.
(1; -1)
(-5; 2)
(-2; 3)
7.
(-1; -1)
(5; 2)
(2; 3).
8.
(-1; -1)
(-7; 2)
(-4; 3)
9.
(0; 1)
(6; 4)
(3; 5)
10.
(1; 0)
(7; 3)
(4; 4)
4
Пример решения задачи из заданий 1-10.
Пусть вершины треугольника имеют координаты: А(1; 1), В(5; 3), С(3; 6).
1. Чтобы выписать уравнения всех сторон треугольника, воспользуемся
уравнением прямой, проходящей через две заданные точки с координатами
(x0, y0) и (x1, y1):
x  x0
y  y0

.
x1  x 0 y1  y 0
Таким образом, подставляя вместо (x0, y0) координаты точки А, а вместо (x1,
y1) координаты точки В, мы получим уравнение прямой АВ:
x 1 y 1


5 1 3 1
x 1 y 1

 2 x  1  4 y  1  2 x  4 y  2  0 
4
2
x  2 y  1  0.
Полученное уравнение будет уравнением прямой АВ, записанным в общей форме. Аналогично находим уравнение прямой АС:
x 1 y 1


3 1 6 1
x 1 y 1

 5x  1  2 y  1 
2
5
5 x  2 y  3  0.
И так же уравнение прямой ВС:
x5 y 3


35 63
x5 y 3

 3 x  5  2 y  3 
2
3
3x  2 y  21  0.
2. Заметим, что множество точек треугольника АВС представляет собой
пересечение трех полуплоскостей, причем каждую полуплоскость можно задать с помощью линейного неравенства. Если мы возьмем уравнение любой
из сторон ∆АВС, например АВ, тогда неравенства
x  2 y  1
и
x  2 y  1
5
задают точки, лежащие по разные стороны от прямой АВ. Нам нужно выбрать ту полуплоскость, где лежит точка С. Подставим ее координаты в оба
неравенства:
3  2  6  9  1 и
3  2  6  9  1 .
Правильным будет второе неравенство, значит, нужные точки определяются
неравенством
x  2 y  1 .
Аналогично поступаем с прямой ВС, ее уравнение 3x  2 y  21  0 . В
качестве пробной используем точку А (1, 1):
3  1  2  1  21  16  0 ,
значит, нужное неравенство имеет вид:
3 x  2 y  21  0 .
Если проверим прямую АС (пробная точка В), то получим:
5  5  2  3  3  16  0 ,
значит, нужное неравенство будет иметь вид
5 x  2 y  3  0.
Окончательно получаем систему неравенств:
 x  2 y  1,

3 x  2 y  21,
 5 x  2 y  3.

Знаки «≤», «≥» означают, что точки, лежащие на сторонах треугольника, тоже включены во множество точек, составляющих треугольник АВС.
3. а) Для того, чтобы найти уравнение высоты, опущенной из вершины
А на сторону ВС, рассмотрим уравнение стороны ВС: 3x  2 y  21  0 . Вектор

с координатами q (3, 2) перпендикулярен стороне ВС и, значит, параллелен
6
высоте. Запишем уравнение прямой, проходящей через точку А параллельно

вектору q (3, 2) :
x 1 y 1

 2x  1  3 y  1  2 x  3 y  1  0.
3
2
Это уравнение высоты, опущенной из т. А на сторону ВС.
б) Найдем координаты середины стороны ВС по формулам:
 x1  x 2 y1  y 2
,

2
2


.

Здесь ( x1 , y1 ) – это координаты т. В, а ( x2 , y 2 ) – координаты т. С. Подставим
и получим:
5 3 3 6
,


2 
 2

4; 4,5.
Прямая, проходящая через эту точку и точку А является искомой медианой:
x 1 y 1

 3,5x  1  3 y  1  3,5 x  3 y  0,5 
4  1 4,5  1
7 x  6 y  1  0.
в) Уравнение биссектрисы мы будем искать, исходя из того, что в равнобедренном треугольнике высота, медиана и биссектриса, опущенные из
одной вершины на основание треугольника, равны. Найдем два вектора АВ
и АС и их длины:
АВ  (5  1, 3  1)  (3, 2) ,
АС  3  1, 6  1  2, 5.
АВ  32  2 2  13,
АС  2 2  52  29.
2 
 AB  3
Тогда вектор n 

,
 имеет такое же направление, что и
AB  13 13 
вектор
АВ , а его длина

n  1.
Точно так же единичный вектор
7
5 
 AC  2
m

,
 совпадает по направлению с вектором AC . Сумма
AC  29 29 
векторов
    3
2
2
5 
c nm

,


29 13
29 
 13
есть вектор, который совпадает по направлению с биссектрисой угла А. Таким образом, уравнение искомой биссектрисы можно записать виде:
x 1
3
2

13
29

y 1
2
5

13
29
.
4) Уравнение одной из высот мы уже построили. Построим уравнение еще
одной высоты, например, из вершины В. Сторона АС задается уравнением

5 x  2 y  3  0. Значит, вектор n (5,  2) перпендикулярен АС, и, тем самым,
параллелен искомой высоте. Тогда уравнение прямой, проходящей через

вершину В в направлении вектора n (5,  2) (т. е. перпендикулярно АС), имеет вид:
x5 y 3

  2( x  5)  5 y  3 
5
2
2 x  5 y  25  0.
Известно, что высоты треугольника пересекаются в одной точке. В
частности, эта точка является пересечением найденных высот, т.е. решением
системы уравнений:
2 x  3 y  1
2 x  3 y  1
35

 x ,


8
2 x  5 y  25
 8 y  26
y
13

4
 35 13 
 ,  - координаты этой точки.
 8 4
8
1  5 1  3 
5. Середина АВ имеет координаты 
,
  3, 2 . Запишем уравне2
2


ние медианы к стороне АВ. Эта прямая проходит через точки с координатами
(3, 2) и (3, 6), значит, ее уравнение имеет вид:
x3 y 2


33 62
x3 y 2

 x  3.
0
4
Заметим, что ноль в знаменателе дроби в записи уравнения прямой
означает, что эта прямая проходит параллельно оси ординат.
Чтобы найти точку пересечения медиан достаточно решить систему
уравнений:
7 x  6 y  1
 x  3,

x

3

y
10
.
3
 10 
Точка пересечения медиан треугольника имеет координаты  3,  .
 3
6. Длина высоты, опущенной на сторону АВ, равна расстоянию от точки С до прямой АВ с уравнением x  2 y  1  0 и находится по формуле:
d
Ax0  By0  C
A2  B 2

3  2  6 1
12   2
2

8
.
5
7. Косинус угла А можно найти по формуле косинуса угла между век

торами a и b , который равен отношению скалярного произведения этих
векторов к произведению их длин:
 
  (a , b )
cos(a , b )   
ab


cos A  cos AB, AC 
:
3 2  2  5
16

.
13  29
13 29
9
Задачи № 11-20
 a11 x  a12 y  a13 z  b1

Дана система уравнений: a 21 x  a22 y  a23 z  b2 .
a x  a y  a z  b
32
33
3
 31
1. Решить ее тремя способами:
 методом Гаусса,
 по формулам Крамера
 с помощью обратной матрицы.
2. Записать разложение вектора b  b1 , b2 , b3  по базису, составленному из



векторов a1  a11 , a21 , a31 , a2  a12 , a22 , a32 , a3  a13 , a23 , a33  . Ответ обосновать.
 x  4 y  2 z  3

11.  3x  y  z  5
 3 x  5 y  6 z  7

 x  y  2 z  1

16. 2 x  y  2 z  4
4 x  y  4 z  2

 x  y  z  2

12. 4 x  3 y  z  1
 2x  y  5

 2 x  y  5z  4

17. 5 x  2 y  13 z  23
 3x  y  5 z  0

 x y z6

13. 5 x  4 y  3z  22
10 x  5 y  z  23

3 x  4 y  2 z  8

18. 2 x  y  3 z  1
 x  5y  z  0

 x  y  z 1

14.  8 x  3 y  6 z  2
 4 x  y  3z  3

 7 x  5 y  31

19.  4 x  11z  43
2 x  3 y  4 z  20

 4x  3y  2z  9

15.  2 x  5 y  3 z  4
5 x  6 y  2 z  18

 x  2y  z  4

20. 3x  5 y  3z  1
 2x  7 y  z  8

10
Пример решения задачи из заданий 11-20
Решить систему уравнений
 5x  8 y  z  7

 x  y  3z  1 .
2 x  3 y  2 z  9

 5 8  1


3 ,
I. Обозначив матрицу коэффициентов при неизвестных через A   1 1
2  3 2 


7
 x
 
 
правую часть системы B   1  , а вектор неизвестных X   y  , эту систему уравне9
z
 
 
ний можно записать в матричном виде AX  B . Это уравнение имеет единственное
решение, если матрица A – невырожденная, т.е. если ее определитель А  det A отличен от нуля. Тогда решение матричного уравнения запишется в виде X  A1  B ,
где A1 – матрица, обратная к A .
Вычислим det A по правилу треугольников:
5 8 1
  det A  1 1 3  5  1  2  1   3   1  8  3  2  2  1 1 
2 3 2
 5  3   3  8  1  2  10  3  48  2  45  16  92  0
или разложением по 2-й строке:
  det A  1  (1) 21 8  1  1  (1) 2 2 5  1  3  (1) 23 5 8  13  12  93  92.
3 2
2 2
2 3
det A  92  0  A – невырожденная, и система имеет единственное решение.
Найдем его.
1. Метод Гаусса.
 5 8  1
Матрица системы уравнений A   1 1 3  . Запишем и приведем расширен2  3 2 
ную матрицу системы к диагональному виду с помощью эквивалентных преобразований:
11
1
5 8 1 7

1 1

3 1 ~ 5
2
2  3 2 9



1
3 1
8 1 7 ~
 3 2 9 
(переставили для удобства первую и вторую строки матрицы). Теперь первую строку полученной матрицы последовательно умножим на (-5) и на (-2) и прибавим соответственно ко второй и третьей строкам:
1 1
3 1


~  0 3  16 2  ~
0  5  4 7


далее умножим элементы 2ой строки на 5, а 3ей – на 3, затем вторую строку прибавим
к третьей строке:
1 1
3 1
1 1
3 1




~  0 15  80 10  ~  0 15  80 10  ~
 0  15  12 21
 0 0  92 31




Теперь в полученной матрице разделим вторую строку на 15, а третью – на (-92).
Получим матрицу, эквивалентную исходной:




3
1 
1 1
16 2 

~ 0 1  3 3  
0 0
1
31 
 

92 

Теперь можно получить решение системы. Третья строка матрицы равносильна уравнению z  
уравнению y 
31
. Вторая строка этой расширенной матрицы соответствует
92
16
2
z  , т.е.
3
3
y
2 16
2 16  31  2 16  31 2  62 
 z      
 1   
3 3
3 3  92  3 3  92 3  23 
2  62  23 
2  39
26
 


3  23 
3  23
23
Первая строка соответствует уравнению x  y  3z  1 , т.е.
12
x  1  y  3z  1 
26 3  31 92  4  26  3  31 92  93  104 289




23
92
92
92
92 .
Получаем следующий ответ:
x
289
,
92
y
26
,
23
z
31
92 .
2. По правилу Крамера.
Если главный определитель системы из n уравнений с n неизвестными отличен от 0, то система имеет единственное решение, которое ищется по формулам:
x
x
,

y
y
,

z
z
 .
Посчитаем x , y и z . Каждый из них получается из главного определителя
 системы заменой столбца коэффициентов при неизвестном x ( y, z ) столбцом
свободных членов уравнений, стоящих в правой части системы:
7 8  1 0 1  22
1  22
x  1 1
3 1 1
3   13
 25  264  289 ,
 12  25
9 3 2
0  12  25
5 7 1 0 0 1
4 22
2 11
4
y  1 1 3  16 22 3   1   1  4
 4  2

3 23
3 23
2 9 2 12 23 2
 8  46  33  8  13  104. ,
5
8
7
0
3
z  1
1
11
1
2 3 9
x
2
1   1
3
0 5 7
289
,
92
y
104
26
 ,
92
23
3
2
5 7
z
 31 
31
.
92
3. Решим систему матричным способом.
Решением матричного уравнения AX  B находится как X  A1  B , где A1 –
обратная к A матрица. Найдем её.
13
 A11

1
A 1   A12

 A13
A21
A22
A23
A31 

A32 
A33  ,
где Aij – алгебраическое дополнение элемента aij матрицы A .
 5 8  1


А  1 1
3
2  3 2 


А11   1
11
А12   1
1 3
 11,
3 2
13
2 1
8 1
 13 ,
3 2
А31   1
8 1
 25 ,
1 3
5 1
 16 ,
1 3
31
1 3
 4,
2 2
А22   1
5 1
 12 ,
2 2
А32   1
1 1
 5 ,
2 3
А23   1
5 8
 31 ,
2 3
А33   1
1 2
А13   1
А21   1
2 2
23
3 2
3 3
5 8
 3 .
1 1
Запишем обратную матрицу:
 11  13 25 

1 
А   4
12  16 .
92 

  5 31  3 
1
Теперь найдем X:
 11  13 25  7 
11  7  13  1  25  9 
 289 
  1 
 1

1
X  A B  4
12  16  1    4  7  12  1  16  9     104 
92 
  92   5  7  31  1  3  9  92   31
  5 31  3  9 



.
1
Итак,
 289 


 92 
T
26
289
26
31


X     
, ,  .
 23   92
23 92 
 31 
 
 92 
14
Таким образом, получили, что все три способа (метода) дали один и тот же ответ, т.е. задача решена верно.
Ответ:
x
289
,
92
y
26
,
23
z
31
.
92

II. Разложим вектор b  b1 , b2 , b3  по базису, составленному из векторов



а1 а11 , а21 , а31  , а2 а12 , а22 , а32  , а3 а13 , а23 , а33  .
Эти вектора образуют базис, т.к. определитель, составленный из них, есть 
из первой части задачи, а   0 ,  эти вектора линейно независимы,  они образуют базис.

  
Разложить вектор b по векторам a1 , a2 , a3 значит представить его в виде ли-
нейной комбинации этих векторов, т.е.:




b  k1a1  k 2 a2  k 3 a3 ,
где ki , i  1, 3 – коэффициенты разложения, которые и нужно найти.
Это векторное уравнение в матричном виде запишется следующим образом:
B  A  K , где
 a11

A   a21
a
 31
a12
a22
a32
a13 

a23 
a33 
,
 k1 
 
K   k2 
k 
 3
,
1
1
и, чтобы найти K , нужно найти A : K  A  B .
Заметим, что составленная из координат векторов матрица совпадает с матри
цей заданной системы уравнений, а вектор b есть вектор, стоящий в правой части
системы. Эту систему мы уже решали, и A1  B находили. Таким образом, получим,
что
 289 

1 
K   104  .
92 

  31
15

  
Тем самым, разложение вектора b по базису из векторов a1 , a2 , a3 будет сле-
дующим:
 1
289  104 
31 



b  289 a1  104 a2  31a3  
a1 
a2  a3
92
92
92
92 .
16
II. МАТЕМАТИЧЕСКИЙ АНАЛИЗ
Задачи № 21-30
Вычислить передел последовательности.
3  n 2  3  n 2
21. lim
2
2
n   3  n   3  n 
22. lim
2n  13  n  23
n 
23.
n  10 2  3n  12
lim
3
3
n  n  6   n  1
25.
6  n2  6  n2
lim
n 
6  n2  1  n2
27.
1  2n 3  8n 3
lim
2
2
n  1  2n   4n
29.
3  n 3
lim
2
3
n  n  1  n  1
n 2  2n  3
24.
1  n 4  1  n 4
lim
3
3
n   1  n   1  n 
26.
n  13  n  12
lim
n 
n  13  n  13
28.
3  4n 2
lim
3
3
n  n  3  n  3
30.
n  12  n  12  n  23
lim
n 
4  n 3
Пример решения задачи из заданий 21-30
Вычислить передел последовательности.
4n 5  3n 2  8
n   2n 5  2n  1
lim
В числителе и знаменателе дроби стоят многочлены 5-ой степени, каждый из
которых при n   являются бесконечно большими одного порядка, т.е. получаем
неопределенность типа

. Однако, предел отношения двух многочленов одинако
вой степени при n   равен отношению коэффициентов при самой старшей степе5
ни (здесь n ). В данном случае это отношение равно
4
 2 . Поэтому
2
4n 5  3n 2  8
lim
 2.
n  2 n 5  2 n  1
Действительно, разделим числитель и знаменатель дроби на старшую степень
5
n, а именно на n :
17
3n 2 8
3
8
4 5  5
4 3  5
n
n  lim
n
n
lim
n 
n 
2n 1
2
1
2 5  5
2 4  5
n
n
n
n
При n   дроби
3
8
2
1
, 5 , 4 , 5 являются бесконечно малыми величинами,
3
n
n
n
n
т.е. их пределы при n   равны 0.
Воспользуемся такими свойствами пределов как:
lim
x x
0
ux 
u  x  lim
,
 x


vx  lim
v
x
x
ux  kvx  lim
lim
ux   k lim
vx 
x
x
x
в предположении, что lim u  x  и lim v x  существуют.
x 
x 
Продолжим цепочку вычисления предела:
3
8 

lim  4  3  5  lim 4  lim 3  lim 8
n 
400 4
n  n 3
n  n 5
n
n  n 



  2.
2
1 200 2
2
1 

lim  2  4  5  lim 2  lim 4  lim 5
n  n
n  n
n 
n
n  n 

Задачи № 31-40
Вычислить пределы функций, не пользуясь правилом Лопиталя.
31.
x
lim
3
x 1
lim
 2 x  1 x  1
,
x4  4x2  5
ln 1  sin x 
x 0
sin 4 x
x
x 3  3x  2
32. lim
,
x 1
x  x2
lim
.
2
2 x
2
2
1  cos 2 x
.
x  0 cos7 x  cos3 x
lim
 2 x  3
lim
35.
,
3
2
x 3 x  4 x  3x
2
.
 x  1
34. lim 3
,
2
x 1 x  2 x  x  2
3x 2  5 x
lim
.
x  0 sin 3 x
x
2
ex 1
x 0
 3x  2 
33. lim 3
,
2
x1 x  2 x  x  2
2
1  cos10 x
2
36.
x
lim
x1
 2 x  1
,
x4  2x  1
3
2
18
4x
.
x  0 tg( (2  x))
2x
.
x  0 tg[2 ( x  1 2)]
lim
37. lim
x 0
lim
1  x 3  1  3x 
x  x5
,
x2  2x  1
38. lim
,
2
x 1 2 x  x  1
1  cos3 x
lim
.
x0
4 x2
lim
x 0
arcsin 3 x
.
2 x  2
x 3  5x 2  7 x  3
40. lim 3
,
2
x 1 x  4 x  5 x  2
x 3  3x  2
39. lim 2
,
x  1 x  x  2
2x  1
lim
.
x  0 ln(1  2 x )
arctg 2 x
.
x  0 sin(2 ( x  10))
lim
Пример решения задачи из заданий 31-40
Вычислить пределы, не пользуясь правилом Лопиталя.
3x 2  4 x  1
 lim f x  .
x1 x 2  3x  2
x1
1) lim
При x  1 числитель и знаменатель дроби обращаются в 0, т.е. x  1 является
корнем многочленов, образующих дробь. Следовательно, при x  1 имеем неопределенность типа
0
. Раскроем её.
0
Разложим оба многочлена на множители:
3x 2  4 x  1  3xx  1  1  x  1  x 1  3x   x  13x  1,
x 2  3x  2  xx  1  2x  1  x  1x  2 .
Теперь искомый предел можно переписать следующим образом:
x  13x  1
3x 2  4 x  1

lim
x1 x 2  3 x  2
x1  x  1 x  2 
lim
При всех значениях x  1, в том числе и в окрестности т. x  1 , отношение этих многочленов равно
3x  1
, а в т. x  1 функция f(x) не определена.
x2
3x  1 2
3x  1 lim
x 1
lim f  x   lim


 2 .
x 1
x 1 x  2
lim  x  2   1
x 1
19
1  cos3 2 x
2) Вычислить предел lim
.
x0
4x 2
При x  0 получаем неопределенность типа
как разность кубов a 3  b 3   a  b a 2  ab  b 2 :
0
. Распишем числитель дроби,
0


1  cos3 2 x  1  cos2 x  1  cos2 x  cos2 2 x .
При x  0 1  cos2 x  0 , a
дующие выкладки:
1  cos 2 x  cos 2 2 x  3 , поэтому можем сделать сле-



1  cos3 2 x
1  cos2 x  1  cos2 x  cos2 2 x
lim
 lim

x0
x0
4x 2
4x 2


1  cos 2 x
 lim 1  cos 2 x  cos2 2 x 
2
x0
x0
4x
 lim


1  cos 2 x
1  cos 2 x
 lim 1  lim cos 2 x  lim cos2 2 x  3 lim

2
x0
x0
x0
x0
x0
4x
4x2
 lim
1  cos2 x
sin 2 x 3
sin x  sin x 3
sin x
sin x 3
3  lim
 3  lim
  lim
  lim
 lim
 ,
2
2
x0 2  2 x
x0 2 x
2 x0
xx
2 x0 x x0 x
2
sin x
 1 – это первый замечательный предел.
x0 x
т.к. lim
20
Задачи № 41-50
Исследовать средствами дифференциального исчисления функцию y  f  x  и,
используя результаты исследования, построить ее график.
4x
4  x2
46.
5
y  x5  x3
3
47.
5x 2
y 2
x  25
43.
4x3
y 3
x 1
48.
x2  1
y
2x2
44.
y
x4
x3  1
49.
y  x  3 x  1
45.
3x
y
1  x2
50.
x2
y
x 1
41.
y
42.
x2  1
y 2
x 1
2
Пример решения задачи из заданий 41-50
Исследовать
средствами
дифференциального
2
2x
y
 f  x  и построить ее график.
2
x 1
исчисления
функцию
1. ООФ. x 2  1  0  x  1, т.е. x   ,1  1,  . Таким образом, в точках
x  1 функция терпит разрыв.
2. ОЗФ. Так как x 2  0,
x 2  1  0 , то заданная функция принимает только положительные значения. Кроме того, т.к. точка x  0 не принадлежит ООФ, то
функция не обращается в нуль ни в одной точке. Следовательно, y( x)  0 , т.е.
y  (0, ) .
3. Из сказанного в п. 2 следует, что график функции не пересекает ни ось Оx, ни ось
Оy.
4. Функция – четная, т.к. y( x)  y( x) вследствие того, что в выражение f  x  x
входит только во второй степени.
Поэтому график функции симметричен относительно оси Оy.  Нам достаточно исследовать y  f  x  и построить ее график только для положительных x ,
т.е. для x  1,  , а затем зеркально отразить результаты исследования и полученный график для x   ,1 .
5. Посмотрим, как ведет себя функция на концах интервалов, определяющих область определения.
a) lim y  lim
x
x 
2x 2
x2 1

Разделим обе части дроби на x 2 :
21
 2 lim
x
1
x2  1
x4
lim
x
2x2
b) lim y  lim y  lim
x1
x1
2
1
1
 , т.к. lim 2  lim 4  0 .
x x
x x
1
1

x2 x4

x1
x 1
2
x 2  1  0.
 , т.к. lim
x1
6. Т.к. lim y   , то прямая x  1 является вертикальной асимптотой графика функx 1
ции. Аналогично, и x  1 – тоже вертикальная асимптота.
Посмотрим, нет ли у функции наклонных асимптот. Уравнение наклонной
асимптоты к графику функции y  f  x  имеет вид y  kx  b , где
k  lim
x
f x 
,
x
b  lim  f  x   kx  .
а
x
Вычислим k :
k  lim
x
2x2
x x2  1
 2 lim
x
x
x2  1

разделим числитель и знаменатель дроби на x :
 2 lim
x 
1
1
1
x2
 2, т.к. lim 1 
x
1
 1.
x2
Получили, что k  2 . Теперь найдем b :
 2x2

x 2  x x 2 1
b  lim 
 2 x   2  lim

2
2
x 
x 
x 1
 x 1

разделим обе части дроби на x 2 :
1
x2  2  0  0 .
1
1 2
x
1 1
 2  lim
x 
Поэтому уравнение правой наклонной асимптоты будет
y  2x ,
а левой наклонной асимптоты (вследствие симметричности) –
y  2 x .
7. Так как заданная функция представлена в виде сложной функции, записанной с
помощью элементарных функций (дробная, степенная), каждая из которых непрерывна в своей области определения, то и исследуемая функция будет непрерывна в «общей» области определения x   ,1  1,  .
22
А в точках x  1 функция терпит разрывы, т.к. там она не определена. И разрывы эти 2-го рода, т.к. lim y  lim y   .
x 1
x  1
8. Исследуем функцию на монотонность.
Сначала найдем ее производную.




1
1
1

2x  x2  1 2  x2   x2  1 2  2x

2

x
  2
2
y  2  

1
2
 2

x

1
2
 x 1 


 
x  1
2 x2  1  x2
 2x 
3
2
 
2 xx  2 

.
x  1
2
2
2
3
2
Найдем теперь стационарные точки функции, т.е. те значения x , при которых
y   0. Это x1  0 , x2,3   2 . Точка x1  0 не входит в область определения функции, а точки x2,3   2 являются точками возможного экстремума функции.
Исследуем поведение функции вокруг точки x  2 :
при x  2 , т.е. при x 2  2, y  0  функция возрастает;
при x  1, 2 , т.е. при x 2  2, y   0  функция убывает.


Следовательно, в т. x  2 функция достигает своего минимума:


22
4.
2 1
y min  y  2 
9. Направление вогнутости графика функции.
Найдем вторую производную функции.


 x  x2  2 
 x3  2x 
  2
 
y   2  
 x 2  1 32 
 x 2  1 32 






 
3x  2x  1  x  2 x  32 x  1
 2
x  1
2


3
2
3
2
2
 2 x 1 
2
 2x
3
2
2
1
3x 4  3x 2  2 x 2  2  3x 4  6 x 2


x  1
3x  2x  1  3x x  2   2  x  2 x
 2  x  1 
x  1
x  1
2
1
2
3
2
2
2
2
2
2
2
2
3
2
3
1
.
Так как y  нигде в ноль не обращается, то точек перегиба у графика функции
нет.
При x   ,1  1, 
y   0,  всюду в этой области функция выпукла
вниз. И тем самым еще раз подтверждаем, что в т. x   2 функция достигает сво23
его минимума, а максимума она не достигает нигде, т.к. ни при каких x y   0 не
будет.
10.Теперь по результатам исследования рисуем график заданной функции.
y
x2 1
x=1
x = -1
у
2  x2
y  2  x
y  2 x
х
0 1
Задачи № 51-60
Производительность труда бригады рабочих описывается уравнением y(t),
1  t  8 . Определить в какой момент времени производительность максимальна.
Найти объём выпущенной продукции за k часов.
2
51. y (t )  2,5t  8t  130, k  4.
2
52. y (t )  2,7t  14t  110, k  8.
2
53. y (t )  3,5t  10t  150, k  5.
2
54. y (t )  3,3t  12t  100, k  7.
2
55. y (t )  3,1t  9t  110, k  7.
2
56. y (t )  4,5t  18t  180, k  6.
2
57. y (t )  1,5t  10t  140, k  3.
2
58. y (t )  3,8t  20t  140, k  5.
2
59. y (t )  4,5t  15t  170, k  6.
2
60. y (t )  0,5t  6t  120, k  4.
Пример решения задачи из заданий 51-60
y  2,1t 2  11t  115, k  4.
Для того чтобы определить в какой момент времени производительность максимальна исследуем функцию y(t), на экстремум. Найдём производную и приравняем её к нулю:
24
y '  4,2t  11, y '  0 при t 
11
 2,62.
4,2
Так как при t  2,62 y '  0 , а при t  2,62 y '  0 , то в точке t  2,62 функция
достигает максимума, т.е. производительность максимальна в момент времени
t  2,62 .
Производительность труда есть производная от функции объёма выпуска по
времени. Следовательно, чтобы найти объём выпущенной продукции, нужно проинтегрировать y(t):
t
Y (t )   y (t )dt ,
0
t
t
0
0
Y (t )   ( 2,1t 2  11t  115)dt  ( 0,7t 3  5,5t 2  115t )  0,7t 3  5,5t 2  115t .
Y (4)  0,7  43  5,5  4 2  115  4  503,2 .
Объём выпущенной продукции за 4 часа составит 503,2.
Задачи № 61-70
Вычислить неопределённый интеграл
61.  5 x  6 cos 2 xdx
62.  3x  2  cos 5 xdx
63.  2  3x  sin 2 xdx
64.  4 x  2 cos 2 xdx
65.  4  16 x  sin 4 xdx
66.  7 x  10  sin 4 xdx
67.  3x  2  cos 5 xdx
68.  4 x  7  cos 3xdx
69.  x  5 sin 3xdx
70.  2  4 x  sin 2 xdx
Пример решения задачи из заданий 61-70
Вычислить неопределённый интеграл
 2 x  5cos 3xdx .
Воспользуемся формулой интегрирования по частям:
 udv  uv   vdu
1
в качестве u возьмем u=2x - 5, а dv=cos3xdx. Тогда du=2dx, v  sin 3x .
3
Получаем:
2x  5
2
2x  5
2


2
x

5
cos
3
xdx

sin
3
x

sin
3
xdx

sin
3
x

cos 3x  C.

3
3
3
9
25
Задачи № 71-80
Найти общий интеграл дифференциального уравнения.
71. x 1  y  yy 1  x  0.
1  x2
72. yy
 1  0.
1  y2
73. x 5  y dx  y 4  x dy  0.
74. x 4  y dx  y 1  x dy  0.
2
2
2
2
 
77.  3  e  yy  e
75. e  8 dy  y e dx  0.
x
x


x
x
.
79. 3 x y  y dy  2  y dx  0.
2
2
2
2
76.
5  y 2  yy 1  x 2  0.
78.
1  e  yy  e
x
x
.
80. 2 x  2 xy  2  x y  0.
2
2
Пример решения задачи из заданий 71-80
В некоторых ситуациях обыкновенные дифференциальные уравнения первого
порядка легко решаются с помощью приема, который мы будем называть методом
разделения переменных. Поясним суть приема на примере. Пусть дано уравнение:
Постараемся преобразовать уравнение так, чтобы в левой его части было выражение, содержащее только переменную x, а в правой неизвестную функцию y.
Если мы умножим формально обе части равенства на dx, то получим выражения, которые можно трактовать как дифференциалы некоторых функций, зависящих
только от x и от y:
Равенство дифференциалов предполагает, что сами функции отличаются друг
от друга на некоторую константу С, т.е.
Окончательно получаем
С.
26
Задачи № 81-90
Найти область сходимости функционального ряда.

81.

 n  2   x  3
3
83.

 x  1
n9
n 1

85.
  1
n 1
87.
3
n1
.
84.

n 1
 x  2
2n
n3  1
 x  2
2n

.
86.
2n  3
 n  1

5
 x  5
x
n
.
.
2n
2 n 1
3n  8
n 1
.

n
.
88.
 x  5 .

n
n 1 4  2n  1

89.
n
n

n 1

82.
2n
n
 1  x  3

 n  1 5n
n 1

.
2n  3
n 1

2n
2 n1
n!
.

n
x
n1

90.
 x  7
  2n
n 1
2
2 n 1
 5n  4
n
.
Пример решения задачи из заданий 81-90
Для решения задач этого раздела можно использовать признаки сходимости
Даламбера или Коши. Согласно признаку Даламбера, для абсолютной сходимости

ряда  u n ( x ) достаточно, чтобы lim
n 
n 1
u n1 ( x)
 1.
u n ( x)
Рассмотрим пример: пусть имеется функциональный ряд
Найдем предел дроби
u n1 n 2 ( x  1) 2 n 2 ( x  1) 2 n
n 2 n  4 ( x  1) 2 n 2  n   n  4 
2




 
( x  1) :
2
2n
un
n5
n4
(n  1) n  5 ( x  1)
 n 1   n  5 
2


2
 1 
n
n

4

 

2
2


lim 
 
( x  1)  ( x  1) lim
n  n  1
n 
1
n

5



 

1 
n

2

1 

1 


4

n   ( x  1) 2
.
5

n
( x  1) 2  1 , то ряд будет сходящимся. Откуда следует
Если
x  1  1   1  x  1  1  0  x  2 . Таким образом, область сходимости ряда
27
включает интервал (0, 2). Проведем дополнительное исследование для случая, когда
x = 0 или x = 2, т.е.
. В этих случаях получаем числовой ряд
.
Этот ряд, очевидно, расходится, т.к. не выполняется необходимый признак сходимости
Поэтому окончательный ответ – исходный ряд сходится для
.
28
III. ТЕОРИЯ ВЕРОЯТНОСТЕЙ
Задачи № 91-100
91. Имеются две одинаковые урны. В первой – семь белых шаров и три черных,
а во второй – шесть белых и четыре черных. Наудачу выбирается урна и из нее
наугад извлекается один шар.
а) Какова вероятность того, что шар оказался белым?
б) Шар оказался белым. Какова вероятность того, что его извлекли из 1-й урны?
92. В сборной по гимнастике 25% мастеров спорта, 42% кандидатов в мастера и
33% перворазрядников. Вероятность того, что мастер спорта или кандидат в мастера
выполнит упражнения на «отлично», равна 0,92. Для перворазрядника эта вероятность равна 0,71.
а) Определить вероятность того, что член сборной, подошедший к снаряду, выполнит упражнение на «отлично».
б) Член сборной выполнил упражнение на «отлично». Какова вероятность того,
что он преворазрядник?
93. Первый цех изготовил 45 лампочек, второй – 30, третий – 25. Вероятность
того, что лампочка стандартная, для первого цеха равна 0,8, для второго – 0,7 и для
третьего – 0,9. Из партии наугад взята одна лампочка.
а) Определить вероятность того, что она стандартная.
б) Лампочка оказалась стандартной. С какой вероятностью она изготовлена
первым цехом?
94. В тире имеется три ружья, вероятности попадания из которых соответственно равны 0,6; 0,75; 0,8. Стреляющий берет наугад одно из ружей.
а) Определить вероятность попадания при одном выстреле?
б) Стреляющий попал по цели. С какой вероятностью он стрелял из 2-го ружья?
95. Приборы одного наименования изготавливаются двумя заводами. Первый
завод поставляет 2/3 всех приборов, поступающих на производство, а второй – 1/3.
Вероятность безотказной работы (надежность) прибора, изготовленного первым заводом, равна 0,95; второго – 0,85.
а) Определить надежность прибора, поступающего на производство.
б) Прибор, поступивший на производство, работает безотказно. С какой вероятностью он изготовлен первым заводом?
96. В первой коробке из 20 карандашей – 13 красных; во второй из 30 карандашей – 22 красных, а в третьей из 10 карандашей – 5 красных. Из наудачу выбранной
коробки наудачу извлекают карандаш.
а) Найти вероятность того, что он красный.
б) Карандаш оказался красный. С какой вероятностью он принадлежал второй
коробке?
29
97. В телеателье имеется 4 кинескопа. Вероятности того, что кинескоп выдержит гарантийный срок службы, соответственно равны 0,85; 0,75; 0,9; 0,95.
а) Найти вероятность того, что взятый наудачу кинескоп выдержит гарантийный срок.
б) Взятый наудачу кинескоп выдержал гарантийный срок. С какой вероятностью это был четвёртый кинескоп?
98. В студенческой группе из 30 человек 20 занимаются лыжным спортом, 6 –
легкой атлетикой и 4 – гимнастикой. Вероятность выполнить норму первого разряда
такова: для лыжников – 0,85; для легкоатлетов – 0,9; для гимнастов – 0,75. Наудачу
выбирают одного студента.
а) Найти вероятность того, что он выполнит норму первого разряда по своему
виду спорта.
б) Студент выполнил норму. Какова вероятность того, что он гимнаст?
99. Для контроля за качеством продукции из трех партий деталей для проверки
взята одна деталь. В одной партии 2/3 деталей бракованные, а в двух других – все
детали стандартные.
а) Как велика вероятность обнаружить брак?
б) Деталь оказалась бракованной. С какой вероятностью она из первой партии?
100. В ящике содержится 13 деталей, изготовленных заводом №1, 19 деталей –
заводом №2 и 18 – заводом №3. Вероятность того, что деталь отличного качества
соответственно равна 0,8; 0,7; 0,9. Наудачу извлекают из ящика одну деталь.
а) Найти вероятность того, что отличного качества.
б) Деталь оказалась отличного качества. С какой вероятностью она принадлежит заводу №2?
Пример решения задачи из заданий 91-100
В магазин поступили электрические лампочки одного типа, изготовленные на
четырех ламповых заводах: с 1-го завода 250 шт., со 2-го – 525 шт., с 3-го – 275 шт.
и с 4-го – 950 шт. Вероятность того, что лампочка прогорит более 1500 часов, для 1го завода равна 0,15, для 2-го – 0,30, для 3-го – 0,20, для 4-го – 0,10. При раскладке
по полкам магазина лампочки были перемешаны.
а) Какова вероятность того, что купленная лампочка прогорит более 1500 часов?
б) Купленная лампочка прогорела более 1500 часов. С какой вероятностью она
была изготовлена 1-м заводом?
Для решения этой задачи воспользуемся формулой полной вероятности и формулой Бейеса.
Вероятность события A, которое может наступить лишь при условии появления
одного из несовместных событий H1, H2, ..., Hn, образующих полную группу, равна
сумме произведений вероятностей каждого из этих событий на соответствующую
условную вероятность события A.
P( A)  P( H1 ) PH 1 ( A)  P( H 2 ) PH 2 ( A)    P( H n ) PHn ( A) .
30
События H1, H2, ..., Hn часто называют «гипотезами».
Если событие А уже произошло, то вероятности гипотез могут быть переоценены по формулам Бейеса
PA ( H i ) 
P( H i ) PHi ( A)
P( A)
.
а) Пусть A – событие, состоящее в том, что купленная лампочка прогорит более
1500 часов. Лампочка может быть изготовлена любым из четырёх заводов, поэтому
возможны 4 гипотезы Н1 – лампочка изготовлена 1-м заводом, Н2, Н3 и Н4 – изготовлена соответственно 2-м, 3-м или 4-м заводом. Так как всего лампочек
250+525+275+950=2000 шт., то вероятности гипотез соответственно равны:
P( H 1 ) 
250
525
275
950
 0,125 ; P ( H 2 ) 
 0,2625 ; P( H 3 ) 
 0,1375 ; P( H 1 ) 
 0,475 .
2000
2000
2000
2000
Условная вероятность того, что лампочка, изготовленная 1-м заводом, прогорит
более 1500 часов равна PH1 ( A)  0,15 . Условная вероятность того, что лампочка, изготовленная 2-м заводом, прогорит более 1500 часов равна PH 2 ( A)  0,3 . Аналогично
PH 3 ( A)  0,2 и PH 4 ( A)  0,1 (это следует из условия задачи).
Используя формулу полной вероятности, имеем
P( A)  0,125  0,15  0,2625  0,3  0,1375  0,2  0,475  0,1  0,1725 .
б) Так как событие А уже произошло, то искомую вероятность найдём по формуле Бейеса, т.е. переоценим вероятность гипотезы Н1:
PA ( H 1 ) 
P( H 1 ) PH 1 ( A) 0,125  0,15

 0,11 .
P( A)
0,1725
Ответ: а) вероятность того, что лампочка прогорит более 1500 часов равна 0,1725;
б) вероятность того, что лампа, прогоревшая 1500 часов, изготовлена 1-м заводом
равна 0,11.
31
Рекомендуемая литература
Основная литература
1. Красс, М.С. Математика для экономистов.- СПб, 2007. РМО
2. Ильин, В.А. Математический анализ: Учеб. в 2-х ч./Под ред. А.Н.Тихонова.М., 2004. УМО
3. Кудрявцев, Л.Д. Краткий курс математического анализа. В 2-х Т.- М., 2003.
РМО
4. Берман, Г.Н. Сборник задач по курсу математического анализа: учеб. пособие.СПБ, 2008.
5. Беклемишев, Д.В. Курс аналитической геометрии и линейной алгебры: Учеб.М.: Физматлит, 2004. РМО
6. Ильин, В.А. Линейная алгебра: Учеб.- М., 2004.РМО
7. Красс, М.С. Математика для экономистов: учеб. пособие.- СПб: Питер, 2010.
УМО
8. Практикум по высшей математике для экономистов/ Под ред. Н.Ш. Кремера:
учеб.-М.: Юнити, 2005.
9. Гмурман, В.Е. Теория вероятностей и математическая статист. М., 2010. РМО
Гмурман, В.Е. Руководство к решению задач по теории вероятностей и математической статистике: учеб. пособие.-М. Высш. образование, 2009. РМО
Дополнительная литература
1. Высшая математика для экономистов: Учеб.-/Н. Ш. Кремер.-М., 2010. УМО
2. Ильин, В.А. Высшая математика: Учеб.- М., 2009. РМО
3. Письменный, Т.Д. Конспект лекций по высшей математике.- М., 2007
4. Данко, П.Е. Высшая математика в упражнениях и задачах. В 2-х ч. – М.,2009.
Ч.1-2.
5. Бутузов В.Ф., Крутицкая Н.Ч., Шишкин А.А. Линейная алгебра в вопросах и задачах: Учеб. пособие / Под ред. В. Ф. Бутузова. — 2-е изд., испр. — М.: ФИЗМАТЛИТ, 2002. — 248 с.
6. Солодовников А.С., Бабайцев В.А., Браилов А.В. Математика в экономике.
Учебник. В 2-х частях. - М.: Финансы и статистика, 2006. - 384с.
7. Умнов А.Е. Аналитическая геометрия и линейная алгебра. Учеб. пособие. - М.:
МФТИ, 2009 - 570 с.
8. Кремер, Н.Ш.Теория вероятностей и математическая статистика.- М.,2009. РМО
9. Колемаев, В.А. Теория вероятностей и математическая статистика:Учеб.- М.:
Кнорус, 2009. УМО
10. Письменный, Д.Т. Конспект лекций по теории вероятностей, математической
статистике и случайным процессам.-М., 2008
32
Примерный перечень вопросов к экзамену по математике.
Матрицы, их виды, действия над ними. Обратная матрица, ранг матрицы.
Векторы, векторное пространство, операции над векторами.
Линейная комбинация векторов, линейная независимость.
Базис, размерность векторного пространства. Разложение вектора по базису.
Действия над векторами.
Скалярное произведение векторов, его свойства. Векторное произведение и
его свойства.
7. Определители и их свойства.
8. Решение систем линейных уравнений методом Крамера и матричным методом.
9. Метод полного исключения Жордана-Гаусса.
10. Геометрический смысл линейных уравнений и неравенств.
11.Расстояние между двумя точками плоскости.
12.Деление отрезка в заданном отношении.
13.Уравнение прямой с угловым коэффициентом.
14.Общее уравнение прямой, ее исследование.
15.Угол между двумя прямыми.
16.Уравнение прямой, проходящей через две точки.
17.Уравнение прямой, проходящей через две точки.
18.Эллипс. Вывод уравнения. Свойства эллипса.
19.Гипербола. Вывод уравнения, свойства.
20.Парабола. Вывод уравнения, свойства.
21.Понятие функции, общие свойства, график функции.
22.Предел функции в точке и на бесконечности.
23.Бесконечно малая и бесконечно большая, их свойства.
24.Основные теоремы о пределах.
25.Первый замечательный предел.
26.Последовательность, предел последовательности. Теорема Вейерштрасса (о
пределе монотонной ограниченной последовательности).
27.Второй замечательный предел. Число e, натуральные логарифмы.
28.Непрерывность функции. Свойства непрерывных функций.
29.Производная. Геометрический и механический смысл производной.
30.Производная суммы, произведения, частного, сложной функции.
31.Таблица производных (вычисление производных элементарных функций).
32.Дифференциал функции, его свойства.
33.Производные и дифференциалы высших порядков.
34.Теоремы Ферма и Ролля.
35.Теоремы Лагранжа и Коши.
36.Теоремы монотонности функций.
37.Экстремум функции. Необходимое и достаточное условие экстремума.
38.Выпуклость и вогнутость функций. Точки перегиба.
39.Асимптоты функций.
40.Общая схема исследования функций.
41.Правило Лопиталя.
1.
2.
3.
4.
5.
6.
33
42.Формула Тейлора. Остаточный член в форме Лагранжа.
43.Функции многих переменных. Частные производные, полный дифференциал.
44.Дифференцирование сложных функций. Инвариантность формы полного
дифференциала. Производные высших порядков.
45.Формула Тейлора для функции многих переменных.
46.Производная по направлению, градиент.
47.Экстремум функции многих переменных. Необходимое и достаточное условие
экстремума.
48.Условный экстремум. Метод неопределенных множителей Лагранжа.
49.Метод наименьших квадратов.
50.Первообразная. Неопределенный интеграл, его свойства.
51.Метод интегрирования по частям.
52.Интегрирование иррациональных выражений. Подстановки Эйлера и Чебышева.
53.Интегрирование рациональных дробей.
54.Интегрирование тригонометрических выражений.
55.Определенный интеграл, его свойства.
56.Интеграл с переменным верхним пределом. Формула Ньютона-Лейбница.
57.Замена переменных в определенном интеграле. Интегрирование по частям в
определенном интеграле.
58.Несобственные интегралы.
59.Приложения определенного интеграла.
60.Дифференциальные уравнения, общие свойства.
61.Уравнения с разделяющимися переменными. Однородные и приводящие к
ним дифференциальные уравнения.
62.Линейные дифференциальные уравнения 1-го порядка.
63.Линейное однородное дифференциальное уравнение второго порядка с постоянным коэффициентом.
64.Линейное неоднородное дифференциальное уравнение второго порядка с постоянным коэффициентом.
65.Метод вариации произвольных постоянных.
66.Системы дифференциальных уравнений 1-го порядка с постоянными коэффициентами.
67.Ряды. Общие свойства. Достаточный признак сходимости.
68.Знакоположительные ряды. Признак сравнения.
69.Признаки Даламбера и Коши.
70.Интегральный признак сходимости ряда.
71.Знакопеременные ряды. Теорема Лейбница.
72.Функциональные ряды. Общие свойства.
73.Степенные ряды. Теорема Абеля. Радиус сходимости.
74.Свойства степенных рядов.
75.Ряды Тейлора и Маклорена.
76.Разложение некоторых элементарных функций в степенные ряды.
77.Элементы комбинаторики: перестановки, размещения, сочетания.
78.Классическое определение вероятности, случайные события, элементарные
исходы, свойства классической вероятности.
79.Совместные и несовместные события. Теоремы сложения вероятностей.
34
80.Зависимые и независимые события. Теоремы умножения.
81.Условная вероятность. Теорема о формуле полной вероятности, формулы Байеса.
82.Понятие распределения вероятностей случайных событий. Схема независимых испытаний. Формула Бернулли.
83.Случайные величины: определение, функция распределения случайной величины и ее свойства, независимые случайные величины.
84.Определения числовых характеристик дискретных и непрерывных случайных
величин: математическое ожидание, дисперсия, мода, медиана, центральные и
начальные моменты.
85.Свойства математического ожидания и дисперсии дискретной случайной величины.
86.Биномиальное распределение, вычисление математического ожидания и дисперсии биномиально распределенной случайной величины.
87.Геометрическое распределение. Распределение Пуассона. Вычисление основных числовых характеристик этих распределений.
88.Непрерывные случайные величины. Вычисление математического ожидания и
дисперсии для равномерно и нормально распределенных случайных величин.
89.Функция распределения непрерывной случайной величины и ее свойства.
Функция плотности распределения. Мода, медиана. Начальные и центральные
моменты.
90.Основные понятия математической статистики: генеральная совокупность,
выборка, выборочные характеристики. Методы отбора.
91.Статистические оценки и их свойства: несмещенность, эффективность и состоятельность.
92.Представление статистических данных. Полигон частот. Гистограмма.
93.Точечные статистические оценки параметров распределения. Метод моментов
и метод наибольшего правдоподобия.
94.Доверительные интервалы, надежность. Построение доверительных интервалов для математического ожидания нормального распределения (с известной
дисперсией).
95.Доверительные интервалы для дисперсии нормально распределенной случайной величины.
96.Основы регрессионного анализа. Метод наименьших квадратов.
97. Статистические гипотезы, постановка задачи построения критерия проверки
статистической гипотезы. Уровень значимости и мощность критерия. Параметрический критерий. Критерий Пирсона.
35
Скачать