Выполнение контрольной работы по математике

ВЫПОЛНЕНИЕ КОНТРОЛЬНОЙ РАБОТЫ 
ПО МАТЕМАТИКЕ  

Методические указания  
для студентов-бакалавров заочной формы обучения 
по направлению 
«Туризм», «Гостиничное дело» 

Москва
Издательство «ФЛИНТА»
2021

Рецензент 
И.Л. Макарова 

Составители: 
Э.А. Пилосян  
А.М. Игнатенко 

  Выполнение контрольной работы по математике: методические 
указания / сост.: Э.А. Пилосян, А.М. Игнатенко. — Москва : ФЛИНТА, 
2021. — 43 с. — ISBN 978-5-9765-4815-2. — Текст : электронный.

Предназначены 
для 
помощи 
обучающимся 
при 
освоении 
дисциплины «Математика» и закрепления полученных навыков. 
Для 
студентов-бакалавров 
заочной 
формы 
обучения 
по 
направлению «Туризм», «Гостиничное дело». 

УДК 51(075) 
ББК  74.028.122+22.1

© ФГБОУ ВО «СГУ», 2018 
© Пилосян Э.А., Игнатенко А.М., 
    составление, 2018

УДК 51(075) 
ББК  74.028.122+22.1
         В92

ISBN 978-5-9765-4815-2

В92

СОДЕРЖАНИЕ 

Общие положения……………………………………………………………………. 
 
4 

Раздел 1. 
Линейная алгебра. Математический анализ………………………… 
5 

Тема 1. 
Системы линейных уравнений……………………………………….. 
5 

Тема 2. 
Скалярное, векторное и смешанное произведение векторов………. 
7 

Тема 3. 
Предел функции………………………………………………………. 
11 

Тема 4. 
Производная функции одной переменной…………………………... 
13 

Тема 5. 
Функция нескольких переменных…………………………………… 
13 

Тема 6. 
Неопределенный интеграл……………………………………………. 
14 

Тема 7. 
 
Определенный интеграл……………………………………………… 
14 

Раздел 2. 
Элементы теории вероятностей……………………………………… 
15 

Тема 1. 
Расчет вероятности события…………………………………………. 
15 

Тема 2. 
Формула полной вероятности и формула Байеса…………………… 
18 

Тема 3. 
Схема Бернулли……………………………………………………….. 
20 

Тема 4. 
Cлучайная величина…………………………………………………... 
23 

Тема 5. 
Элементы математической статистики……………………………… 
27 

Тема 6. 
Матричные игры………………………………………………………. 
31 

Тема 7. 
Принятие решений в условиях неопределе нности………………… 
32 

Тема 8. 
Графический метод решения ЗЛП. Закономерности и общие свойства 
решения ЗЛП………………………………………………......................... 
 

 
34 

Библиографический список………………………………………………......…….…... 
 
38 

Приложения……………………………………………………………………………… 39 

Общие положения 

 
Контрольная работа выполняется в отдельной тетради. На обложку 

тетради наклеивается титульный лист. Номер варианта контрольной 
работы совпадает с последней цифрой номера зачетной книжки студента. 

Задачи решаются в том порядке, который указан в методическом 

пособии. Текст задачи переписывается. 

Контрольная работа должна быть сдана в СГУ не позднее 15 декабря  

(1 семестр) и  15 мая (2 семестр). 

Если при решении задач возникают трудности, студент может 

обратиться за консультацией к преподавателю математики СГУ на кафедру 
прикладной математики и информатики 

 
 

 
 

Раздел 1. Линейная алгебра. Математический анализ 
Тема 1. Системы линейных уравнений 

 
Задача 1. Решить систему линейных уравнений: а) используя 

формулы Крамера; б) матричным методом (с помощью обратной 
матрицы). 

Пример решения задачи. 
а) Решить систему уравнений по формулам Крамера:  



















.6
8
7

,9
6
5
4

,6
3
2

2
1

3
2
1

3
2
1

x
x

x
x
x

x
x
x

 

Найдем главный определитель матрицы коэффициентов системы 

уравнений по правилу треугольников: 

27
0
2
4
1
8
6
7
5
3
3
8
4
7
6
2
0
5
1

0
8
7

6
5
4

3
2
1






















. 

Так как главный определитель отличен от нуля, то решение системы 

существует и единственно.  

Найдем определители  
3
2
1
,
,



, подставляя столбец свободных 

членов 

















 6

9

6

 вместо первого, второго и третьего столбцов главного 

определителя соответственно: 

54

0
8
6

6
5
9

3
2
6

1







, 

27

0
6
7

6
9
4

3
6
1

2






, 

54

6
8
7

9
5
4

6
2
1

3






. 

Отсюда получим решение системы уравнений: 

2
27
54
1

1







x
, 

1
27
27
2

2





x
, 

2
27
54
3

3





x
. 

Ответ:  (-2;1;2). 

Минором 
ij
M  к элементу 
ij
a  квадратной матрицы 
 
ij
a
A 
 называется 

определитель, составленный из элементов матрицы 
 
ij
a
A 
, оставшихся 

после вычеркивания i–той строки и j–го столбца. 

Алгебраическим дополнением 
ij
А  к элементу
ij
a квадратной матрицы 

 
ij
a
А 
 называется произведение 
ij

j
i

ij
M
А




)1
(
. 

б) Решить систему уравнений с помощью обратной матрицы. 

Найдем матрицу 
1

A
, обратную к матрице системы 



















0
8
7

6
5
4

3
2
1

A
 

методом присоединенной матрицы.  

Так как определитель матрицы А равен 27 (см. предыдущий пример), 

то обратная матрица существует, поэтому решение системы существует и 
единственно. 

Найдем алгебраические дополнения ко всем элементам матрицы А: 
 

48
8
8
0
5
0
8

6
5
)1
(
1
1

11










А
, 

42
0
7

6
4
)1
(
2
1

12





А
, 

3
8
7

5
4
)1
(
3
1

13






А
, 

24
0
8

3
2
)1
(
1
2

21





А
, 

21
0
7

3
1
)1
(
2
2

22






А
, 

6
8
7

2
1
)1
(
3
2

23





А
, 

3
6
5

3
2
)1
(
1
3

31






А
, 

6
6
4

3
1
)1
(
2
3

32





А
, 

3
5
4

2
1
)1
(
3
3

33






А
. 

Запишем присоединенную матрицу: 



























3
6
3

6
21
42

3
24
48

)
(

T

ij
А
. 

 
 

Найдем обратную матрицу: 































































9
1

9
2

9
1

9
2

9
7

9
14

9
1

9
8

9
16

3
6
3

6
21
42

3
24
48

27
1
)
(
det

1
1
T

ij
А
A
A
. 

Найдем решение системы уравнений: 

































































































































6
1
9
2
6
1

6
2
9
7
6
14

6
1
9
8
6
16

9
1

6
9
6

9
1

9
2

9
1

9
2

9
7

9
14

9
1

9
8

9
16

1

3

2

1

B
A
X

x
x
x

 



















2

1

2

. 

Ответ:  (-2;1;2). 
Условия задачи 1. 

1. 

















1
3

3
2
2

8
5
4

2
1

3
2
1

3
1

x
x

x
x
x

х
х

                   
2.


















2
3
2
2

1
2

3
3

3
2
1

3
1

3
2
1

x
x
x

x
x

х
х
х
 

3. 




















2
2

1
2

3
3
2
2

3
2
1

3
2
1

3
2
1

x
x
x

x
x
x

x
x
x

              
4. 

















1
4

2
3

1
3
2
2

3
2

2
1

3
2
1

x
x

x
x

x
x
x

 

5. 


















1

4
3

3
4
2

3
2

2
1

3
2
1

x
x

x
x

x
x
x

 
          6. 


















2
3

1
0
2

3
2

3
1

3
2
1

x
x

x
x

x
x
x

 

7. 


















2
2

1
2

1
2
3
3

2
1

3
1

3
2
1

x
x

x
x

x
x
x

 
          8. 


















3

1
4
3
4

2
2

2
1

3
2
1

3
1

x
x

x
x
x

x
x

 

9. 


















7
2
3

2
4

5
4
2

3
2
1

2
1

3
2
1

x
x
x

x
x

x
x
x

                 10. 

















2
2

4
2

3
2
2

3
2

2
1

3
2
1

x
x

x
x

x
x
x

. 

Тема 2. Скалярное, векторное и смешанное произведение векторов 

 
Задача 2. Даны координаты вершин пирамиды А1А2А3А4.  
Найти: 
1) длину ребра А1А2; 
2) угол между ребрами А1А2 и А1А4; 
3) проекцию ребра A1A3 на ребро А1А2; 

4) площадь грани А1А2А3; 
5) длину высоты грани А1А2А3, опущенной из вершины А3 на ребро 

А1А2  

6) объем пирамиды А1А2А3А4; 
7) канонические уравнения прямой А1А3; 
8) общее уравнение плоскости А1А2А3; 
9) угол между ребром А1А4 и гранью А1А2А3; 
10) канонические уравнения высоты, опущенной из вершины А4 на 

грань А1А2А3, и длину этой высоты. 

Рекомендации к выполнению задания 
 
При выполнении пунктов 1–6 задания используется аппарат 

векторной алгебры, решение пунктов 7–10 основано на применении 
уравнений прямой и плоскости в пространстве. 

Пример решения задачи 
 

Даны координаты вершин пирамиды: 
А1 (2, 4, –3), 
А2 (5, 6, 3), 
А3 (–2,7,–3), 
А4 (4, 1, 0). 
 
Решение: 
Найдем длину ребра А1А2 как модуль 

вектора: 

2
1A
A
={x2 – x1, y2 – y1, z2 – z1} == {5 – 2, 6 – 4, 

3 – (–3)} = {3; 2; 6} 

7
49
36
4
9
6
2
3
2
2
2

2
1








A
A
. 

Угол между ребрами А1А2 и А1А4 найдем как угол между векторами 

2
1A
A
  = {3; 2; 6} и 
4
1A
A
 = {4 – 2, 1 – 4, 0 – (–3)} = {2, –3, 3},  используя 

скалярное произведение векторов: 

5482
,0

22
7

18

3
)3
(
2
7

3
6
)3
(
2
2
3

,
cos

2
2
2

4
1
2
1

4
1
2
1

4
1
2
1


























А
А
А
А

А
А
А
А
А
А
А
А

 

(
2
1A
A
, 

4
1А
А
) = arccos 0,5482 = 5646. 

3. Проекцию ребра А1А3 на ребро А1А2 найдем как проекцию вектора 



0,3,4
3
1


А
А
 на вектор 


6,2,3
2
1

A
A
:     



.
7
6

6
2
3

6
0
2
3
3
4

2
2
2

2
1

2
1
3
1

3
1
3
1
2
1
2
1

















A
A

A
A
A
A
A
A
пр
A
A
пр
A
A
A
A
 

4. 
Площадь 
грани 
А1А2А3 
можно 
вычислить, 
используя 

геометрический смысл векторного произведения векторов (см. пункт в) 
справочного материала). Найдем векторное произведение векторов         

    


6,2,3
2
1

A
A
 и   
3
1A
A
 = 

0,3,4

:  

k
j
i
k

k
j
i

A
A
A
A

17
24
18
3
4

2
3
j 
0
4

6
3
i 
0
3

6
2

0
3
4

6
2
3
 =
   
 
2
1
2
1


















 

и его модуль:  




1189
289
576
324
17
24
18
2
2
2

3
1
2
1










A
A
A
A
. 

Модуль векторного произведения векторов 
3
1
2
1
A
A
A
A

 равен площади 

параллелограмма, построенного на векторах 
2
1A
A
и 
3
1A
A
 как на сторонах, а 

площадь 
грани 
А1А2А3 
составляет 
половину 
площади 
этого 

параллелограмма, т.е. 

1189
2
1

2
1

3
1
2
1
3
2
1




A
A
A
A
S
A
A
граниA
 (кв. ед.). 

5. Длину высоты грани А1А2А3, опущенной из вершины А3 на ребро 

А1А2 , найдем по формуле : 

7
1189

2
1

3
1
2
1

3






A
A

A
A
A
A

hA
. 

6. Объем пирамиды А1А2А3А4 можно вычислить, используя 

геометрический смысл смешанного произведения векторов (см. пункт г) 
справочного материала). Найдем смешанное произведение векторов 

2
1A
A
 = {3; 2; 6}, 
3
1A
A
 = {–4, 3, 0} 
4
1A
A
= {2, –3, 3}: 

.
87
36
24
27
)
6
12
(
6
)
0
12
(
2
)
0
9
(
3
3
2

3
4
6

3
2

0
4
2 
 
3
3

0
3
3

3
3
2

0
3
4

6
2
3

)
A
A
 ,
 ,
(
4
1
3
1
2
1




























A
A
A
A

 

 
Модуль смешанного произведения векторов (
2
1A
A
, 
3
1A
A
, 
4
1A
A
) равен 

объему параллелепипеда, построенного на векторах 
2
1A
A
, 
3
1A
A
, 
4
1A
A
как на 

сторонах, а объем пирамиды А1А2А3А4 составляет шестую часть объема 
этого параллелепипеда, т.е. 

2
29
87
6
1
)
,
,
(
6
1

4
1
3
1
2
1
4
3
2
1




A
A
A
A
A
A
V
A
A
A
A
 (куб. ед.). 

7. Для составления уравнения прямой А1А3 воспользуемся 

уравнением (5) прямой, проходящей через две данные точки      А1(2,4,–3)    
и   А3(–2, 7, –3). 

3
3

3
z
  
 
4
7

4
  
 2
2

2













y
x
  или   А1А3: 

0

3

3

4

4
2






z
y
x
. 

8. Составим уравнение плоскости А1А2А3. Поскольку плоскость П 

проходит через три точки 

А1(2, 4, –3),   А2(5, 6, 3),   А3(–2, 7, –3), то согласно (2) получим: 



































3
4

2
3
)3
(
0
4

6
3
)4
(
0
3

6
2
)2
(

0
3
4

6
2
3

3
4
2

3
3
4
7
2
2

3
3
4
6
2
5

3
4
2

z
y
x

z
y
x
z
y
x

 

= –18(x – 2) – 24(у -4) + 17(z + 3) = 0 
Или 18х + 24у – 17z –183 = 0. 
9. Угол между ребром А1А4 и гранью А1А2А3 найдем по формуле (6) 

как угол между прямой А1А4 и плоскостью П. Направляющий вектор 
прямой А1А4 есть вектор 
4
1A
A
 = {2, –3, 3} (см. пункт 4), нормальный вектор 

плоскости А1А2А3 согласно (1) N  = {18, 24, –17} (см. пункт 6). 

Тогда: 











5379
,0

26158
87

1189
22

87

17
24
18
3
3
2

17
3
24
3
18
2
sin

2
2
2
2
2
2































 

 = arcsin


26158
87
arcsin 0,5379  3233. 

10. Составим уравнение высоты h, опущенной на грань А1А2А3 из 

вершины А4. Известны координаты точки А4(4, 1, 0), через которую 
проходит эта прямая, искомая прямая имеет направляющий вектор a , 
параллельный нормальному вектору N  = {18, 24, –17} плоскости П грани 
А1А2А3. Тогда согласно (4) канонические уравнения искомой прямой: 

17

0

24

1

18

4








z
y
x

. 

Значение h по формуле (3) будет равно 



1189
87

1189

87

17
24
18

183
0
17
1
24
4
18

2
2
2















h
 

Ответ: 
1) 
2
1A
A
 = 7;    2) 


22
7

18
arccos
,
4
1
2
1


A
A
A
A
  5646; 

3) 
7
6
.
3
1
2
1


A
A
пр
A
A
4) 
2

1189

3
2
1
грани

A
A
A
S
 (кв. ед.);   5) 
7
1189

3 
A
h
      

6) 
2
29

4
3
2
1

A
A
A
A
V
 (куб. ед.);    7) А1А3 : 
0

3

3

4

4
2






z
y
x
;  

8) П : 18х + 24у + 17z  – 183 = 0;  9) 



26158
87
arcsin

3233; 

10) 

1189
87
,
17

0

24

1

18

4








h
z
y
x
.  

Условия задачи 2. 

№ 

варианта 
А1 
А2 
А3 
А4 

1 
(0, 4, 3) 
(1,4,0) 
(–1,–1,0) 
(4, 1, 2) 

2 
(1, 2, –1) 
(2,0,0) 
(0,–1,4) 
(1,2,4) 

3 
(1, –2, 0) 
(3,1,5) 
(3,–3,1) 
(2,–1,0) 

4 
(2, –1, 3) 
(3, 0,2) 
(2,0,–3) 
(3,2,1) 

5 
(3, –1, 0) 
(–1,1,–3) 
(1,–1,5) 
(1,0,2) 

6 
(1, 2, –3) 
(0,–1,2) 
(3,–1,–1) 
(3,2,3) 

7 
(2,1,3) 
(–3,–4,0) 
(4,2,1) 
(1,–4,1) 

8 
(3,–2,1) 
(1,1,–1) 
(–5,–1,3) 
(3,4,1) 

9 
(2,3,–1) 
(–4,1,0) 
(–1,–1,5) 
(2,3,2) 

10 
(–3,1,2) 
(2,–1,4) 
(4,1,1) 
(2,1,–1) 

 

Тема 3. Предел функции 

 
Задача 3. Найти пределы функций. 
Пример решения задачи 
Найти пределы: 

1) 
;
2

1
3
lim
4
3

2
4

x
x

x
x

x








   2) 
2
3

1
lim
2

2

1






x
x

x

x
. 

1) Так как при подстановке х =  в выражении функции получаем 

неопределенность 









, то, используя метод выделения критического 

множителя (им является «старшая» степень аргумента), получим: 

.3
1
0
0

0
0
3

1
2
1

1
1
3

lim

1
2
1

1
1
3

lim
2

1
3
lim

4

4
2

4

4

4
2

4

4
3

2
4
























































x
x

x
x

x
x
x

x
x
x

x
x

x
x

x

x
x

 

2) При подставке х = 1 получим неопределенность 







0
0 . Решаем 

выделением критического множителя. Для того разложим на множители