1. При каких значениях λ ранг матрицы λ λ равен двум? Решение

1.
2

При каких значениях  ранг матрицы A   
1

1
2

3 

 6  равен двум?
15 
Решение:
Ранг матрицы равен порядку базисного минора. Поскольку требуется, чтобы ранг
матрицы был равен двум, то базисным должен быть какой-либо минор второго порядка,
2 3
например,
. Но тогда минор третьего порядка (определитель матрицы) должен быть
1 15
равен нулю, т.е.
2
1

2
1

3
6  0
15
2   2   15  6  1  1  3      1   2   3  1  15    2   6     0
3 2  3  60  0
 2    20  0
1   2  1


1   2  20
1  5

 2   4
Таким образом, при 1  5 , 2  4 ранг матрицы будет равен двум.
2.
Методом обратной матрицы решить систему уравнений
2 x1  x 2  x 3  1

 x1  x 2  2 x 3  5
 2 x  2 x  3 x  3
2
3
 1
Решение:
Запишем систему в матричном виде:
AX  B , где
2

A  1
2

1 

 1  2  – матрица коэффициентов при неизвестных
2
3 
1
 1 
 
B   5  – вектор-столбец свободных членов
  3
 
 x1 
 
X   x 2  – вектор-столбец свободных членов
x 
 3
Тогда A 1 AX  A 1 B  EX  A 1 B  X  A 1 B , т.е. для решения системы
необходимо найти матрицу, обратную матрице A .
Вычислим определитель матрицы A :
2
 1
2
1
1
 1  2  2   1  3  2  1  2  1  2  1  2   1  1  1  1  3  2  2   2  
2
3
 6  4  2  2  3  8  1
Поскольку   1  0 , то обратная матрица существует.
Транспонируем матрицу :
2

A   1
1

2

2
3 
1
1
2
Найдем алгебраические дополнения элементов транспонированной матрицы:
A11 
1
2
2
3
A12  
1 2
1
1
A13 
 
A22
1 2
 
A33
2
2
3
2
1
3
  3   4   7
62 4
2
1
1
2
1
2
1 2
 
A32
 2   1  1
1
2
 
A23
 
A31
  3  2   1
1 3
 
A21
 3   4   1
2
2
1
2
2
1
1
1
   4  1  5
 2   2   4
  4  2   2
 2  1  3
Запишем союзную матрицу:
 1

A   7
 4

*
1
4
2
 1

5 
 3 
Тогда
A
1
 1

1
*
  A  1    7

 4

1
4
2
Найдем решение системы:
 1   1
 
5  7
 3    4
1
4
2
1 

 5
3 
1   1    1  1  1  5  1   3    1  5  3   1 
 1 1

   
 
  
X   7  4  5    5    7  1  4  5  5   3    7  20  15    2 
 4 2
3    3    4  1  2  5  3   3   4  10  9    3 

 x1  1

 x2  2
 x  3
 3
Для проверки правильности найденного решения подставим полученные значения
в исходную систему:
2 x1  x 2  x 3  2  2  3  1

 x1  x 2  2 x 3  1  2  6  5
 2 x  2 x  3 x  2  4  9  3
2
3
 1
Поскольку при подстановке все уравнения системы обратились в тождества, то
решение найдено верно.
 x1  1

 x2  2
 x  3
 3
3.
Методом Гаусса решить систему уравнений
2 x1  3 x 2  x 3  9 x 4  7

3 x1  2 x 2  8 x 3  7 x 4  17

 x1  2 x 2  4 x 3  x 4  7
4 x1  7 x 2  15 x 3  5 x 4  27
Найти одно из ее базисных решений.
Решение:
Прямой ход метода Гаусса:
Запишем расширенную матрицу системы и путем эквивалентных преобразований
приведем ее к ступенчатому виду:
2  3 1  9  7 


 8  7  17 
3 2
~
1 2
 4 1  7 


 4 7  15  5  27 


Поменяем местами первую и третью строки:
1 2
 4 1  7 


 8  7  17 
3 2
~
~
2  3 1  9  7 


 4 7  15  5  27 


Элементы первой строки умножим на (-3) и прибавим их к соответствующим
элементам второй строки. Элементы первой строки умножим на (-2) и прибавим их к
соответствующим элементам третьей строки. Элементы первой строки умножим на (-4) и
прибавим их к соответствующим элементам четвертой строки:
1 2  4 1  7


0  4 4  4 4 
~
~
0 7 7 7 7 


0 1 1 1 1 


Поскольку втора, третья и четвертая строки пропорциональны, то удалим две из
них, например, вторую и третью:
1 2  4 1  7
~
~ 

0

1
1

1
1


Элементы второй строки разделим на (-1):
1 2
~ 
0 1
4
1
1  7

1  1 
Обратный ход метода Гаусса:
 x1  2 x 2  4 x 3  x 4  7

 x 2  x 3  x 4  1
 x , x  любые
 3 4
 x1  2 x 2  4 x 3  x 4  7

 x 2  x3  x 4  1
 x , x  любые
 3 4
 x1  2 x 2  4 x 3  x 4  7  2 x 3  3 x 4  5

 x 2  x3  x 4  1
 x , x  любые
 3 4
 x1  2 x 3  3 x 4  5

 x 2  x 3  x 4  1 – общее решение системы
 x , x  любые
 3 4
Положим x 3  3 , x 4  0 , тогда получим базисное решение:
 x1

 x2

 x3
 x 4
1
2
3
0
Выполним проверку для найденного базисного решения. Для этого полученные
значения подставим в исходную систему:
2 x1  3 x 2  x 3  9 x 4  2  6  3  0  7

3 x1  2 x 2  8 x 3  7 x 4  3  4  24  0  17

 x1  2 x 2  4 x 3  x 4  1  4  12  0  7
4 x1  7 x 2  15 x 3  5 x 4  4  14  45  0  27
Поскольку при подстановке все уравнения обратились в тождества, то базисное
решение найдено верно:
 x1

 x2

 x3
 x 4
1
2
3
0
4.



При каком значении параметра  векторы p  1;  2;1 , q   3;1; 0 , r   ; 5;  2
будут линейно зависимыми?
Решение:
Векторы будут линейно зависимыми, если определитель, составленный из их
координат будет отличен от нуля.
Составим определитель из координат данных векторов и выясним, при каких
значениях параметра  он будет равен нулю:
1
2
3
1

5
1
0  1  1   2   2  0    3  5  1    1  1  0  1  5   2    2    3 
2
 2  15    12  5  
 5    0    5
Таким образом, при всех значениях параметра, кроме   5 ,
линейно зависимыми..
векторы будут
Выполнить действия:
2

2 5 7 
  2 *  7
3 * 
 5 5  3
2

а)
5 
4
  6 15 21  
  14
5   
15 15  9  

 3
4
 6 15 21   4 14 4 

  
 
15 15  9  10 10  6 
 6 15 21    4  14  4   2 1 17 
  
  

= 
15 15  9    10  10 6   5 5  3 
10  5   2
 2  5 2   7 5   14  10  2

 
 
 
б)   3 1 7  *  2 1     21  2  7  15  1     26
  5 7 3    1 0    35  14  3  25  7    24

 
 
 
5 

 14 
 18 
Задание № 2
Вычислить определитель двумя способами:
6
2
5
а) способом Крамера  = 5 2 4  12 * 3  25 * 7  24  30  24 * 7  30 
3 7 3
 36  25 * 7  6  24 * 7  30  6  25 * 7  6  24 * 7  175  168  7
6
2 5
2 4
5 4
5 2
 2*
 5*

б) разложением по строке = 5 2 4  6 *
7 3
3 3
3 7
3 7 3
10 

10  
 6 
 6 * (6  28)  2 * (15  12)  5 * (35  6)  132  6  145  6  13  7
Задание № 3
Решить систему методом Гаусса:
 7 x1  2 x 2  3 x 3  18
 7 x1  2 x 2  3 x 3  18


 2 x1  3 x 2  4 x 3  24   2 x1  3 x 2  4 x 3  24
5 x  x  2 x  17 /* 2
10 x  2 x  4 x  34
2
2
3
3
 1
 1
сложу третью строку с первой строкой системы и получу:
 17 x1  7 x 3  52

 2 x1  3 x 2  4 x 3  24
10 x  2 x  4 x  34
2
3
 1
сложу третью строку системы со второй и получу:
 17 x1  7 x 3  52 /* 4
 17 x1  7 x 3  52
 17 x1  7 x 3  52



2 x1  3 x 2  4 x 3  24  2 x1  3 x 2  4 x 3  24   34 x1  4 x 3  54 /* 7
 x  10  12 x
 12 x  x  10
 x  10  12 x
2
2
1
2
1
1



 68 x1  28 x 3  208

получим  238 x1  28 x 3  378
 x  10  12 x
2
1

сложим первую и вторую строку и избавимся от
 170 x1  170

 x1   1


переменной x3, затем получим:  238 x1  28 x 3  378   x 3  5
 x  10  12 x
x 2
2
1

 2
 7 x1  2 x 2  3 x 3  18

проверка:  2 x1  3 x 2  4 x 3  24
5 x  x  2 x  17
2
3
 1
7 * ( 1)  2 * 2  3 * 5  18

 2 * ( 1)  3 * 2  4 * 5  24
 5 * ( 1)  2  2 * 5  17

  18  18

 24  24
 17  17

Задание № 4
Найти обратную матрицу и проверить результат:
3 1
 3 1
 найдем оределитель матрицы =
а) А= 
 8 , определитель матрицы не
5 1
  5 1
равен нулю, следовательно матрица невырожденная
А11=1 А12=5
 1 5

А21=-1 А22=3 А  
  1 3
A 1 

T
1
* A

A 1
1
1  1  1  8

 * 
8  5 3   5

8
1
 
8
3 

8 
Проверка
1
3
1
 8
-1 
 * 
А*А = 

5
1

  5
8
1  3 5
   
8   8 8
3   5 5
  
8   8 8
3 3
 
8 8    1 0 
5 3   0 1 
 
8 8 

3 4 2


б)А=  5 10 5 
1 1 1


3*
10 5
1
1
 4*
5 5
1 1
=
 2*
5 10
1
1
 3 * (10  5)  4 * (5  5)  2 * (5  10)  10  5  5
определитель матрицы не равен нулю, следовательно данная матрица невырожденная
 5 2

1
А=  0
 5 1

0 

1
 5  по формуле A 1  * A

10 
 5 2

1
А =1/5*  0
 5 1

-1

, следовательно
0   1  2/5 0 
 

1 / 5  1
 5   0
2 
10    1 1 / 5
проверка
 1  2 / 5 0   3 4 2   3  ( 2)  0

 
 
1 / 5  1 *  5 10 5    0  1  ( 1)
А *А=  0
 1 1/ 5
2   1 1 1    3  1  2

-1
440
0  2 1
0 11
 3  1  2  1 0 0
 

 4  2  2  0 1 0
 2  1  2   0 0 1 
Задание № 5
Задача баланса: договор о взаимных услугах трех фирм
Производство услуг
Потребление услуг
Конечный продукт
Ф1
Ф2
Ф3
Ф1
-
32%
-
68
Ф2
15%
20%
20%
38
Ф3
40%
30%
20%
38
а) требуется составить систему уравнений баланса;
б) найти валовые обороты x1, x2, x3;
в) составить балансовую таблицу
Решение
0,32 x 2  68


а) 0,15 x1  0,2 x 2  0,2 x 3  38
 0,4 x  0,3 x  0,2 x  38
1
2
3

0,32 0   1
 0,32
1 0 0  0

 
 
0,8
б) E  A   0 1 0    0,15 0,2 0,2     0,15
 0 0 1   0,4 0,3 0,2    0,4  0,3

 
 
0 

 0, 2 
0,8 
x1  0,32 x 2  68


 0,6 x1  3,2 x 2  0,8 x 3  152
  0,4 x  0,3 x  0,8 x  38
1
2
3

x1  0,32 x 2  68


 0,15 x1  0,8 x 2  0,2 x 3  38 /* 4
  0,4 x  0,3 x  0,8 x  38
1
2
3

x1  0,32 x 2  68


 0,6 x1  0,4 x1  3,2 x 2  0,3 x 2  0,8 x 3  08 x 3  152  38

 0,4 x1  0,3 x 2  0,8 x 3  38

 x1  x1  0,32 x 2  2,9 x 2  68  190

 x1  2,9 x 2  190


 0,4 x1  0,3 x 2  0,8 x 3  38

x1  0,32 x 2  68


 x1  2,9 x 2  190

 0,4 x  0,3 x  0,8 x  38
1
2
3

2,58 x 2  258


 x1  2,9 x 2  190

 0,4 x  0,3 x  0,8 x  38
1
2
3

x 2  100


 x1  290  190

 0,4 x  0,3 x  0,8 x  38
1
2
3

x1  100;
x 2  100


x1  100
x 2  100;

 40  30  0,8 x  38 x  135
3

3
в)
Производство услуг
Потребление услуг
Yi
Xi
Ф1
Ф2
Ф3
Ф1
0
32
0
68
100
Ф2
15
20
27
38
100
Ф3
40
30
27
38
Остаток
45
18
81
144
Xj
100
100
135
135
Задание № 6
Вычислить пределы:
а)
lim
n
n

n
n

 2 n  5  n 2  5n  2  lim
n 2  2 n  5  n 2  5n  2
= lim
lim
2

n 2  2 n  5  n 2  5n  2
7n  3
n 2  2 n  5  n 2  5n  2
n
2
 2 n  5  n 2  5n  2
n
= lim
n
 n
2
 2 n  5  n 2  5n  2
n 2  2 n  5  n 2  5n  2
n 2  n 2  2 n  5n  5  2
n 2  2 n  5  n 2  5n  2

  = lim
   n
7
1
=
3
n
2 5
5 2
 2  1  2
n n
n n

70 7
  3,5
11 2
б)
x1  5
6( x  1)  6   
( 6( x  1)  6) * ( 6( x  1)  6)
2
2x  9x  5  0
lim
   lim
c 5
x 5 2 x 2  9 x  5
x1 x 2  
   x 5 ( 6( x  1)  6) * ( 2 x 2  9 x  5)
a
2
x2  
5
1

10
2

lim
x 5
6 x  30
1
( 6( x  1)  6) * 2( x  5)( x  )
2
при x=5
 lim
x 5
6 ( x  5)
1
( 6( x  1)  6) * 2( x  5)( x  )
2
 lim
x 5
6
1
2( 6( x  1)  6) * ( x  )
2
3
3
1
1



(6  6) * 5,5 12 * 5,5 4 * 5,5 22
в)
 8n5 
5 
 5n  2  
lim 

n   5n  5


7 

 lim 1 

n
5n  5 


35 

 56  

n 
lim

 n   25  25 

n 


1 

 8n5 
5 
5n  2

 
 lim 1 
 1
n
5n  5


 8n5 
 5 


 8n5 
5 
5n  2  5n  5  

 lim 1 

n
5n  5


 8 n  5 7 
*
5
5 n  5 
 5 n  5  

 7  



7




 lim 1 

n 

5n  5 



 lim 
n
  7 (8 n  5 ) 


 5(5n 5) 



( 56 n  35 ) / n 
 nlim

   ( 25 n  25 ) / n 

56
25
Задание № 7
Найти производную:


1


а) y    5 x  3 
'
'
 1 
 1 
 1 
  1  
 5 x 3 
 5 x3 


 1 
1 '
'
 5 x 3  





y  

*
* 5 x  3
   5 x  3  * ( 1)(5 x  3)  2 (5 x  3) ' 
 


 5x  3 





 1 
 5 x 3 


* ( 5)(5 x  3)  2  
5
 1 
 5 x 3 


5 x  32
б) Из квадратного листа со стороной 5 изготавливается коробка без верха. Найти
наибольший объем коробки и соответствующие ему размеры.
X
V=(5-2x)2x
5-2x
x0
5  2 x  0  x  2,5
0<x<21/2
Решение
y '  ((5  2 x ) 2 x ) '  ((5  2 x ) 2 ) ' x  (5  2 x ) 2 x '  2 x (5  2 x )(5  2 x ) '  (5  2 x ) 2  4 x (5  2 x )  (5  2 x ) 2 
 ( 4 x  (5  2 x)) * (5  2 x)  (4 x  5  2 x) * (5  2 x)  (6 x  5) * (5  2 x)
(6 x  5) * (5  2 x )  0
 6x  5  0 5  2x  0
 6 x  5
5
1
x2   2
5
2
2
x1 
6
0
2
V max
2
2
5/
6
2
21/2
5 5 
10  5 
5  5  15  5  5 500
7

 5  2 *  *  5   *  5   *  
9
 * 
6 6 
6 6 
3 6  3  6
54
27

5  2*
5
10 30  10 20 10
1
 5



 3 - сторона основания коробки
6
6
6
6
3
3
xh
5
- высота коробки
6
5.
Определить вид и расположение кривой второго порядка x 2  2 x  2 y  3  0 ,
приведя ее уравнение к каноническому виду. Составить уравнение прямой,
проходящей через вершину кривой второго порядка параллельно прямой
x  2 y  2  0 . Сделать чертеж.
Решение:
Запишем уравнение кривой второго порядка в каноническом виде, для чего
выделим в нем полные квадраты:
x 2  2x  2 y  3  0
x
2

 2  x 1  1  1  2 y  3  0
 x  1
2
y2
 2y  4
1
2
  x  1
2
1
2
y  2  2    x  1 – каноническое уравнение параболы с вершиной в точке
4
1
C 1;  2  и параметром p 
4
Запишем уравнение прямой x  2 y  2  0 в параметрическом виде:
x  t
x y 1
 x  2  2y  

1
1
2  2 y  t

2
  1
Тогда направляющий вектор данной прямой s  1;  .
2

Поскольку искомая прямая должна быть параллельна данной, то их направляющие
векторы совпадают. Тогда уравнение искомой прямой запишем как уравнение прямой,
проходящей через заданную точку параллельно заданному вектору:
x 1 y  2

– каноническое уравнение искомой прямой
1
1

2
x  1  2 y  4
x  2 y  3  0 – уравнение искомой прямой в общем виде
Сделаем чертеж. Для построения параболы заполним таблицу значений:
6.
x
-5
-3
-1
1
3
5
7
y
16
6
0
-2
0
6
16
Составить уравнение плоскости, проходящей через точку A1;  2; 3 и
параллельной плоскости x  y  3 z  4  0 .
Решение:
Поскольку искомая плоскость должна быть параллельна плоскости
x  y  3 z  4  0 ,то в качестве вектора нормали искомой плоскости можно взять вектор

нормали данной плоскости, т.е. n  1;  1; 3 .
Тогда уравнение искомой плоскости запишем в виде:
1   x  1  1   y  2   3   z  3  0
x  y  3 z  12  0 – искомое уравнение плоскости.