МИНИСТЕРСТВО ОБРАЗОВАНИЯ 
РЕСПУБЛИКИ БЕЛАРУСЬ 
 
Белорусский национальный технический 
университет 
 
Кафедра «Высшая математика № 2» 
 
 
 
 
 
 
 
МЕТОДИЧЕСКИЕ УКАЗАНИЯ И ЗАДАНИЯ 
К КОНТРОЛЬНОЙ РАБОТЕ № 2 
ПО ВЫСШЕЙ МАТЕМАТИКЕ 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
М и н с к 
Б Н Т У 
2 0 1 2 
МИНИСТЕРСТВО ОБРАЗОВАНИЯ РЕСПУБЛИКИ БЕЛАРУСЬ 
Белорусский национальный технический университет 
Кафедра «Высшая математика № 2» 
 
 
 
 
 
 
 
МЕТОДИЧЕСКИЕ УКАЗАНИЯ И ЗАДАНИЯ 
К КОНТРОЛЬНОЙ РАБОТЕ № 2 
ПО ВЫСШЕЙ МАТЕМАТИКЕ 
 
для студентов заочного отделения ФТУГ 
экономических специальностей 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Минск 
БНТУ 
2012
УДК 51 (075.4) 
ББК 22.1я7 
М54 
 
 
Составители : 
Л. И. Бородич, Л. Д. Матвеева, М. В. Кураленко 
 
 
Рецензенты : 
канд. физ.-мат. наук, доцент. В. В. Карпук; 
канд. физ.-мат. наук, доцент Н. А. Шавель 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Настоящее издание включает в себя программы, и контрольные задания (30 вариантов) 
по высшей математике по темам «Обыкновенные дифференциальные уравнения», «Ряды», 
«Теория вероятностей», «Линейное программирование».  
Основные теоретические положения наглядно проиллюстрированы решением большого 
числа примеров и задач. 
Студент должен выполнить контрольное задание по номеру варианта, который совпадает с 
двумя последними цифрами зачетной книжки (шифра). Если номер шифра больше тридцати, то 
следует из него вычесть число тридцать. Полученный результат будет номером варианта.  
 
© Белорусский натиональный  
техническуий университет, 2012
СОДЕРЖАНИЕ 
 
ПРОГРАММА. . . . . . . . . . . . . .. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .4 
1. ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНЫЕ УРАВНЕНИЯ. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .6 
1.1. Дифференциальные уравнения первого порядка. . . . . . . . . . . . . 6 
1.2. Линейные дифференциальные уравнения второго порядка. . . . 9 
2. РЯДЫ. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15 
2.1. Числовые ряды. Основные определения. Сходимость ряда. 
Признаки сходимости числовых рядов. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .15 
2.2. Достаточные признаки сходимости рядов с положительными 
членами. . . . . . . .. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .15 
2.3. Знакопеременные ряды. Абсолютная и условная сходимость. 
Знакочередующиеся ряды. Теорема Лейбница. . . . . . . . . . . . . . . . . 18 
2.4. Степенные ряды. Область сходимости степенного ряда. . . . . . 20 
3. ТЕОРИЯ ВЕРОЯТНОСТЕЙ. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .22 
3.1. Пространство элементарных событий. Определение вероятности. 
Элементы комбинаторики. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22 
3.2. Теоремы сложения и умножения вероятностей. . . . . . . . . . . . . 24 
3.3. Формула полной вероятности и формула Байеса. . . . . . . . . . . . 27 
3.4. Случайные величины. .. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . . . . . . . .29 
3.5. Числовые характеристики случайных величин. . . . . . . . . . . . . .32 
4. ЛИНЕЙНОЕ ПРОГРАММИРОВАНИЕ. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35 
4.1. Математические модели задач планирования и управления. . .35 
4.2. Формы записи задач линейного программирования  
и их эквивалентность. Приведение задачи к каноническому виду. 37 
4.3. Симплекс-метод решения задач 
линейного программирования. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40 
5. ТРАНСПОРТНАЯ ЗАДАЧА. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52 
5.1. Математическая модель задачи транспортного типа. . . . . . . . . 52 
5.2. Алгоритм решения транспортной задачи 
методом потенциалов. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61 
6. ЗАДАЧА О МАКСИМАЛЬНОМ ПОТОКЕ В СЕТИ. . . . . . . . . . 67 
6.1. Постановка задачи о максимальном потоке в сети . . . . . . . . . . 69 
6.2. Алгоритм Форда–Фалкерсона 
построения максимального потка. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71 
ЗАДАНИЯ ДЛЯ САМОСТОЯТЕЛЬНОГО РЕШЕНИЯ. . . . . .. . . . .80 
ЛИТЕРАТУРА. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . 119 
 
 3 
ПРОГРАММА 
 
Тема 1. Обыкновенные дифференциальные уравнения (ДУ) 
Задачи, приводящие к дифференциальным уравнениям. Диффе-
ренциальные уравнения (ДУ) 1-го порядка. Задача Коши. Теорема 
существования и единственности решения задачи Коши. 
Интегрирование ДУ 1-го порядка с разделяющимися перемен-
ными, однородных, линейных уравнений. 
ДУ второго порядка. Задача Коши. Формулировка теоремы су-
ществования и единственности решения задачи Коши. Уравнения, 
допускающие понижение порядка. 
Линейные ДУ второго порядка. Свойства линейного дифферен-
циального оператора. Линейно-зависимые и линейно-независимые 
системы функций. Определитель Вронского. 
Линейные однородные ДУ, условие линейной независимости их 
решений. Фундаментальная система решений. Структура общего 
решения. Линейные однородные ДУ с постоянными коэффициен-
тами. 
Линейные неоднородные ДУ. Структура общего решения. Метод 
Лагранжа вариации произвольных постоянных. Линейные неодно-
родные ДУ с постоянными коэффициентами с правой частью спе-
циального вида. 
 
Тема 2. Ряды 
Числовые ряды. Сходимость и сумма ряда. Действия над рядами. 
Необходимое условие сходимости.  
Достаточные признаки сходимости рядов с положительными 
членами.  
Знакопеременные ряды. Абсолютная и условная сходимость. 
Знакочередующиеся ряды. Теорема Лейбница.  
Функциональные ряды. Область сходимости. Равномерная схо-
димость. Признак Вейерштрасса.  
Степенные ряды. Теорема Абеля. Интервал и радиус сходимо-
сти. Ряды Тейлора и Маклорена. Разложение функций в степенные 
ряды. Применение рядов к приближенным вычислениям.  
 
 
 
 4 
Тема 3 Теория вероятностей 
Предмет теории вероятностей. Классификация событий. Про-
странство элементарных событий. Алгебра событий. Понятие слу-
чайного события. Относительные частоты. Закон устойчивости от-
носительных частот.  
Классическое и геометрическое определение вероятности. Поня-
тие об аксиоматическом построении теории вероятностей. Методы 
вычисления вероятностей.  
Свойства вероятностей. Теоремы сложения. Независимость со-
бытий.  
Определение условной вероятности. Вероятность произведения 
событий. Формула полной вероятности. Формула Байеса.  
Последовательность независимых испытаний. Схема Бернулли. 
Теоремы Муавра-Лапласа и Пуассона.  
Дискретные случайные величины (СВ). Ряд распределения. 
Функция распределения, ее свойства. Математическое ожидание и 
дисперсия дискретной СВ.  
Непрерывные СВ. Функция распределения, плотность распреде-
ления, их взаимосвязь и свойства. Математическое ожидание и дис-
персия непрерывной СВ.  
Законы распределения дискретных СВ: биномиальный, Пуассо-
на. Их свойства.  
Законы распределения непрерывных СВ: равномерный, показа-
тельный, нормальный. Их свойства.  
 
Тема 4. Линейное программирование 
Задачи планирования и управления, их математические модели. 
Общая постановка задач оптимизации. Различные формы записи 
задач линейного программирования (ЛП) и их эквивалентность. 
Свойства решений задач ЛП. Нахождение начального опорного 
плана. Симплексный метод решения задач ЛП. Метод искусствен-
ного базиса. 
Двойственность в ЛП. Построение пары взаимно двойственных 
задач. Основные теоремы двойственности. Экономический смысл 
двойственных переменных. 
 
 
 
 5 
Тема 5. Специальные задачи линейного программирования 
Математические модели задач транспортного типа. Открытая и 
закрытая модели транспортной задачи (ТЗ). Построение начального 
опорного плана. Метод потенциалов решения ТЗ. Критерий опти-
мальности. 
Потоки на сетях. Постановка задачи о максимальном потоке. 
Понятие разреза в сети. Алгоритм Форда−Фалкерсона для построе-
ния максимального потока. 
 
1. ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНЫЕ УРАВНЕНИЯ 
 
1.1. Дифференциальные уравнения первого порядка 
 
Дифференциальное уравнение первого порядка имеет вид 
F(x, y, y′) = 0. 
Если это уравнение можно разрешить относительно y’, то оно 
имеет вид 
y′ = f(x, y).                                        (1.1) 
Общим решением дифференциального уравнения I порядка 
называется функция y = ϕ(x, c), которая зависит от одного произ-
вольного постоянного С и удовлетворяет условиям: 1) она удовле-
творяет ДУ при любом С; 2) Каково бы ни было начальное условие 
0
0
yy
xx
=
=
 можно найти такое с = с0, что y = ϕ(x, c0) удовлетворяет 
данному начальному условию. 
Частным решением уравнения (1.1) называется функция y = 
 = ϕ(x, c0), которая получается из общего решения y = ϕ(x, c), при 
определенном значении с = с0. 
Решить (проинтегрировать) ДУ – значит: 
1. Найти его общее решение 
2. Найти частное решение, удовлетворяющее заданному началь-
ному условию 0
0
yy
xx
=
=
. 
 
Уравнение с разделяющими переменными 
Уравнение вида M(x, y)dx + N(x, y)dy = 0 называется уравнением 
с разделяющими переменными, если функции M(x, y), N(x, y) можно 
представить  в виде произведения двух функций, каждая из которых 
зависит только от одного переменного x или y. 
 6 
Чтобы проинтегрировать уравнение, надо разделить переменные – 
это значит перед дифференциалом dx оставить функцию, зависящую 
только от x, а перед дифференциалом dy, зависящую только от y. 
Пример 1.1. Решить уравнение  
0)()( 22 =⋅−++⋅ dyyxydxxyx  
Решение. 2 2( 1) (1 ) 0.x y dx y x dy⋅ + + ⋅ − =   
Разделив переменные, получим ∫∫ −
−
=
+ 22 11 x
xdx
y
ydy
 или 
2 21 1 1ln |1 | ln |1 | ln | |,
2 2 2
y x C+ = − +  
т.е. ( )2 21 1y C x+ = − – общий интеграл. 
Пример 1.2. Решить задачу Коши для уравнения  
0=+ ctgxdyydx ; 
4
1
x
y π
=
= − . 
Решение. а) Разделяя переменные, получим ∫ ∫−= ctgx
dx
y
dy
  
Тогда  
ln ln cos ln | |y x C= +  или cosy C x=  – общее решение 
уравнения. 
б) Найдем частное решение, удовлетворяющее начальному усло-
вию: 
3
1
х
y π= = − . Подставляя начальное условие в общее решение, по-
лучим: 1 cos , 2, 2 cos
3
C C y x
π
− = ⋅ = − = − ⋅ − частное решение: 
 
 
 
Рис. 1.1 
 7 
Однородные дифференциальные уравнения первого порядка 
 
Определение. Функция f(x,y) называется однородной измерения 
k относительно x и y,если она удовлетворяет при любом t равенству: 
 
f(tx, ty) = tkf(x ,y).   (1.2) 
 
Уравнение M(x, y)dx + N(x, y)dy = 0 называется однородным, ес-
ли функции M(x, y), N(x, y) – однородные функции одного и того же 
измерения. 
Замена xuy ⋅=  приводит однородное уравнение к уравнению с 
разделяющимися переменными относительно функции u(x). 
Пример 1.3. Решить уравнение: (2 ) ( ) 0x y dx x y dy⋅ − + + =  – 
однородное дифференциальное уравнение (k = 1). 
Решение. ,y ux dy xdu udx= = + ;  
(2 ) ( )( ) 0x ux dx x ux udx xdu− + + + =  или 2(1 ) (2 )x u du u dx+ = − + . 
Разделяя переменные, интегрируя, получим. 
2
2
1 1 1
; ln 2 ln ln
22 22
u dx u
du arctg u x C
xu
+
= − + + = − +
+
∫ ∫ .  
Так как ,
y
u
x
=  то получаем общий интеграл 
2 2
1
ln
2 2 2
y C
arctg
x x y
=
+
. 
Замечание. Уравнение вида у′=f(x,y) называется однородным, 
если f(x,y) – однородная функция нулевого измерения. 
 
 
Линейные дифференциальные уравнения первого порядка 
 
Линейным ДУ первого порядка называется уравнение вида  
 
)()(' xQyxPy =⋅+ .   (1.3) 
 
Решается с помощью подстановки y uv= ,где )(xu и )(xv  – 
дифференцируемые функции, тогда 
 8 
' ' ( ) ( )vu v u P x u v Q x+ + ⋅ ⋅ =  или ' ( ' ( ) ) ( )u v u v P x v Q x⋅ + + ⋅ = . 
Функция )(xv находится так, что ⇒=+ ,0)(' vxPv  получаем 
систему 
'( ) ( ) 0;
' ( ) ( ).
v x P x v
u v x Q x
+ ⋅ =
 ⋅ =
 
Определив )(xu и )(xv , получим  общее решение линейного 
уравнения. 
Пример 1.4. Решить уравнение xtgxyy 2cos' =⋅+ . 
Решение. Данное уравнение – линейное относительно функции 
)(xy  и )(' xy . 
Замена )()( xvxuy ⋅= приводит к системе двух уравнений с раз-
деляющимися переменными: 
⇒=⋅+⋅+⋅=⋅⋅+⋅+⋅ ,cos)'(',cos'' 22 xtgxvvuvuxtgxvuuvvu  
2
' 0
' cos
v v tgx
u v x
+ ⋅ =
⇒ 
⋅ =
. 
2
1) , , cos ;
2) ' cos , cos , sin .
dv dv
v tgx tgxdx v x
dx v
u v x du xdx u x c
= − ⋅ = − =
⋅ = = = +
∫ ∫
∫ ∫
 
xcxy cos)(sin += – общее решение. 
 
1.2. Линейные дифференциальные уравнения второго порядка 
 
Линейным дифференциальным уравнением второго порядка 
называется уравнение вида: 
y" + а1(x)y + a2(x)y = f(x),                          (1.4) 
где a1(x), a2(x), и f(x) – заданные непрерывные функции на (a,b). 
Уравнение (1.4) называется неоднородным, если f(x)≠ 0, и одно-
родным, если  f(x)=0.  
Уравнение (1.4) при любых начальных условиях имеет един-
ственное решение, удовлетворяющее этим начальным условиям. 
Линейное однородное дифференциальное уравнение с посто-
янными коэффициентами имеет вид: 
 9 
" ' 0y py qy+ + = ,                                   (1.5) 
где ,p q R∈ . 
Совокупность двух определенных и линейно независимых реше-
ний уравнения (1.5) называется фундаментальной системой ре-
шений. 
Основная теорема. Если y1, у2 – фундаментальная система ре-
шений уравнения (1.5), то их линейная комбинация 
у =С1у1 + С2у2,                                        (1.6) 
где С1,С2 – произвольные постоянные числа, является общим ре-
шением уравнения (1.5). 
Для нахождения общего решения уравнения (1.6) составляется 
характеристическое уравнение 
2 0k pk q+ + =                                         (1.7) 
(заменяя производную i-го порядка i-ой степенью k, i = 1, 2 ). 
Возможны следующие случаи: 
1) Корни k1, k2, характеристического уравнения (1.7) действи-
тельные и различные.  
Общее решение однородного уравнения (1.5) записывается в виде 
1 2
1 2 .
к х к ху C е C е= +                                      (1.8) 
2) Корни характеристического уравнения действительные, но 
равные (k1 = k2). 
Общее решение однородного уравнения принимает вид 
1 2( ).
кху е C C х= +                                     (1.9) 
3) Корни характеристического уравнения комплексно сопряжен-
ные, 1,2k iα β= ± . Тогда 
1 2( cos sin ).
xу е C x C xα β β= +    (1.10) 
Пример 1.5. Найти общее решение уравнения " 2 ' 2 0.y y y+ + =  
Решение. Составим характеристическое уравнение k2 + 2k +  
+ 2 = 0. Его корни: 1,2 1k i= − ± . Тогда общее решение имеет вид: 
( )1 2cos sinxy e C x C x−= +  
Линейное неоднородное дифференциальное уравнение с по-
стоянными коэффициентами имеет вид 
 
" ' ( ),у py qy f x+ + =                                 (1.11) 
 
где , , ( )p q R f x∈ – непрерывная функция. 
 10 
Лагранж разработал общий метод решения линейных неод-
нородных дифференциальных уравнений. Метод применим, если из-
вестно общее решение однородного уравнения, соответствующего не-
однородному уравнению (1.11). Этот метод называется методом вари-
ации произвольных постоянных или методом Лагранжа. 
Пусть 1 1 2 2у C у C у= +  – общее решение однородного уравнения, 
соответствующего неоднородному уравнению (1.11): 
" ' 0.у py qy+ + =     (1.12) 
Суть метода Лагранжа для уравнения состоит в следующем.  
1) Находим общее решение соответствующего однородного 
уравнения " ' 0y py qy+ + =  и записываем его в виде 
1 1 2 2y C y C y= + , где С1 и С2   произвольные постоянные. 
2) Для нахождения общего решения неоднородного уравнения 
" ' ( )y py qy f x+ + =  записываем его в виде 1 1 2 2( ) ( ) ,y C х у C х у= +  
где С1(х) и С2(х) – неизвестные функции, они должны быть такими, 
чтобы удовлетворялось неоднородное уравнение. 
3) Находим выражения для производных функций С1(х) и 
С2(х).Для этого составляем систему уравнений: 
' '
1 1 2 2
' ' ' '
1 1 2 2
( ) ( ) 0;
( ) ( ) ( ).
C х у C х у
C х у C х у f х
 + =

+ =
 
4) Найденные из этой системы производные ' '1 2( ), ( )C х C х  инте-
грируются и выражения С1(х) и С2(х) подставляются в общее реше-
ние (1.12) со своими произвольными постоянными С1 и С2, получен-
ными при интегрировании. 
Пример 1.6. Найти общее решение уравнения "
2
1.
x
x
e
у y
e
− =
−
. 
Решение. 1) Находим общее решение соответствующего одно-
родного уравнения " 0.y y− =  Составим характеристическое урав-
нение 2 1 0k − = . Находим 
' '
1 2 1 2 1 21, , , , , .
х х х х х хk у C е C е у е у е у е у е− − −= ± ⇒ = + = = = = −  
2) Записываем общее решение неоднородного уравнения: 
1 2( ) ( ) .
х ху C х е C х е−= +  
 11 
3) Для нахождения функций С1(х) и С2(х) составляем систему  
' '
1 2
' '
1 2
( ) ( ) 0
2
( ) ( )
1
х х
х
х х
х
C х е C х е
е
C х е C х е
е
−
−
 + =


− =
−
, 
' '
1 2( ) ( )
х хC х е C х е−⇒ = − ,  
подставляя во второе уравнение системы, получим: 
2
' ' ' '
2 2 2 1
2 1
( ) ( ) ( ) , ( ) .
1 1 1
х х
х х
х х х
е е
C х е C х е C х C х
е е е
− −− − = ⇒ = − =
− − −
 
4) Интегрируя найденные 
' '
1 2( ) ( )C х и C х , получим: 
1
1
1 ( 1)
( )
1 1 1
| 1| .
1
x x x x
x x x
x
x
x
dx e e e e
C х dx dx
e e e
e dx
dx x ln e C
e
+ − − −
= = = − =
− − −
= − + = − + − +
−
∫ ∫ ∫
∫ ∫
 
2
2
2 2
1
( 1)
( ) ( ln )
1
1
( 1 ln 1) (1 ln 1) .
x
x
x
x
x
x x x x
e t
e dx t
C x e dx dt dt t t
te
e t
e e C e e C
− =
+
= − = = = − = − + =
−
= +
= − − + − + = − − − +
∫ ∫
 
Общее решение данного уравнения имеет вид:  
( )
1 2
1 2
( ln 1) (1 ln 1 )
ln 1 1.
x x x x x
x x x x x x x
y e C x e e e e C
C e C e e e e xe e
−
− − −
= − + − + − − − + =
= + + − − − − −
 
 
Линейные неоднородные дифференциальные уравнения 
второго порядка с постоянными коэффициентами 
и специальным видом правой части 
 
Метод неопределенных коэффициентов. Рассмотрим неодно-
родное дифференциальное уравнение второго порядка с постоянными 
коэффициентами (1.11). 
Общее решение уравнения (1.11) имеет вид: 
 12 
*,у у у= +  
где у  – общее решение уравнения (1.12), а *у  – частное решение 
уравнения (1.11). 
Форма частного решения *у  уравнения (1.11) зависит от вида 
правой части f(х) и корней характеристического уравнения. 
1. Пусть правая часть уравнения (1.11) имеет вид 
( ) ( ( ) cos ( )sin ),x n mf x e P x x Q x x
α β β= +   (1.13) 
где ( ) ( )n mP x и Q x  – многочлены, соответственно степени n и m.  
Тогда * ( ( ) cos ( )sin )r x s sy x e U x x V x x
α β β= + , где Us(x) и  
Vs(x) – многочлены степени s c неопределенными коэффициентами, 
{ }max , ,s n m=  α ± βi – корни характеристического уравнения, r – 
кратность корня α характеристического уравнения (1.7). 
Частный случай: Если β = 0, то ( ) ( )x nf x e P x
α=  и y∗  записы-
вается в виде:  
r xy x eα∗ = Un(x),   (1.14) 
где Un(x) – многочлен степени п с неопределенными коэффициен тами. 
Метод неопределенных коэффициентов состоит в следующем: 
1) находим *y  в соответствии с указанными правилами; 
2) находим производные * ', *"y y  и вместе с *y  подставляем в 
уравнение (1.11); 
3) приравниваем коэффициенты при одинаковых степенях пере-
менной х в левой и правой частях уравнения. При наличии триго-
нометрических функций приравниваются коэффициенты в левой и 
правой частях уравнения при cos и sin , ( 0,1, )r rx x x x rβ β = ; 
4) находим числовые значения неизвестных коэффициентов и 
подставляем их в *y . 
Пример 1.7. Найти общее и частное решение уравнения 
" 3 ' xy y x e−− = ⋅ , если ( ) ( )0 1, ' 0 0.y y= =  
Решение. Общее решение имеет вид: *y y y= + . 
1) : " 3 ' 0.y y y− =  Решаем характеристическое уравнение 
2 3
1 2 1 23 0 0, 3 .
xk k k k y C C e− = ⇒ = = ⇒ = +  
 13 
2) *: ( ) .xy f x x e−= ⋅  Так как 1α = −  не является корнем ха-
рактеристического уравнения, степень 1n = , то ( )* .xy Ax B e−= +  
Находим 
( )
( ) ( )
*' ,
*" 2 .
x x
x x x x x
y Ae Ax B e
y Ae Ae Ax B e Ae Ax B e
− −
− − − − −
= − +
= − − + + = − + +
 
Подставляя в исходное уравнение, получаем 
 
( )5 4
514 1,4 5 0 , .4 16
x x xAe Ax B e x e
A B A A B
− − −− + + = ⋅ ⇒
⇒ = − = ⇒ = =
 
Следовательно, 
1 5
* .
4 16
xy x e−
 = + 
 
 
3) 31 2
1 5
* .
4 16
x xy y y C C e x e−
 = + = + + + 
 
 
4) Найдем частное решение данного уравнения, удовлетворяю-
щее начальным условиям ( ) ( )0 1, ' 0 0.y y= =  Имеем  
3
1 2
3
2
1 5
,
4 16
1 1 5
' 3 .
4 4 16
х х
х х х
у C C е x е
у C е е x е
−
− −
 = + + + 
 
 = + − + 
 
 
Получаем систему 
1 2 2
2 1
5 1
1 , ,
16 48
1 5 2
0 3 , .
4 16 3
C C C
C C
 = + + =  ⇒ 
 = + − =
  
 
Следовательно, частное решение y  имеет вид  
 32 1 1 5 .
3 48 4 16
х хy е x е−
 = + + + 
 
 
 
 
 
 14 
2. РЯДЫ 
 
2.1. Числовые ряды. Основные определения. 
Сходимость ряда. Признаки сходимости числовых рядов 
 
Выражение вида  
1 2  
1
      ,n n
n
u u u u
∞
=
+ + … + … = ∑     (2.1) 
где un∈R, называется числовым рядом. Числа u1, u2, …, un … назы-
ваются членами ряда, а un – общий член ряда.  
Суммы 
S1 = u1; S2 = u1 + u2, …; Sn = 
1
n
i
i
u
=
∑    (2.2) 
называются частичными суммами ряда (2.1).  
Если существует конечный предел lim
n→∞
Sn = S, то ряд (2.1) назы-
вается сходящимся, а число S – его суммой. Если же lim
n→∞
Sn не су-
ществует или lim
n→∞
Sn = ∞, то ряд (2.1) называется расходящимся. 
Необходимый признак сходимости ряда: Если ряд (2.1) схо-
дится, то lim
n→∞
un = 0.  
Следствие. Если lim
n→∞
un ≠ 0, то ряд (2.1) расходится.  
Ряд 
1
1
n n
∞
=
∑  называется гармоническим рядом. Для него lim
n→∞
un = 0, 
но ряд расходится.  
 
2.2. Достаточные признаки сходимости рядов 
с положительными членами 
 
1. Признак сравнения: Пусть даны два ряда с положитель-
ными членами:  
1
n
n
u
∞
=
∑                                                  (2.3) 
и  
 15 
1
n
n
v
∞
=
∑ ,                            (2.4) 
причем члены ряда (2.3) не превосходят соответствующих членов 
ряда (2.4), т.е. при любом n n nu v≤ . 
Тогда: а) если сходится ряд (2.4), то сходится и ряд (2.3); б) если 
расходится ряд (2.3), то расходится и ряд (2.4).  
2. Предельный признак сравнения: Если существует конеч-
ный предел lim
n→∞
0,n
n
u
v
> то ряды (2.3) и (2.4) одновременно сходят-
ся, либо расходятся.  
3. Признак Даламбера: Если для ряда (2.3) существует 
1lim n
n
n
u
l
u
+
→∞
= = , то при l < 1 – ряд (2.3) сходится; при l > 1 – ряд (2.3) 
расходится; а при l = 1 может сходиться или расходиться.  
4. Радикальный признак Коши: Если для ряда (2.3) суще-
ствует предел lim ,n n
n
u q
→∞
= = то, при q < 1 – ряд (2.3) сходится; при  
q > 1 – ряд расходится; при q = 1 может сходиться или расходиться.  
5. Интегральный признак Коши: Пусть члены ряда (2.3) по-
ложительны и не возрастают при n → ∞, т.е. 
1 2 3 ... ...,nu u u u≥ ≥ ≥ ≥ ≥  и пусть f(x) – положительная, непрерыв-
ная, невозрастающая функция на [1, ∞] такая, что  
f(1) = u1, f(2) = u2, …, f(n) = un. 
Тогда ряд (2.3) сходится или расходится одновременно с инте-
гралом 
1
( )f x dx
∞
∫ .  
Для сравнения часто используются ряды:  
1) 1
1
n
n
aq
∞
−
=
∑ – геометрическая прогрессия (при q  < 1 – ряд схо-
дится, при 1q ≥  – расходится).  
 16 
2) 
1
1
p
n n
∞
=
∑  – обобщенный гармонический ряд (при p > 1 сходится; 
при 1p ≤  – расходится).  
Пример 2.1. Исследовать сходимость рядов: а) 
( )1
1
;
ln 1n n
∞
= +
∑  
б) 
4
1
;
1n
n
n
∞
= +
∑  в) 6
1
9
;
10
n
n
n
∞
=
 
 
 
∑ г) 2
1
3 1
;
4 1
n
n
n
n
∞
=
+ 
 + 
∑  д) 2
1
.
1n
n
n
∞
= +
∑  
Решение. а) Применим признак сравнения. Сравним данный ряд 
с рядом 
1
1
1n n
∞
= +
∑  расходящимся. Так как ( )
1
ln 1n +
>
1
1n +
  
(ln n < n), то по признаку сравнения данный ряд расходится.  
б) Применим предельный признак сходимости. Сравним с рядом 
3
1
1
n n
∞
=
∑ , p = 3 > 1, ряд сходится.  
По предельному признаку сравнения  
4
4 3 4
1
lim lim : lim 1 0,
1 1
n
n n nn
u n n
v n n n→∞ →∞ →∞
 = = = > 
+ + 
 
следовательно, исходный ряд сходится.  
 
в) Применим признак Даламбера  
( )
( )
1
6 6
1
1
66
1
9 9
1
10 10
lim lim
99
1
1010
n n
n
n
nnn nn
n
u n n
u
u
nu n
+
+
+→∞ →∞
+
   = +      = = =
  = +      
 
6
9 1 9
lim 1.
10 10n
n
n→∞
+ = = < 
 
 
Следовательно, исходный ряд сходится. 
 
 
 17 
г) По радикальному признаку Коши: 
3 1 3 1 3
lim lim lim
4 1 4 1 2
n
n
n n n
n n
u
n n→∞ →∞ →∞
+ +
= = =
+ +
 < 1, 
следовательно, ряд сходится.  
д) По интегральному признаку Коши:  
( )2 2,1 1n
n x
u f x
n x
= =
+ +
 – невозрастающая функция, 
так как ее производная ( )
( )
2
/
22
1
1
x
f x
x
−
=
+
 < 0 при x > 1.  
Имеем 2
2 2
11 1
1
lim lim ln 1
21 1
bb
b b
xdx xdx
x
x x
∞
→∞ →∞
= = + =
+ +
∫ ∫  
( )( )21 lim ln 1 ln 2 .2 b b→∞= + − = ∞  
Следовательно, несобственный интеграл расходится, значит, и 
ряд расходится.  
 
2.3. Знакопеременные ряды. 
Абсолютная и условная сходимость. 
Знакочередующиеся ряды. Теорема Лейбница 
 
Ряд  
1
n
n
u
∞
=
∑      (2.5) 
называется знакопеременным, если среди его членов имеются как 
положительные, так и отрицательные числа.  
Если ряд  
1
,n
n
u
∞
=
∑      (2.6) 
составленный из модулей членов ряда (2.5), сходится, то ряд (2.5) 
также сходится.  
Ряд (2.5) называется абсолютно сходящимся, если сходится  
ряд (2.6).  
 18 
Сходящийся знакопеременный ряд (2.5) называется условно 
сходящимся, если ряд (2.6) расходится.  
Ряд вида  
( ) ( )1 11 2 3 4
1
1 ... 1 ...,
n n
n n
n
u u u u u u
∞
− −
=
− = − + − + + − +∑   (2.7) 
где un > 0, n = 1, 2, …, называется знакочередующимся.  
Признак Лейбница. Если члены знакочередующегося ряда (2.7) 
удовлетворяют условиям: 1) u1 > u2 > u3 > … > un > …;  
2) lim 0n
n
u
→∞
= , то ряд (2.7) сходится.  
Остаток ряда rn: rn = (-1)nun+1 + (-1)n+1un+2 + … имеет знак своего 
первого члена и меньше его по модулю, т.е. |rn| < un+1. 
Пример 2.2. Исследовать на абсолютную и условную сходи-
мость ряд 
2
1
cos
n
n
n
∞
=
∑ .  
Решение. Ряд из модулей его членов 
2
1
cos
n
n
n
∞
=
∑  сходится по при-
знаку сравнения, так как 
2 2
cos 1n
n n
≤ , а ряд 
2
1
1
n n
∞
=
∑  сходится. Сле-
довательно, исходный ряд сходится абсолютно.  
Пример 2.3. Исследовать сходимость ряда 
( )
( ) ( )
1
1
1
1 ln 1
n
n n n
+∞
=
−
+ +∑ . 
Решение. а) 
( )
( ) ( )
1
1
1
1 ln 1
n
n n n
+∞
=
−
+ +∑  – знакочередующийся ряд. Ряд 
из модулей его членов 
( ) ( )1
1
1 ln 1n n n
∞
= + +
∑  расходится (по инте-
гральному признаку сходимости).  
б) Проверим условную сходимость по признаку Лейбница:  
1) 
1
2 ln 2
>
1
3ln 3
>
1
4ln 4
>…; 2) 
( ) ( )
1
lim lim 0.
1 ln 1nn n
u
n n→∞ →∞
= =
+ +
 
Следовательно, данный ряд сходится условно.  
 19 
2.4. Степенные ряды. Область сходимости степенного ряда 
 
Степенным рядом называется функциональный ряд вида 
( )
0
n
n
n
c x a
∞
=
−∑ ,    (2.8) 
где cn – коэффициенты степенного ряда, cn, a ∈  R.  
Если а = 0, то ряд (2.8) принимает вид 
0
.nn
n
c x
∞
=
∑     (2.9) 
Совокупность тех значений х, при которых степенной ряд схо-
дится, называется областью сходимости степенного ряда.  
Теорема Абеля. 1). Если степенной ряд (2.9) сходится при зна-
чении x = x0 ≠ 0, то он сходится, и причем абсолютно, при всех зна-
чениях х таких, что |x| < |x0|;  
2) Если степенной ряд (2.9) расходится при х = х1, то он расхо-
дится при всех значениях х таких, что |x| > |x1|.  
Областью сходимости степенного ряда (2.9) является некото-
рый интервал с центром в точке х = 0.  
Радиусом сходимости ряда (2.9) называется такое число R, что 
во всех точках х, для которых |x| < R, ряд сходится, а во всех точках 
|x| > R ряд расходится.  
Радиус сходимости степенного ряда находится по формулам 
1
lim ;n
n
n
c
R
c→∞ +
=  
1
lim ,
n n
n
R
c→∞
=  если эти пределы существуют.  
Пример 2.4. Определить область сходимости рядов:  
1) 
( )0
.
3 1
n
n
n
x
n
∞
= +
∑     2) 
1
1
.
1 2
n
n
n x
n
∞
=
− 
 +  
∑  
Решение.  
1) 
( )
( )
( )
( )
1
1
1 1
1
3 1 3 2
lim lim 3,
1 3 1
3 2
n n n
n
nn n
n
n n
c
n nc
R
c n
c
n
+
→∞ →∞
+
+ +
=
+ +
= = = =
+
=
+
 
следовательно, интервал сходимости (-3, 3).  
 20 
Исследуем сходимость ряда в граничных точках:  
а) при х = 3, получаем ряд 
0
1
1n n
∞
= +
∑ , который расходится (гармони-
чекий ряд); 
б) при х = -3, получим ряд 
( ) 1
0
1
1
n
n n
+∞
=
−
+∑  который сходится по призна-
ку Лейбница: 1) 1 > 
1
2
 > 
1
3
 > …; 
1
2) lim 0
1n n→∞
=
+
.  
Область сходимости – [ )3; 3 .−  
2) 
1
1
.
1 2
n
n
n x
n
∞
=
− 
 +  
∑  Определим радиус сходимости ряда:  
( )
( )
( )
( )( )
( )
( )
1
1
1 1
2
;
1 2 2 2
lim lim
1 1 1 2
2 2
2
2 lim 2.
1
n n n
n
nn n
n
n n
n
n
c
n n nc
R
nc n n
c
n
n n
n
+
→∞ →∞
+
+ +
→∞
=
+ +
= = = =
+ + +
=
+
+
= =
+
 
Следовательно, 2; 1 2; 2 1 2; 1 3.R x x x= − < − < − < − < <  
Интервал сходимости – ( )1, 3− . Исследуем сходимость ряда в 
граничных точках. 
а) 3x = . Получаем 
1 1n
n
n
∞
= +
∑  – ряд знакоположительный,  
lim lim 1 0.
1nn n
n
u
n→∞ →∞
= = ≠
+
 Следовательно, ряд расходится. 
 21 
б) 1x = − . Получаем 
( )
1
1
1
n
n
n
n
∞
=
−
+∑  – ряд знакочередующийся, ко-
торый расходится по признаку Лейбница, так как lim 0n
n
u
→∞
≠ . Об-
ласть сходимости – (-1, 3).  
 
3. ТЕОРИЯ ВЕРОЯТНОСТЕЙ 
 
3.1. Пространство элементарных событий. 
Определение вероятности. Элементы комбинаторики 
 
Элементарными событиями (элементарными исходами) назы-
ваются взаимоисключающие исходы опыта. Множество { }iωΩ =  
всех элементарных событий iω  называется пространством эле-
ментарных событий данного опыта. Любое подмножество А мно-
жества Ω называется событием. 
Вероятность события характеризует степень объективной воз-
можности наступления этого события. 
Классическое определение вероятности. Пусть множество Ω 
состоит из конечного числа n равновозможных элементарных собы-
тий. Вероятность Р(A) события A равна отношению числа m собы-
тий, благоприятствующих событию A к числу всех элементарных 
событий (число всевозможных, равновозможных и единственно  
возможных исходов), т.е. ( )
m
P А
n
= . 
Элементы комбинаторики. В теории вероятностей часто ис-
пользуют размещения, перестановки и сочетания. 
Число перестановок из n элементов вычисляется по формуле  
! 1 2 3....nP n n= = ⋅ ⋅ ;   (3.1) 
число размещений из n элементов по k – по формуле  
!
( 1)...( 1)
( )!
k
n
n
A n n n k
n k
= = − − +
−
;  (3.2) 
число сочетаний из n элементов по k – по формуле  
 22 
! ( 1)...( 1)
!( )! 1 2 ...
k
k n
n
k
A n n n n k
C
P k n k k
− − +
= = =
− ⋅ ⋅ ⋅
. (3.3) 
Отметим, что k n kn nC C
−= . 
Приведем несколько примеров простейших комбинаторных задач. 
1. Число способов, которыми можно рассадить за столы по 2 
студента группу в 20 человек, равно 
( )
2
20
20! 20!
19 20 380
20 2 ! 18!
A = = = ⋅ =
−
. 
2. Число способов распределения 5 должностей между 5 лицами 
равно 5 5! 1 2 3 4 5 120P = = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = . 
3. Число партий шахматной игры среди 12 участников чемпио-
ната (если каждый участник играет только одну партию друг с дру-
гом) равно 212
12! 12 11
66
2!10! 1 2
C
⋅
= = =
⋅
. 
4. Число способов, которыми можно выбрать делегацию в состав 
15 человек из группы в 20 человек, равно  
15 5
20 20
20 19 18 17 16
15504
1 2 3 4 5
C C
⋅ ⋅ ⋅ ⋅
= = =
⋅ ⋅ ⋅ ⋅
. 
Пример 3.1. В цехе работают 6 мужчин и 4 женщины. По та-
бельным номерам наугад отобраны 7 человек. Найти вероятность 
того, что среди отобранных лиц окажутся 3 женщины. 
Решение. Требуется найти вероятность события A = {среди ото-
бранных лиц – 3 женщины}. В данной задаче элементарное событие – 
набор из 7 человек. Так как последовательность, в которой они от-
бираются, несущественна, число всех таких наборов есть число со-
четаний из 10 элементов по 7: 7 310 10
10 9 8
120
1 2 3
n C C
⋅ ⋅
= = = =
⋅ ⋅
.  
По условию все элементарные события равновозможны. Поэтому 
можно использовать классический способ вычисления вероятности. 
Найдем число элементарных исходов, благоприятствующих собы-
тию A. Это будет число наборов, в которых 3 человека выбраны из  
4 женщин, а 4 человека – из 6 мужчин. Из 4 женщин троих можно 
выбрать 31 4 4m C= =  способами, а из 6 мужчин четверых – 
 23 
2
2 6 15m C= =  способами. Благоприятствующие событию A исходы 
получаются, когда набор из 3 женщин дополняется 4 мужчинами. 
Число таких способов будет равно 1 2 4 15 60m m m= ⋅ = ⋅ = . По 
классическому определению вероятности получим 
60 1
( )
120 2
m
P A
n
= = = . 
 
3.2. Теоремы сложения и умножения вероятностей 
 
Теорема сложения. Вероятность суммы двух любых событий A 
и B равна сумме вероятностей этих событий без вероятности их 
совместного наступления 
P(A + B) = P(A) + P(B) – P(A⋅B).                       (3.4) 
Если события A и B несовместны (т.е. в результате опыта они не 
могут появиться вместе), то 
P(A + B) = P(A) + P(B).                              (3.5) 
Следствие. Вероятность события , противоположного данному 
событию A, равна 
( ) 1 ( )P A P A= − .                                   (3.6) 
Теорема умножения вероятностей. Вероятность произведения 
двух событий A и B равна вероятности одного из них, умноженной 
на условную вероятность другого события, при условии, что первое 
произошло, т.е. 
P(AB) = P(A) ⋅P(B/A)=P(B) ⋅P(A/B).                   (3.7) 
Если события A и B независимы (т.е. появление одного из них не 
меняет вероятности появления другого), то 
P(AB) = P(A)⋅P(B).                                 (3.8) 
Формула (3.7) верна и для любого конечного числа событий 
1 2, ,..., nA A A : 
1 2
1 2 1 3 1 2 1 2 1
( ... )
( ) ( / ) ( / ) ... ( / ... ).
n
n n
P A A A
P A P A A P A A A P A A A A −
⋅ ⋅ ⋅ =
= ⋅ ⋅ ⋅ ⋅
(3.9) 
Если события 1 2, ,..., nA A A  попарно независимы, то 
1 2 1 2( ... ) ( ) ( )... ( )n nP A A A P A P A P A⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ .            (3.10) 
 24 
Вероятность появления хотя бы одного из независимых событий 
1 2, ,..., nA A A  равна 
1 2 1 2( ... ) 1 ( ) ( )... ( )n nP A A A P A P A P A+ + + = − ⋅ . (3.11) 
Пример 3.2. Для производственной практики на 30 студентов 
представлено 15 мест в Минске, 8 – в Гомеле и 7 – в Витебске. Ка-
кова вероятность того, что 2 определенных студента попадут на 
практику в один город? 
Решение. Рассмотрим события: A = {2 определенных студента 
попадут на практику в Минск}, B = {2 определенных студента по-
падут на практику в Гомель}, C = {2 определенных студента попа-
дут на практику в Витебск}. Эти события попарно несовместны. 
Событие D = {2 определенных студента попадут в один город} есть 
сумма указанных событий. По формуле (3.5) имеем P(D) = P(A) +  
+ P(B) + P(C). По классическому определению вероятностей  
2 2 2
15 8 7
2 2 2
30 30 30
( ) ;  ( ) ;  ( )
C C C
P A P B P C
C C C
= = = . 
Тогда 
2 2 2
15 8 7
2
30
154
( )
435
C C C
P D
C
+ +
= = . 
Пример 3.3. Имеется блок, входящий в систему. Вероятность 
безотказной работы его в течение заданного времени T равна 0,85. 
Для повышения надежности устанавливают такой же резервный 
блок. Определить вероятность безотказной работы за время Т с уче-
том резервного блока. 
Решение. Введем события: А ={безотказная работа данного блока 
за время Т}, B = {безотказная работа резервного блока за время Т}. 
По условию P(A) = P(B) = 0,85. Пусть событие С = {безотказная ра-
бота данного блока с учетом резервного за время Т}. Так как события 
А и В – совместны, но независимы, то по формуле (3.4) получаем 
( ) ( ) ( ) - ( ) ( ) =P C P A P B P A P B= + ⋅  0,85 + 0,85 – 0,85 ⋅ 0,85 = 0,9775. 
Пример 3.4. Рабочий, обслуживающий 2 станка, вынужден был 
отлучиться на некоторое время. Вероятность того, что в течение 
этого времени станки не потребуют внимания рабочего, равны 
1 0,7P =  и 2 0,8P = . Найти вероятность того, что за время отсут-
ствия рабочего ни один станок не потребует его внимания. 
 25 
Решение. Пусть событие А = {первый станок не потребует вни-
мания рабочего за время его отсутствия}, B = {второй станок не по-
требует внимания рабочего за время его отсутствия}. Эти события 
независимы, поэтому по формуле (3.8) получим: P(AB) = P(A) ⋅ P(B) = 
= 0,7 ⋅ 0,8 = 0,56. 
Пример 3.5. У сборщика имеется 6 деталей без дефекта и 2 дета-
ли с дефектом. Сборщик берет подряд 2 детали. Найти вероятность 
того, что обе детали – без дефекта. 
Решение. Пусть событие А = {первая деталь – без дефекта},  
B = {вторая деталь – без дефекта}. Нас интересует событие А⋅В. По 
теореме умножения вероятностей (5.4) имеем  
6 6 1 3 5 15
( ) ( ) ( / )
8 8 1 4 7 28
P A B P A P B A
−
⋅ = ⋅ = ⋅ = ⋅ =
−
. 
Пример 3.6. 3 стрелка производят по одному выстрелу по цели, 
вероятности попадания в которую равны: для первого стрелка – 0,6, 
для второго – 0,7, для третьего – 0,8. Найти вероятность одного по-
падания в цель. 
Решение. Пусть iA  = {попадание i-го стрелка в цель), противо-
положные события iA  = {промах i-го стрелка}, i = 1,2,3. Рассмот-
рим событие А = {одно попадание в цель при стрельбе 3 стрелков}. 
Это событие может наступить при наступлении одного из следую-
щих несовместных событий: 1 2 3 1 2 3 1 2 3, ,A A A A A A A A A .  
Тогда 1 2 3 1 2 3 1 2 3A A A A A A A A A A= + + , а его вероятность 
1 2 3 1 2 3 1 2 3
1 2 3 1 2 3
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
P A P A A A P A A A P A A A
P A P A P A P A P A P A
= + + =
= ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ +
 
1 2 3( ) ( ) ( ) 0,6 0,3 0, 2 0, 4 0,7 0, 2 0, 4 0,3 0,8P A P A P A+ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ =
0,036 0,056 0,096 0,188.= + + =  
Пример 3.7. Техническое устройство, состоящее из 3 узлов, ра-
ботало в течение некоторого времени Т. За это время первый узел 
оказывается неисправным  с вероятностью 0,1, второй - с вероятно-
стью 0,15, третий – с вероятностью 0,12. Найти вероятность того, 
что за время работы хотя бы 1 узел технического устройства выйдет 
из строя. 
 26 
Решение. Пусть событие iA  = {выход из строя i-го узла техни-
ческого устройства} ( 1,3)i = . Тогда событие 1 2 3A A A A= + +  – 
выход из строя хотя бы одного из 3 узлов. События iA  ( 1,3)i =  
совместны и независимы. Поэтому вероятность события А опреде-
ляется по (7.8): 
1 2 3 1 2 3( ) ( ) 1 ( ) ( ) ( ).P A P A A A P A P A P A= + + = − ⋅ ⋅  
Следовательно, P(A) = 1 – 0,9 ⋅ 0,85 ⋅ 0,88 = 1 – 0,6732 = 0,3268. 
 
3.3. Формула полной вероятности и формула Байеса 
 
Если событие А может произойти только совместно с одним из 
событий 1 2, ,... nH H H , образующих полную группу событий (гипо-
тез), то вероятность события А определяется по формуле полной 
вероятности 
1
( ) ( ) ( / )
n
k k
k
P A P H P A H
=
=∑ ,   (3.12) 
где ( )kP H  – вероятность гипотезы kH ; ( / )kP A H  – условная ве-
роятность события А при этой гипотезе, 
1
( ) 1
n
k
k
P H
=
=∑ . Вероятность 
( / )kP H A  гипотезы kH  после того, как появилось событие А,  
определяется по формуле Байеса 
1
( ) ( / )
( / ) ,  ( 1, 2,..., ) .
( ) ( / )
k k
k n
i i
i
P H P A H
P H A k n
P H P A H
=
⋅
= =
∑
 (3.13) 
Пример 3.8. В ящике содержится 12 деталей, изготовленных за-
водом № 1, 20 деталей – заводом № 2 и 18 деталей – заводом № 3. 
Вероятность того, что деталь, изготовленная заводом № 1, – отлич-
ного качества, равна 0,9; для деталей, изготовленных на заводах  
№ 2 и № 3, эти вероятности соответственно равны 0,6 и 0,9. Найти 
вероятность того, что извлеченная наугад деталь окажется отлично-
го качества. 
Решение. Пусть событие А – деталь отличного качества. Рас-
смотрим гипотезы и вероятности этих гипотез:  
 27 
1H  – деталь изготовлена заводом № 1 1
12 6
( )
50 25
P H
 = = 
 
; 
2H  – деталь изготовлена заводом № 2 2
20 2
( )
50 5
P H = = 
 
; 
3H  – деталь изготовлена заводом № 3 3
18 9
( )
50 25
P H = = 
 
.  
Условные вероятности: 1( / ) 0,9;P A H =  2( / ) 0,6;P A H =  
3( / ) 0,9P A H = . По формуле полной вероятности (3.12) при n = 3 
находим искомую вероятность  
3
1
6 2 9
( ) ( ) ( / ) 0,9 0,6 0,9 0,78
25 5 25k kk
P A P H P A H
=
= = ⋅ + ⋅ + ⋅ =∑ . 
Пример 3.9. Счетчик регистрирует частицы 3 типов: А, В и С. Ве-
роятности появления этих частиц: P(A) = 0,2; P(B) = 0,5; P(C) = 0,3. 
Частицы каждого из этих типов счетчик улавливает с вероятностя-
ми 1 2 30,8;  0, 2;  0, 4P P P= = = . Счетчик отметил частицу.  
Определить вероятность того, что это была частица типа В. 
Решение. Обозначим событие D – счетчик уловил частицу; ги-
потезы: 1H  – появление частицы типа А; 2H  – появление частицы 
типа В; 3H  – появление частицы типа С.  
Вероятности гипотез: 1 2( ) 0, 2;  ( ) 0,5;P H P H= =  3( ) 0,3P H = .  
Условные вероятности: 
1( / ) 0,8;P D H =  2 3( / ) 0, 2;  ( / ) 0, 4P D H P D H= = . 
Искомую вероятность 2( / )P H D  определим по формуле Байе- 
са (3.13): 
2 2
2 3
1
( ) ( / ) 0,5 0, 2
( / )
0, 2 0,8 0,5 0, 2 0,3 0, 4
( ) ( / )k k
k
P H P D H
P H D
P H P D H
=
⋅
= = =
⋅ + ⋅ + ⋅
∑
 
0,1 5
 .
0,16 0,1 0,12 19
= =
+ +
 
 
 28 
3.4. Случайные величины 
 
Случайной величиной (СВ) называется числовая функция  
ξ = ξ(ω), заданная на пространстве Ω элементарных событий ω и 
такая, что для любого числа x определена вероятность  
 
P(ξ < x) = P{ω: ξ(ω) < x}. 
 
Другими словами, случайная величина – это величина, которая 
в результате опыта может принять то или иное значение, причем 
неизвестно, какое именно. Обычно рассматриваются два типа СВ: 
дискретные и непрерывные. Дискретной называется такая СВ, 
которая принимает конечное или счетное множество значений. 
Возможные значения непрерывной СВ заполняют некоторый ин-
тервал (конечный или бесконечный). Случайная величина считается 
заданной, если задан закон ее распределения.  
Законом распределения дискретной СВ называется соотно-
шение, устанавливающее связь между ее возможными значениями и 
соответствующими им вероятностями. 
Пусть дискретная СВ ξ может принимать значения 1 2, ,..., nx x x . 
Обозначим ( )i ip P xξ= =  – вероятность того, что СВξ принимает 
значение ix . 
Таблица  
 
x 
1x  2x  ... nx  
P 
1p  2p  ... np  
 
называется рядом распределения вероятностей дискретной СВ ξ 
или законом распределения дискретной СВ ξ.  
Поскольку дискретная СВ ξ обязательно принимает одно из зна-
чений x i , события {ξ= xi } образуют полную группу событий, по-
этому 
1
1
n
i
i
p
=
=∑ . Графическое изображение ряда распределения 
называется многоугольником распределения. 
 29 
Функцией распределения СВ ξ (интегральной функцией СВ 
ξ) называется функция F(x), равная вероятности P(ξ < x) того, что 
СВ ξ примет значение, меньшее, чем x, т.е. F(x) = P(ξ < x).  
Свойства функции распределения: 
1. 0 ≤ F(x) ≤ 1. 
2. F(x) – неубывающая функция, т.е. x1  < 2x  ⇒ F( 1x ) ≤ F( 2x ). 
3. Если СВ ξ принимает возможное значение x i  с вероятностью 
ip , то F( ix +0) – F( ix )= ip . 
Функция распределения F(x) в точке ix  непрерывна слева. 
4. lim ( ) 0,  lim ( ) 1
x x
F x F x
→−∞ →+∞
= = . 
5. P(a ≤ ξ < b) = F(b) – F(a).  
Случайная величина ξ называется непрерывной, если ее функ-
ция распределения непрерывна. 
6. Если ξ – непрерывная СВ, то P(ξ = x) = 0. 
Плотностью распределения непрерывной СВ ξ (дифференци-
альной функцией распределения СВ ξ) называется функция p(x), 
такая, что функция распределения F(x) выражается формулой  
( ) ( )
x
F x p t dt
−∞
= ∫ . 
Свойства плотности вероятности: 
1. p(x ) ≥0.   2. ( ) ( )
b
a
P a b p t dtξ≤ ≤ = ∫ . 
3. ( ) 1p t dt
∞
−∞
=∫ . 4. p(x)= ( )F x′ . 
 
Пример 3.10. В партии из 6 деталей имеется 4 стандартных. 
Наудачу отобраны 3 детали. Составить закон распределения числа 
стандартных деталей среди отобранных, построить функцию рас-
пределения. 
Решение. СВ ξ – число стандартных деталей из 3 отобранных – 
может принимать следующие значения: 1x =1, 2x =2, 3x =3. Вероят-
 30 
ности возможных значений ξ определим по формуле 
3
4 2
3
6
( )
k kC C
P k
C
ξ
−
= = . Итак, 
1 2 2 1 3 0
4 2 4 2 4 2
3 3 3
6 6 6
1 3 1
( 1) ; ( 2) ; ( 3)
5 5 5
C C C C C C
P P P
C C C
ξ ξ ξ= = = = = = = = = .  
Составим ряд распределения: 
 
ix  1 2 3 
ip  1/5 3/5 1/5 
 
Для построения функции распределения дискретной СВ ξ вос-
пользуемся тем свойством F(x), что при 1k kx x x− < ≤  
1 2 1
1
( ) ...
k
k i
i
F x p p p p−
=
= + + + =∑ . 
В точке ix  функция F(x) имеет скачок ip  = P(ξ = ix ) = F( ix + 0) –  
– F( ix  – 0) и, значит, для всех 1( , ]k kx x x +∈   
1 2 1
1
( ) ...
k
K K i
i
F x P P P P P−
=
= + + + + =∑  . 
Таким образом, функция распределения дискретной СВ ξ – ку-
сочно-постоянна, имеет скачки ip  в точках разрыва ix  и непре-
рывна слева в точках разрыва ix . Для данной СВ ξ функция F(x) и  
ее график имеют вид 
0  при  1;
1/ 5  при  1 2;
( )
4 / 5  при  2 3;
1  при  3.
x
x
F x
x
x
≤
 < ≤=  < ≤
 >
 
 
 31 
 
 
Рис. 3.1 
 
3.5. Числовые характеристики случайных величин 
 
К числовым характеристикам СВ относятся: математическое 
ожидание M(ξ), дисперсия D(ξ), среднее квадратическое откло-
нение σ(ξ), моменты и др. 
Пусть ξ – дискретная СВ, принимающая значения 1 2, ,...x x  с ве-
роятностями 1 2, , ...p p  соответственно.  
Математическим ожиданием СВ ξ, или средним значением, 
называется число 
1
( ) i i
i
M x pξ
∞
=
=∑ , в предположении, что этот ряд 
сходится абсолютно. Если СВ ξ – непрерывна с плотностью p(x), то 
математическое ожидание определяется интегралом  
( ) ( )M xp x dxξ
∞
−∞
= ∫ . 
Дисперсией или рассеиваиием D(ξ) СВ ξ называется математи-
ческое ожидание квадрата отклонения СВ ξ от ее математического 
ожидания, т.е. ( )2( ) ( ( ))D M Mξ ξ ξ= − . 
Для дискретной СВ ξ дисперсия определяется равенством: 
2
1
( ) ( ( ))i i
i
D x M pξ ξ
∞
=
= −∑ . 
 32 
Для непрерывной СВ: 2( ) ( ( )) ( )D x M p x dxξ ξ
∞
−∞
= −∫ . 
Из свойств дисперсии получается удобная рабочая формула для 
ее вычисления 2 2( ) ( ) ( ( ))D M Mξ ξ ξ= − . 
Для дискретной СВ: 2 2
1
( ) ( ( ))i i
i
D x p Mξ ξ
∞
=
= −∑ . 
Для непрерывной СВ: 2 2( ) ( ) ( ( ))D x p x dx Mξ ξ
∞
−∞
= −∫ . 
Среднее квадратическое отклонение  ( ) ( )Dσ ξ ξ= . 
Пример 3.11. Имеется 6 ключей, из которых только 1 подходит к 
замку. Составить ряд распределения числа попыток при открыва-
нии замка, если ключ, не подошедший к замку, в последующих 
опробованиях не участвует. Найти математическое ожидание и 
среднее квадратическое отклонение этой случайной величины. 
Решение. Опробования открывания замка заканчиваются на k-й 
попытке, если первые k-1 попытки не привели к успеху, а k-я по-
пытка закончилась успешно. 
Случайная величина ξ – число попыток при открывании замка – 
может принимать следующие значения: 1x  = 1, 2x  = 2, 3x  = 3, 4x  = 4, 
5x  = 5, 6x  = 6. Вероятности этих значений можно определить по 
формуле 
 
6 1 1 1
( )
6 6 1 6k
k
p P k
k
ξ − += = = ⋅ =
− +
. 
 
Таким образом, возможные значения случайной величины рав-
новероятны. Запишем ряд распределения данной дискретной СВ. 
 
ix  1 2 3 4 5 6 
ip  1/6 1/6 1/6 1/6 1/6 1/6 
 
На основании этого распределения получим 
 33 
61
6
2 2 2 2 2 2 2 2
1
1 7
( ) (1 2 3 4 5 6)  ;
6 2
1 91
( ) (1 2 3 4 5 6 )  ;
6 6
i i
i
i i
i
M x p
M x p
ξ
ξ
=
=
= = + + + + + =
= = + + + + + =
∑
∑
 
2 2 91 49 35( ) ( ) [ ( )] ;  
6 4 12
D M Mξ ξ ξ= − = − =
35
( ) ( )  .
12
Dσ ξ ξ= =  
Пример 3.12. Случайная величина задана функцией распределения  
2
0 при 0;
( ) при 0 4;
16
1 при 4 .
x
x
F x x
x
≤

= < ≤

>
   
Найти M(ξ), D(ξ), σ(ξ). 
 
Решение. 
1) ( )
0 при 0;
'( ) при 0 4;
8
0 при 4 .
x
x
p x F x x
x
≤
= = < ≤

>
  
2) 
44 3
0 0
8
( ) ( ) ;
8 24 3
x x
M xp x dx x dxξ
∞
−∞
= = = =∫ ∫  
3) дисперсию D(ξ) вычислим по формуле 2 2( ) ( ) [ ( )]D M Mξ ξ ξ= − .  
Тогда 
44 4
2 2 2
0 0
2
( ) ( ) 8 ;
8 32
8 64 8 2 2
( ) 8 8  ; ( ) ( )  .
3 9 9 3
x x
M x p x dx x dx
D D
ξ
ξ σ ξ ξ
∞
−∞
= = = =
 = − = − = = = 
 
∫ ∫
 
 
 
 
 34 
4. ЛИНЕЙНОЕ  ПРОГРАММИРОВАНИЕ 
 
4.1. Математические модели задач планирования и управления 
 
Для практического решения экономической задачи математиче-
скими методами ее прежде всего следует записать с помощью ма-
тематических выражений (уравнений, неравенств и т.п.), т.е. соста-
вить экономико-математическую модель данной задачи. Для этого 
необходимо: 
1) ввести переменные величины 1x , 2x , …, nx , числовые 
значения которых однозначно определяют одно из возможных со-
стояний исследуемого явления; 
2) выразить взаимосвязи (присущие исследуемому параметру) в 
виде математических ограничений (уравнений, неравенств), налага-
емых на неизвестные величины. Эти соотношения определяют си-
стему ограничений задачи, которая образует область допустимых 
решений (область экономических возможностей). Решение (план) 
Х = ( 1x , 2x , …, nx ), удовлетворяющее системе ограничений зада-
чи, называют допустимым (базисным); 
3) записать критерий оптимальности в форме целевой функ-
ции z = z(X), которая позволяет выбрать наилучший вариант из 
множества возможных; 
4) составить математическую формулировку задачи отыскания 
экстремума целевой функции при условии выполнения ограниче-
ний, накладываемых на переменные. Допустимый план, доставля-
ющий целевой функции экстремальное значение, называется опти-
мальным и обозначается optX  или Х
 *. 
Составим, например, математическую модель следующей задачи. 
Пример 4.1. Пошивочный цех изготавливает три вида обуви из 
поступающих из раскройного цеха заготовок. Расход заготовок на 
пару обуви каждого вида, запасы заготовок, а также прибыль, полу-
чаемая фабрикой при реализации пары обуви каждого вида, заданы 
в табл. 4.1. Сколько пар обуви каждого вида следует выпускать 
фабрике для получения максимальной прибыли при условии, что 
заготовки II вида необходимо израсходовать полностью?  
 
 
 35 
Таблица 1.4 
 
    Обувь 
   вида 
Виды 
заготовок 
А В С 
Запасы 
заготовок, 
ед. 
I 1 2 – 12 
II 1 – 1 4 
III 2 2 – 14 
Прибыль, 
ден. ед. 
3 2 1  
 
Решение. Чтобы сформулировать эту задачу математически, 
обозначим через 1x , 2x , 3x  количество пар обуви соответственно 
видов А, В и С, которое необходимо выпускать фабрике для полу-
чения максимальной прибыли. Согласно условиям задачи прибыль 
от выпуска обуви вида А составит 13x  ден. ед., от вида В − 22x   ден. 
ед., от вида С − 3x  ден. ед. Следовательно, целевая функция при-
были z выразится формулой 
max23 321 →++= xxxz . 
Поскольку переменные x1, x2 и x3 определяют количество пар 
обуви, они не могут быть отрицательными, т. е. 
01 ≥x , 02 ≥x , 03 ≥x . 
Согласно условиям задачи на изготовление всей обуви будет ис-
пользовано 21 2xx +  заготовок 1-го вида. А так как запасы загото-
вок 1-го вида составляют 12 штук, то должно выполняться неравен-
ство 122 21 ≤+ xx . 
На изготовление всей обуви будет использовано 31 xx +  загото-
вок 2-го вида. Но так как по условию задачи запасы заготовок 2-го 
вида необходимо израсходовать полностью, то должно выполняться 
равенство 31 xx + = 4. 
Аналогично для заготовок 3-го вида должно выполняться нера-
венство 1422 21 ≤+ xx . 
Следовательно, система ограничений будет иметь вид 
 36 
1 2
1 3
1 2
2 12 ( количество заготовок вида I)
4 ( количество заготовок вида II)
2 2 14 ( количество заготовок вида III)
;
;
.
x x
x x
x x
+ ≤
 + =
 + ≤
 
Итак, задача состоит в том, чтобы найти неотрицательные значе-
ния 1x , 2x  и 3x , удовлетворяющие системе ограничений и макси-
мизирующие целевую функцию z .  
 
4.2. Формы записи задач линейного программирования  
и их эквивалентность. 
Приведение задачи к каноническому виду 
 
Каноническая форма задач линейного программирования 
имеет вид 
 
max2211 →+++= nnxcxcxcz    (целевая функция),          (4.1) 







=+++
=+++
=+++
mnmnmm
nn
nn
bxaxaxa
bxaxaxa
bxaxaxa
...
...................................................
...
...
2211
22222121
11212111
– (система ограничений),   (4.2) 
0≥jx , nj ,1=  – (ограничения на переменные).                     (4.3) 
 
Замечание. Не ограничивая общности, можно полагать, что свободные 
члены неотрицательны, т.е. bi ≥ 0,  i = m,1  (иначе ограни-
чительные уравнения можно умножить на (–1)). 
 
Симметричная задача линейного программирования 
z = ∑
=
n
j
jj xc
1
→ max, 
∑
=
≤
n
j
ijij bxa
1
,  i = m,1 , 
0≥jx , nj ,1= . 
z = ∑
=
n
j
jj xc
1
→ min, 
∑
=
≥
n
j
ijij bxa
1
,  i = m,1 ,                   (4.4) 
0≥jx , nj ,1= . 
 37 
Общая задача линейного программирования 
z = ∑
=
n
j
jj xc
1
→ max (min),                                (4.5) 
 
∑
=
≤
n
j
ijij bxa
1
,   i = 1,1 m ,                                  (4.6) 
∑
=
≥
n
j
ijij bxa
1
,   i = 21 ,1 mm + ,                              (4.7) 
∑
=
=
n
j
ijij bxa
1
,   i = mm ,12 + ,                               (4.8) 
0≥jx , 1,1 nj = ,                                          (4.9) 
jx  − произвольного знака,  j = nn ,11 + .                  (4.10) 
 
Приведение задачи к каноническому виду 
 
Задачи ЛП могут представляться по-разному, но все их можно 
привести к каноническому виду, в котором целевая функция z 
должна быть максимизирована, а все ограничения должны быть за-
даны в виде равенств с неотрицательными переменными. Приведем 
произвольную задачу ЛП (4.5)–(4.10) к каноническому виду, ис-
пользуя следующие правила:  
1) минимизация целевой функции z равносильна максимизации 
целевой функции (–z). Так, если целевая функция исходной задачи 
исследуется на минимум, т.е. z → min, то можно рассмотреть функ-
цию с противоположным знаком, которая будет стремиться к мак-
симуму: −z → max; 
2) ограничения-неравенства вида ininii bxaxaxa ≤+++ 2211  
преобразуются в ограничения-равенства путем прибавления к ле-
вым частям дополнительных (балансовых) неотрицательных пере-
менных inx + ≥ 0: iinninii bxxaxaxa =++++ +2211 , i = 1,1 m ; 
 38 
3) ограничения-неравенства вида ininii bxaxaxa ≥+++ 2211  
преобразуются в ограничения-равенства путем вычитания от левых 
частей дополнительных неотрицательных переменных inx +  ≥ 0: 
iinninii bxxaxaxa =−+++ +2211 , i = 21 ,1 mm + ; 
4) дополнительные переменные в целевую функцию вводятся с 
коэффициентами, равными нулю: ,0=+inc  2,1 mi = ; 
5) переменные любого знака заменяются разностью двух других 
неотрицательных переменных: 21 jjj xxx −= ,  где 
1
jx ≥0, 
2
jx ≥0. 
Замечание. Вводимые дополнительные переменные имеют определен-
ный экономический смысл, прямо связанный с содержани-
ем задачи. Так, в задачах об использовании ресурсов они 
показывают величину неиспользованного ресурса, в зада-
чах о смесях – потребление соответствующего компонента 
сверх нормы. 
 
Пример 4.2. Привести математическую модель задачи из приме-
ра 4.1 к каноническому виду: max,23 321 →++= xxxz  
1 2
1 3
1 2
2 12,
4,
2 2 14,
x x
x x
x x
+ ≤
 + + =
 + ≤
.3,1,0 =≥ jx j  
Решение. Целевая функция и неравенства являются линейными. 
Следовательно, это задача линейного программирования. Приведем 
ее к каноническому виду, прибавляя к левым частям первого и тре-
тьего ограничений по одной дополнительной неотрицательной пе-
ременной ( 4x  и 5x  соответственно). При этом получим равенства. 
Второе ограничение оставим без изменений, так как оно уже явля-
ется равенством. Дополнительные переменные введем в целевую 
функцию с нулевыми коэффициентами. Целевая функция при этом 
не изменится, так как исследуется на максимум. В результате полу-
чим следующую каноническую форму задачи линейного програм-
мирования: max0023 54321 →++++= xxxxxz   
при ограничениях   
 39 





=++
=++
=++
,1422
,4
,122
521
31
421
xxx
xx
xxx
 .5,1,0 =≥ jx j  
Заметим, что сформулированная задача эквивалентна исходной. 
Другими словами, значения переменных 1x , 2x  и 3x  в оптималь-
ном решении последней задачи являются оптимальными и для ис-
ходной. 
 
4.3. Симплекс-метод решения задач линейного 
программирования 
 
Одним из универсальных методов решения задач ЛП является 
симплекс-метод или метод последовательного улучшения плана. 
Если задача разрешима, то ее оптимальный план совпадает, по 
крайней мере, с одним из опорных решений системы ограничений. 
Именно этот опорный план и отыскивается симплекс-методом в ре-
зультате упорядоченного перебора опорных решений. Упорядочен-
ность понимается в том смысле, что при переходе от одного опор-
ного плана к другому соответствующие им значения целевой функ-
ции возрастают (или, по крайней мере, не убывают). Так как общее 
число опорных решений конечно, то через определенное число ша-
гов будет либо найден оптимальный опорный план, либо установ-
лена неразрешимость задачи. Чтобы получить новый опорный план, 
первоначальный базис преобразовывают в новый. Для этого из пер-
воначального базиса удаляют некоторую базисную переменную и 
вместо нее вводят другую из группы свободных. 
С геометрической точки зрения перебор опорных планов можно 
толковать как переход по ребрам от одной вершины многогранника 
решений к другой по направлению к вершине optX , в которой це-
левая функция достигает оптимального значения. 
Этапы решения задачи ЛП симплекс-методом 
Решение задачи ЛП складывается из нескольких этапов: 
1. Задача должна быть приведена к каноническому виду, притом 
все элементы столбца свободных членов должны быть неотрица-
тельными. 
2. Найден начальный опорный план задачи. 
 40 
3. Целевая функция выражена через свободные переменные и 
максимизирована. 
4. По симплексному методу находится оптимальный план задачи. 
 
Пусть задача линейного программирования имеет вид: 
max,2211 →+++= nn xcxcxcz   







=+++
=+++
=+++
++
++
++
,...             
.................................................................
,...               
,...                
11
221122
111111
mnmnmmmm
nnmm
nnmm
bxaxax
bxaxax
bxaxax
 
0≥jx , nj ,1= ,   0≥ib , mi ,1= . 
Исключим базисные переменные из целевой функции. Для этого 
выразим их через свободные переменные из системы ограничитель-
ных уравнений  
1 1( ... )i i im m in nx b a x a x+ += − + + , 0≥jx , nj ,1=  
и подставим в выражение функции z. Получим приведенные коэф-
фициенты целевой функции:  
z = z0 – −′ ++ 11 mm xc 22 ++′ mm xc – … – nmnm xc ++′ → max. 
Составим исходную симплекс-таблицу, записывая приведенные 
коэффициенты целевой функции в z-строку с противоположными 
знаками, а константу z0 со своим знаком. 
 
Симплекс-таблица 
Б З x1 x2 … mx  1+mx  … kmx +  … nx  
x1 b1 1 0 … 0 1,1 +ma  … kma +,1  … na1  
x2 b2 0 1 … 0 1,2 +ma  … kma +,2  … na2  
… … … … … … … … … … … 
lx  lb  0 0 … 0 lmla +,  … kmla +,  … nla  
… … … … … … … … … … … 
mx  mb  0 0 … 1 1, +mma  … kmma +,  … nma  
z z0 0 0 … 0 mc′  … kmc +′  … nc′  
 41 
1. Если в z-строке симплекс-таблицы, содержащей некоторый 
опорный план, нет отрицательных элементов (не считая свободного 
члена z0), то данный план оптимален и задача решена. К тому же, если 
в z-строке симплексной таблицы, содержащей оптимальный план, нет 
нулевых элементов (не считая z0 и элементов, соответствующих бази-
су), то оптимальный план единственный. Если же в z-строке последней 
симплексной таблицы, содержащей оптимальный план, есть хотя бы 
один нулевой элемент, соответствующий свободной переменной, то 
задача ЛП имеет бесконечное множество решений. 
2. Если в z-строке есть хотя бы один отрицательный элемент (не 
считая z0), а в любом столбце с таким элементом есть хотя бы один 
положительный, то можно перейти к новому опорному плану, более 
близкому к оптимальному. Для этого столбец с отрицательным эле-
ментом kmc +′  в z-строке берут за разрешающий (если в z-строке от-
рицательных элементов несколько, то за разрешающий выбирают 
столбец с наименьшим элементом). Следовательно, столбец с номе-
ром m + k станет ведущим или разрешающим и переменная kmx +  
будет включена в базис. 
3. Среди элементов ведущего столбца находят положительные. 
Если таковых нет, то задача не имеет решений в силу неограни-
ченности целевой функции (z → ∝).  
4. Для положительных элементов kmia +,  подсчитывают сим-
плексные отношения (отношения свободных членов к соответству-
ющим положительным элементам ведущего столбца) kmii ab +, , i = 
m,1 , и выбирают среди них наименьшее. Пусть минимальное сим-
плексное отношение будет в строке l. Строка с номером l станет 
ведущей (разрешающей), а элемент kmla +,  − ведущим. Переменная 
lx  выйдет из базиса. 
5. Выполняют одну итерацию по замещению базисной перемен-
ной методом Жордана−Гаусса. Строят новую симплексную таблицу 
и переходят к первому пункту. 
 
 
 
 42 
Замечание. Опорное решение называется невырожденным, если все 
его компоненты положительные, в противном случае оно 
называется вырожденным. Задача ЛП называется невы-
рожденной, если все ее опорные планы невырожденные. 
Если среди опорных решений есть хотя бы одно вырож-
денное, то задача называется вырожденной. В этом случае 
возможен вариант, когда значение целевой функции при 
переходе от одного опорного плана к другому не улучшит-
ся и может произойти так называемое зацикливание. Для 
избежания этого фактора изменяют последовательность 
вычислений путем изменения разрешающего столбца. 
 
Рассмотрим симплекс-метод и метод замещения Жордана−Гаус-
са на примере. 
 
Пример 4.3. Решить задачу ЛП из примера 4.1 симплекс-
методом: 1 2 33 2 maxz x x x= + + → , 
1 2
1 3
1 2
2 12,
4,
2 2 14,
x x
x x
x x
+ ≤
 + =
 + ≤
 .3,1,0 =≥ jx j  
Решение. 1) задача приведена к каноническому виду, притом все 
элементы столбца свободных членов неотрицательны: 
max23 321 →++= xxxz , 




=++
=++
=++
,1422
,4
,122
521
31
421
xxx
xx
xxx
  5,1,0 =≥ jx j ; 
2) Начальный опорный план задачи имеет вид: 
Х0 = (0; 0; 4; 12; 14), z(Х0) = 3 ⋅ 0 + 2 ⋅ 0 + 1 ⋅ 4 = 4; 
3) целевую функцию выразим через свободные переменные. Для 
этого из 2-го уравнения выразим базисную переменную 3x : 
13 4 xx −= . Подставим ее значение в целевую функцию: 
max42242323 21121321 →++=−++=++= xxxxxxxxz  
max422 21 →++= xxz . 
 43 
Занесем коэффициенты целевой функции и системы ограниче-
ний в симплексную таблицу следующим образом: 
1-е ограничение x1 + 2x2 + x4 = 12 − в 1-ю строку: 
а) в базисный столбец «Б» − базисную переменную х4;  
б) в столбец значений (базисной переменной) «З» – значение 
свободного члена, равное 12; 
в) в столбцы коэффициентов « ix » – коэффициенты при ix , рав-
ные 1, 2, 0, 1, 0 соответственно; 
2-е ограничение − во 2-ю строку (аналогично); 
3-е ограничение − в 3-ю строку (аналогично); 
целевую функцию − в z-строку: 
а) в столбец значений (целевой функции) «З» – константу со 
своим знаком, т.е. 4; 
б) в столбцы коэффициентов « ix » – коэффициенты при ix с про-
тивоположными знаками, равные −2, −2, 0, 0, 0 соответственно. 
Составим исходную симплекс-таблицу 1. 
 
Симплекс-таблица 1 
Б З х1↓ х2 х3 х4 х5 
х4 12 1 2 0 1 0 
←х3 4 1 0 1 0 0 
х5 14 2 2 0 0 1 
z 4 −2 −2 0 0 0 
 
В z-строке есть отрицательные элементы (не считая значения). 
Следовательно, начальный опорный план не является опти-
мальным. Найдем минимальный отрицательный элемент z-строки: 
(−2) в столбцах «х1» и «х2». За ведущий выбираем любой столбец, 
например «х1».  Значит,  переменная х1 будет включена в базис. 
Так как среди элементов ведущего столбца есть положительные, 
то существует новый опорный план, более близкий к оптимально-
му. Подсчитаем симплексные отношения (отношения свободных 
членов к соответствующим положительным элементам ведущего 
столбца) и найдем среди них минимальное: min{12/1; 4/1; 14/2} = 4. 
 44 
Значит, 2-я строка является  ведущей, а элемент а21 = 1 − разреша-
ющим. Следовательно, переменная х3 выйдет из базиса.  
Проведем одну итерацию метода замещения (базисных элемен-
тов) Жордана−Гаусса. Столбцы «х4» и «х5» останутся базисными и в 
симплекс-таблице 2, а столбец «х1» следует сделать «единичным». 
Новые данные в симплекс-таблицу 2 заносим по следующему алго-
ритму: 
1.  Ведущий элемент делают равным 1. Для этого ведущую строку 
делят на ведущий элемент. В нашем случае ведущий элемент равен 1. 
Значит, ведущая  строка  останется  прежней. Перепишем ее в сим-
плекс-таблицу 2 и назовем строкой, полученной из ведущей. 
2. Остальные элементы ведущего столбца делают нулевыми. 
• Чтобы в 1-й строке вместо 1 получить 0, необходимо каж-
дый элемент сроки, полученной из ведущей, умножить на (−1) и 
прибавить почленно к 1-й строке. (Проще говоря, строку, получен-
ную из ведущей, умножить на (−1) и прибавить к 1-й строке.)  
• Чтобы в 3-й строке вместо 2 получить 0, необходимо строку, 
полученную из ведущей, умножить на (−2) и прибавить к 3-й строке. 
• Чтобы в z-строке вместо (−2) получить 0, необходимо стро-
ку, полученную из ведущей, умножить на 2 и прибавить к z-строке. 
 
Симплекс-таблица 2 
Б З х1 х2↓ х3 х4 х5 
х4 8 0 2 –1 1 0 
х1 4 1 0 1 0 0 
←х5 6 0 2 −2 0 1 
z 12 0 −2 2 0 0 
 
Таблицы пересчитывают до тех пор, пока в z-строке все элемен-
ты (не считая значения) станут неотрицательными. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Симплекс-таблица 3 
 45 
Б З х1 х2 х3↓ х4 х5 
←х4 2 0 0 1 1 −1 
х1 4 1 0 1 0 0 
х2 3 0 1 −1 0 0,5 
z 18 0 0 0 0 1 
 
Так как в z-строке симплекс-таблицы 3 все элементы больше или 
равны нулю, то найден оптимальный план: 
1
optX  = (4; 3; 0), maxz = z(
1
optX ) = 3 ⋅ 4 + 2 ⋅ 3 + 1 ⋅ 0 = 18. 
Он не единственный, так как существует нулевой элемент z-
строки, соответствующий свободной переменной x3. (Решение 
единственное, если нули в z-строке соответствуют только базисным 
переменным.)  
Чтобы найти второй оптимальный план, столбец «x3» принимают 
за ведущий и находят минимальное симплексное отношение: 
min{2/1; 4/1} = 2. Тогда 1-я строка станет ведущей. Пересчитывают 
симплекс-таблицу 3 методом замещения Жордана−Гаусса с веду-
щим элементом а13 = 1 и заносим в симплекс-таблицу 4. 
 
Симплекс-таблица 4 
Б З х1 х2 х3 х4 х5 
х3 2 0 0 1 1 −1 
х1 2 1 0 0 −1 1 
х2 5 0 1 0 1 −0,5 
z 18 0 0 0 0 1 
 
Из последней таблицы 2optX  = (2; 5; 2), а значение целевой 
функции  maxz  = 18.  
Общее решение записывается как выпуклая линейная комбина-
ция решений  1optX  
 и 2optX
 , т.е. optX = λ1
1
optX  + λ2
2
optX , где λ1 + 
λ2 = 1,  λ1 > 0, λ2 > 0. 
Метод искусственного базиса 
 46 
Если начальный опорный план задачи находится методом искус-
ственного базиса, то сначала надо решить симплекс-методом вспомо-
гательную w-задачу. При этом необходимо в начальную симплексную 
таблицу включить и z-строку, соответствующую целевой функции ис-
ходной задачи. Для составления симплекс-таблицы из функции z ис-
ключают базисные переменные, а из функции w – искусственные ба-
зисные переменные. В ходе решения возможны случаи: 
1) в оптимальном решении w-задачи хотя бы одна из искус-
ственных переменных отлична от нуля (т.е. не вышла из базиса). 
Тогда исходная z-задача не имеет допустимых планов (т.е. ее систе-
ма ограничений несовместна); 
2) в оптимальном плане новой w-задачи все искусственные пе-
ременные равны нулю (т.е. вышли из базиса), а значит, и искус-
ственная целевая функция равна нулю. Тогда значения оставшихся 
координат плана дадут начальный опорный план исходной задачи, 
которую можно решить симплекс-методом. 
Рассмотрим метод искусственного базиса на следующем примере. 
Пример 4.4. Хлебозавод может выпекать хлеб в любой из трех 
видов печей П1, П2, П3. Трудоемкость и себестоимость выпечки 1 
центнера хлеба на каждом виде печи представлены в табл. 4.2. 
Сколько хлеба необходимо выпечь в каждой печи, чтобы его сум-
марная себестоимость была минимальной при условии, что трудо-
вые ресурсы ограничены 56 н/ч, а общее количество горячего хлеба 
должно быть не менее 60 ц? 
 
Таблица 4.2 
Вид печи П1 П2 П3 
Трудоемкость, н/ч 1 0,9 1,2 
Себестоимость, ден. ед. 21 19 22 
 
Решение. Составим математическую модель задачи. Пусть x1, x2 и 
x3 центнеров хлеба необходимо выпекать в печах П1, П2 и П3 соответ-
ственно, чтобы его суммарная себестоимость была минимальной. Со-
гласно условиям задачи себестоимость выпечки хлеба в печи П1 будет 
составлять 21х1 ден. ед., в печи П2 − 19х2  ден. ед., в печи П3 − 22х3  ден. 
ед. Значит, целевая функция z будет задаваться формулой 
min221921 321 →++= xxxz . 
 47 
Так как неизвестные x1, x2 и x3 выражают количество центнеров 
хлеба, они не могут быть отрицательными, т. е. 
.0,0,0 321 ≥≥≥ xxx  
При этом трудовых ресурсов на выпечку всего хлеба будет исполь-
зовано х1 + 0,9х2 + 1,2x3 н/ч. А так как трудовые ресурсы ограничены 
56 н/ч, то должно выполняться неравенство 562,19,0 321 ≤++ xxx . 
Всего выпекут х1 + х2 + х3 центнеров хлеба. Но так как по усло-
вию задачи общее количество горячего хлеба должно быть не менее 
60 ц, то необходимо, чтобы выполнялось неравенство 
60321 ≥++ xxx . 
Следовательно, система ограничений примет вид 
 


≥++
≤++
.60
,562,19,0
)хлебаовыпеченногколичество(
)ресурсовтрудовыхколичество(
321
321
xхx
xxx
 
 
Задача состоит в том, чтобы найти неотрицательные значения x1, 
x2 и x3, удовлетворяющие системе ограничений и минимизирующие 
целевую функцию z.  
Целевая функция и неравенства являются линейными. Следова-
тельно, это задача линейного программирования. Приведем ее к ка-
ноническому виду. Для этого к левой части первого ограничения 
прибавим дополнительную неотрицательную переменную x4  и по-
лучим равенство, а из левой части  второго ограничения вычтем до-
полнительную неотрицательную переменную x5, чтобы получилось 
равенство. Так как целевая функция минимизируется, то рассмот-
рим функцию z′ = −z, которая будет стремиться к максимуму, т.е.  
 
max221921 321 →−−−=−=′ xxxzz . 
 
Дополнительные переменные введем в целевую функцию с ну-
левыми коэффициентами. В результате получим следующую кано-
ническую форму: 
max00221921 54321 →++−−−=′ xxxxxz  
при ограничениях 
 



=−++
=+++
,60
,562,19,0
5321
4321
xxхx
xxxx
 0≥jx , j = 5,1 . 
 48 
Сформулированная задача эквивалентна исходной, т. е. значения 
переменных x1, x2 и x3 в оптимальном решении последней задачи 
являются оптимальными и для исходной задачи.  
Так как во втором ограничении нет базисной переменной, 
начальный опорный план найдем методом искусственного базиса. 
Для получения предпочтительного вида введем неотрицательную 
искус-ственную переменную х6 во второе ограничительное уравне-
ние и рассмотрим вспомогательную w-задачу: 
max6 →−= xw , 



=+−++
=+++
,60
,562,19,0
65321
4321
xxxхx
xxxx
 
.6,1,0 =≥ jx j  
Выпишем начальный опорный план w-задачи, приравняв сво-
бодные переменные х1, х2, х3, х5 нулю: х1 = х2 = х3 = х5 = 0. Тогда ба-
зисные переменные х4, х6 будут равняться свободным членам: х4 = 
56, х6 = 60. Следовательно, 
 
Х0 = (0; 0; 0; 56; 0; 60), w(Х0) = −60. 
Решим сначала симплекс-методом вспомогательную w-задачу. 
При этом в начальную симплекс-таблицу 1 включим и z′-строку, 
соответствующую целевой функции z′ исходной задачи. Для со-
ставления симплекс-таблицы исключим базисные переменные из 
целевой функции z′ и искусственной целевой функции w. Перемен-
ная х4 не входит в  функцию z′. Значит, z′ остается без изменений. А 
переменную х6 выразим из 2-го ограничения (х6 = 60 − х1 − х2 − х3 + 
х5) и подставим в искусственную целевую функцию w: 
 
max6053216 →−−++=−= xxxxxw . 
Составим исходную симплекс-таблицу 1: 
 
Симплекс-таблица 1 
Б З х1↓ х2 х3 х4 х5 х6 
←х4 56 1 0,9 1,2 1 0 0 
х6 60 1 1 1 0 −1 1 
z' 0 21 19 22 0 0 0 
w −60 −1 −1 −1 0 1 0 
 
 49 
Так как w-строке есть отрицательные элементы (не считая значе-
ния), то начальный опорный план w-задачи не является оптималь-
ным. Найдем минимальный отрицательный элемент w-строки: это 
(−1) в столбцах «х1», «х2» и «х3». За ведущий выбираем любой стол-
бец, например «х1». Значит,  переменная х1 будет включена в базис. 
Так как среди элементов a11 и a21 ведущего столбца есть положи-
тельные, то существует новый опорный план w-задачи, более близ-
кий к оптимальному. Подсчитаем симплексные отношения и 
найдем среди них минимальное: min{56/1; 60/1} = 56. Значит, 1-я 
строка станет ведущей, а элемент а11 = 1 − разрешающим. Следова-
тельно, переменная х4 выйдет из базиса. При этом столбец «х6» 
останется «единичным» и в симплекс-таблице 2, а столбец «х1» надо 
сделать «единичным». Таблицу пересчитываем методом замещения 
Жордана−Гаусса и заносим новые данные в симплекс-таблицу 2, 
как было рассмотрено в примере 5. 
 
Симплекс-таблица 2 
Б З х1 х2↓ х3 х4 х5 х6 
х1 56 1 0,9 1,2 1 0 0 
←х6 4 0 0,1 −0,2 −1 −1 1 
z' −1176 0 0,1 −3,2 −21 0 0 
w −4 0 −0,1 0,2 1 1 0 
 
Во 2-й таблице ведущим элементом станет a22 = 0,1 и искус-
ственная переменная х6 уйдет из базиса. А когда искусственные пе-
ременные выходят из базиса, соответствующие им столбцы можно 
не пересчитывать. В общем случае таблицы пересчитывают до тех 
пор, пока в w-строке все элементы не станут нулевыми. 
 
Симплекс-таблица 3 
Б З х1 х2 х3 х4 х5 
х1 20 1 0 3 10 9 
х2 40 0 1 −2 −10 −10 
z' −1180 0 0 −3 −20 1 
w 0 0 0 0 0 0 
 
Итак, получен оптимальный план w-задачи, где все искусствен-
ные переменные равны нулю (т.е. вышли из базиса). Значит, и ис-
 50 
кусственная целевая функция равна нулю. Значения оставшихся 
координат плана дадут начальный опорный план исходной z'-за-
дачи: Х0 = (20; 40; 0; 0; 0). Вычеркнем w-строку и решим  z'-задачу 
симплекс-методом. 
 
Симплекс-таблица 4 
Б З х1 х2 х3 х4↓ х5 
←х1 20 1 0 3 10 9 
х2 40 0 1 –2 −10 −10 
z' −1180 0 0 –3 −20 1 
 
Теперь ведущий столбец выбирается по z'-строке, ведущий (раз-
решающий) элемент, как и раньше, − по минимальному симплекс-
ному отношению. Пересчитывают таблицу методом замещения 
Жордана−Гаусса до тех пор, пока в z'-строке все элементы (не счи-
тая значения) станут неотрицательными. 
 
Симплекс-таблица 5 
Б З х1 х2 х3 х4 х5 
х4 2 0,1 0 0,3 1 0,9 
х2 60 1 1 1 0 −1 
z' −1140 2 0 3 0 19 
 
Так как в симплекс-таблице 5 все элементы z'-строки больше или 
равны нулю (не считая значения), то найден оптимальный план. Он 
единственный, так как нули в z'-строке соответствуют только ба-
зисным переменным.  
optX = (0; 60; 0), maxz′  = z( optX ) = -1140. 
Следовательно, minz = 1140. 
Исходя из этих данных, можно заключить: чтобы получить мини-
мальную суммарную себестоимость от выпечки всего хлеба, равную 
1140 ден. ед., хлебозаводу необходимо выпекать 60 ц хлеба в печи П2 
(так как *2x = 60) и не выпекать хлеб в печах П1 и П3 (поскольку 
*
1x = 0 
и *3x  = 0). При этом 2 н/ч (из 56 н/ч) будут не использованы (так как 
*
4x  = 2) и выпекут ровно 60 ц хлеба (поскольку 
*
5x  = 0).   
5. ТРАНСПОРТНАЯ ЗАДАЧА 
 51 
 
5.1. Математическая модель задачи транспортного типа 
 
Простейшая формулировка транспортной задачи по критерию 
стоимости следующая: в m пунктах отправления mAAA ,...,, 21  (бу-
дем называть их поставщиками) находится соответственно 
maaa ,...,, 21  единиц однородного груза (ресурсов), который должен 
быть доставлен n потребителям nBBB ,...,, 21  в количествах 
nbbb ,...,, 21  единиц соответственно (назовем их потребностями). 
Известны транспортные издержки ijc  перевозок единицы груза из i-
го пункта отправления в j-й пункт потребления ( mi ,1= , nj ,1= ). 
Требуется спланировать перевозки (т.е. указать, сколько единиц 
груза должно быть отправлено от i-го поставщика j-му потребителю) 
так, чтобы: 1) весь груз из пунктов отправления был вывезен; 2) по-
требности каждого пункта потребления были полностью удовлетворе-
ны; 3) суммарные издержки на перевозки были минимальными 
Для наглядности условия транспортной задачи представим в виде 
таблицы, которая называется транспортной или распредели-тельной.  
 
Транспортная таблица 
Поставщик 
Потребитель 
Запас 
B1 B2 … Bn 
A1 
 
х11 
 
х12 
 
… 
 
x1n a1 
c11 c12 c1n 
A2 
 
х21 
 
х22 
 
… 
 
х2n а2 
c21 c22 c22 
… … … … … … 
Am 
 
xm1 
 
xm2 
 
… 
 
xmn am 
cm1 cm2 cmn 
Потребность b1 b2 … bn  
 
 52 
Здесь количество груза, перевозимого из i-го пункта отправления 
в j-й пункт назначения, равно ijx  ( mi ,1= , nj ,1= ). Предполагает-
ся, что все 0≥ijx  ( mi ,1= , nj ,1= ). Запас груза в i-м пункте от-
правления определяется величиной 0≥ia , mi ,1= , а потребность 
j-го пункта назначения в грузе – 0≥jb ,  nj ,1= . Матрица ( ) nmijc ×  
называется матрицей тарифов (издержек или транспортных расхо-
дов). Планом транспортной задачи называется матрица перевозок 
( )
nmij
xX
×
= . Если в плане перевозок переменная ijx  принимает 
положительное значение, то его будем записывать в соответствую-
щую клетку (i, j) и считать ее загруженной (занятой) или базисной; 
если же ijx  = 0, то клетку (i, j), как правило, оставляют свободной. 
Составим математическую модель задачи транспортного типа.  
Общие суммарные затраты, связанные с реализацией плана пе-
ревозок, можно представить целевой функцией  
min
1 1
→= ∑∑
= =
m
i
n
j
ijij xcz .   (5.1) 
Переменные ijx  должны удовлетворять ограничениям по запа-
сам (5.2), по потребностям (5.3) и условиям неотрицательности 
(5.4). В математической записи это можно представить так: 
miax
n
j
iij ,1,
1
==∑
=
;                                    (5.2) 
njbx
m
i
jij ,1,
1
==∑
=
;                                   (5.3) 
0≥ijx , njmi ,1,,1 == .                               (5.4) 
Таким образом, среди множества решений системы ограничений 
(5.2)–(5.3) требуется найти такое неотрицательное решение, которое 
минимизирует целевую функцию (5.1). Полученная задача является 
задачей линейного программирования. Решение ТЗ проводится с 
помощью общего приема последовательного улучшения плана, ко-
торый реализован в симплексном методе. 
 53 
Этапы решения транспортной задачи 
1. Определение исходного опорного плана. 
2. Оценка этого плана. 
3. Переход к следующему плану путем однократной замены од-
ной из базисных переменных на свободную.  
 
Условие баланса 
Теорема. Для разрешимости транспортной задачи необходимо и 
достаточно, чтобы запасы в пунктах отправления были равны по-
требностям в грузе в пунктах назначения, т.е. выполнялось равенство 
1 1
m n
i j
i j
a b
= =
=∑ ∑ .      (5.5) 
Если условие (5.5) выполнено, то модель ТЗ называется закры-
той (сбалансированной). Задача с отсутствием баланса между ре-
сурсами и потребностями называется открытой (
1 1
m n
i j
i j
a b
= =
≠∑ ∑ ). 
1. Если 
1 1
m n
i j
i j
a b
= =
>∑ ∑ , то в математическую модель вводится 
фиктивный (n + 1)-й потребитель 1+nB , для которого потребность 
равна разности между суммарной мощностью поставщиков и фак-
тическим спросом потребителей, т.е. 1
1 1
.
m n
n i j
i j
b a b+
= =
= −∑ ∑  Все тари-
фы на доставку груза с фиктивными потребностями считают рав-
ными нулю, т.е. 01, =+nic , mi ,1= . Поэтому для новой задачи зна-
чение целевой функции не изменится. Иными словами, фиктивный 
потребитель не нарушит совместности системы ограничений. В 
транспортной таблице задачи предусматривается дополнительный 
столбец. 
2. Если же ∑∑
==
<
n
j
j
m
i
i ba
11
, то вводится фиктивный (m + 1)-й постав-
щик 1+mA . Для этого в транспортную таблицу добавляется одна строка, 
 54 
запас груза для которой записывают равным ∑∑
==
+ −=
m
i
i
n
j
jm aba
11
1 , а 
стоимости перевозок полагают равными нулю: 0,1 =+ jmc , nj ,1= . 
Поэтому в данном случае значение целевой функции не изменится, а 
система ограничений останется совместной. 
Пример 5.1. Урожай картофеля, собранный фермерами Ф1, Ф2, 
Ф3 в количествах 60, 45 и 130 т соответственно, должен быть до-
ставлен в четыре магазина М1, М2, М3, М4. Спрос на картофель равен 
50, 70, 60 и 80 т соответственно. Известна матрица транспортных 
расходов (в ден. ед.) на доставку 1 т картофеля: 
С = 
14 16 13 11
15 11 9 8
12 17 10 14
 
 
 
 
 
. 
Запланировать перевозку картофеля с минимальными затратами 
при  условии, что запросы 3-го магазина должны быть удовлетворе-
ны полностью. Составить математическую модель задачи и приве-
сти ее к стандартной транспортной задаче с балансом. 
Решение. Сведем исходные данные в табл. 5.1: 
 
Таблица 5.1 
           Магазин 
Фермер 
В1 В2 В3 В4 
Урожай  
картофеля, т 
А1 14 16 13 11 60 
А2 15 11 9 8 45 
А3 12 17 10 14 130 
Потребности 
магазинов, т 
50 70 60 80 
∑
=
3
1i
ia  = 235 
∑
=
4
1j
jb = 260 
 
Построим математическую модель задачи.  
Пусть ijx  ( 4,1=j , ,3,1=i ) – количество тонн картофеля, пере-
возимого i-м фермером j-му магазину. Тогда общие затраты, свя-
 55 
занные с реализацией плана перевозок, представятся целевой функ-
цией:  
3 4
1 1
minij ij
i j
z c x
= =
= →∑ ∑  
или 
11 12 13 14 21 22
23 24 31 32 33 34
14 16 13 11 15 11
9 8 12 17 10 14 min .
z x x x x x x
x x x x x x
= + + + + + + +
+ + + + + + →
 
Требуется спланировать перевозки так, чтобы весь груз из пунк-
тов отправления был вывезен. Но поскольку суммарный объем кар-
тофеля, вывезенного от каждого фермера, не может превышать со-
бранного им урожая, то переменные ijx  должны удовлетворять сле-
дующим ограничениям по запасам: 
11 12 13 14
21 22 23 24
31 32 33 34
(для 1- го фермера)
(для 2 - го фермера)
(для 3 - го фермера)
60 ,
45 ,
130 .
х х х х
х х х х
х х х х
+ + + =
 + + + =
 + + + =
 
Аналогично потребности каждого пункта потребления должны 
быть полностью удовлетворены. Но поскольку потребность магази-
нов в картофеле (260 т) больше, чем собранный фермерами урожай 
(235 т), то спрос не всех магазинов будет полностью удовлетворен. 
Поэтому должны выполняться ограничения-неравенства по потреб-
ностям: 





≤++
≤++
≤++
≤++
.80
60
70
50
)магазинаго-4для(
),магазинаго-3для(
),магазинаго-2для(
),магазинаго-1для(
342414
332313
322212
312111
ххх
ххх
ххх
ххх
 
Объем перевозок картофеля не может быть отрицательным, поэто-
му справедливы условия неотрицательности на переменные: 
4,1,3,1,0 ==≥ jixij . 
Таким образом, сформулированная выше задача свелась к задаче 
нахождения таких неотрицательных значений переменных ijx  
( 4,1,3,1 == ji ), которые удовлетворяют системам ограничений по 
поставкам и потребностям и минимизируют целевую функцию затрат.  
 56 
Однако транспортная задача разрешима только в том случае, когда 
выполняется условие баланса: 
3 4
1 1
i j
i j
a b
= =
=∑ ∑ . В нашем примере оно 
нарушено, так как 
∑
=
=++=
3
1
,2351304560
i
ia 26080607050
4
1
=+++=∑
=j
jb . 
Следовательно, задача является открытой, несбалансированной. 
Поскольку 
3 4
1 1
i j
i j
a b
= =
<∑ ∑ , то введем фиктивного фермера А4, урожай 
картофеля у которого составит: 
4 3
4
1 1
260 235 25j i
j i
a b a
= =
= − = − =∑ ∑  (т).  
Согласно условию запросы 3-го магазина должны быть полностью 
удовлетворены. Следовательно, стоимость транспортных расходов на 
доставку 1 т картофеля от фиктивного фермера А4 в этот магазин необ-
ходимо сделать невыгодной, например 17max
,
43 => ij
ji
cc . Предпо-
ложим, с43 = 20 (ден. ед.). А стоимость транспортных расходов на до-
ставку 1 т картофеля от фиктивного фермера А4 во все другие магази-
ны будем полагать равной нулю: 3,4,1,04 ≠== jjc j .  
Получим следующую закрытую модель транспортной задачи: 
 
11 12 13 14 21 22 23 2414 16 13 11 15 11 9 8z x x x x x x x x= + + + + + + + +  
 
31 32 33 34 41 42 43 4412 17 10 14 0 0 20 0 min,x x x x x x x x+ + + + + + + + →  
 
11 12 13 14
21 22 23 24
31 32 33 34
41 42 43 44
(для 1- го фермера),
(для 2 - го фермера),
(для 3 - го фермера),
(для фиктивного фермера);
60
45
130
25
х х х х
х х х х
х х х х
х х х х
+ + + =
 + + + =
 + + + =
 + + + =
 
 57 





=+++
=+++
=+++
=+++
),магазинаго-4для(
),магазинаго-3для(
),магазинаго-2для(
),магазинаго-1для(
80
60
70
50
44342414
43332313
42322212
41312111
xххх
xххх
xххх
xххх
0, 1,4, 1,4ijx i j≥ = = . 
Решение сбалансированной транспортной задачи будет являться и 
решением исходной открытой задачи. 
 
Построение начального опорного плана методом 
«минимального элемента» 
 
План транспортной задачи называется опорным, если из запол-
ненных им m + n – 1 клеток нельзя образовать ни одного цикла. 
Циклом в транспортной таблице называется набор клеток матрицы 
перевозок, в котором две и только две соседние клетки расположе-
ны в одном столбце или одной строке, а последняя клетка набора 
лежит в той же строке или столбце, что и первая. Эту совокупность 
клеток можно представить так: 
1 1 1 2 2 2 1( , ) ( , ) ( , ) ( , ) ( , ).s s si j i j i j i j i j→ → → → →  
Графически цикл представляет собой замкнутую ломаную линию, 
звенья которой лежат только в строках или столбцах. При этом каж-
дое звено соединяет только две клетки ряда. В цикле всегда четное 
число клеток. При правильном построении опорного плана для лю-
бой свободной клетки можно построить единственный цикл, содер-
жащий данную клетку и некоторую часть занятых клеток. 
Сущность метода «минимального элемента» заключается в том, 
что на каждом шаге осуществляется максимально возможное «пе-
ремещение» груза в клетку с минимальным тарифом ijc . Заполне-
ние таблицы начинают с клетки, которой соответствует наимень-
ший элемент ijc  матрицы тарифов, причем выбирают только среди 
стоимостей реальных поставщиков и потребителей, а запасы фик-
тивного поставщика (или потребности фиктивного потребителя) 
распределяются в последнюю очередь. Пусть 
,
min ij lk
i j
c c= . Следо-
вательно, загружается клетка (l, k), т.е. { }min ;lk l kx a b= . Если 
 58 
kl ba > , то klk bx =  и из рассмотрения исключают столбец с номе-
ром k, соответствующий потребителю, спрос которого полностью 
удовлетворён. А новое значение kll baa −=′ . Если kl ba < , то 
llk ax =  и из рассмотрения исключают строку с номером l, соответ-
ствующую поставщику, запасы которого израсходованы полностью. 
Новое значение lkk abb −=′ . На некотором шаге (но не на послед-
нем) может оказаться, что потребности очередного пункта назначе-
ния равны запасам пункта отправления. В этом случае также вре-
менно исключают из рассмотрения либо столбец, либо строку (что-
либо одно). Тогда запасы соответствующего пункта отправления 
или потребности данного пункта назначения полагают равными ну-
лю. Этот нуль записывают в очередную заполняемую клетку. 
Опорный план называется невырожденным, если все его m + n – 1 
компоненты больше нуля, в противном случае он называется вы-
рожденным.  
Пример 5.2. Построить начальный опорный план сбалансиро-
ванной задачи из примера 5.1. 
11 12 13 14 21 22 23 2414 16 13 11 15 11 9 8z x x x x x x x x= + + + + + + + +  
31 32 33 34 41 42 43 4412 17 10 14 0 0 20 0 min,x x x x x x x x+ + + + + + + + →
 
11 12 13 14
21 22 23 24
31 32 33 34
41 42 43 44
(для 1- го фермера),
(для 2 - го фермера),
(для 3 - го фермера),
(для фиктивного фермера);
60
45
130
25
х х х х
х х х х
х х х х
х х х х
+ + + =
 + + + =
 + + + =
 + + + =
 
11 21 31 41
12 22 32 42
13 23 33 43
14 24 34 44
(для 1- го магазина),
(для 2 - го магазина),
(для 3 - го магазина),
(для 4 - го магазина),
50
70
60
80
х х х x
х х х x
х х х x
х х х x
+ + + =
 + + + =
 + + + =
 + + + =
 
0, 1, 4, 1, 4ijx i j≥ = = . 
Решение. Занесем исходные данные задачи в табл. 5.2:  
1) в столбец ia  − запасы картофеля i-го фермера, i = 4,1 ; 
 59 
2) в строку jb − потребности j-го магазина, j = 4,1 ; 
3) в нижний правый угол каждой клетки, расположенной в i-й 
строке и j-м столбце, − стоимости перевозок ijx , i = 4,1 , j = 4,1 . 
Построим начальный опорный план задачи методом «минималь-
ного элемента». Для этого найдем наименьший элемент ijc матрицы 
тарифов (притом выбирать будем только среди стоимостей ре-
альных фермеров и магазинов, а запасы фиктивного фермера  рас-
пределим в последнюю очередь). Он находится в клетке (2, 4): 
24
,
min 8ij
i j
c c= = .  
Следовательно, будет загружаться клетка (2, 4), т.е. х24 =  min{45; 
80} = 45. Так как a2 = 45 < 80 = b4, то из рассмотрения исключим стро-
ку с номером 2, соответствующую фермеру, запасы которого израсхо-
дованы полностью. Новое значение 4b′  = b4 – a2 = 80 – 45 = 35. 
Из оставшихся клеток снова находим клетку с наименьшим та-
рифом и проводим действия, аналогичные описанным выше:  
33
( , ) (2,4)
min 10ij
i j
c c
≠
= =  ⇒ х33= min{130; 60} = 60. 
Так как a3 = 130 > 60 = b3, то из рассмотрения исключаем столбец с 
номером 3, соответствующий магазину, спрос которого полностью 
удовлетворен. Новое значение 3a′ = a3  – b3 = 130 – 60 = 70 и т.д. 
Проверяем условие для базисных клеток (их должно быть m + n – 1): 
m + n – 1 = 4 + 4 – 1 = 7. 
Заполнено также 7 клеток. Следовательно, начальный опорный 
план построен верно. При этом значение целевой функции будет 
равно: z0 = 16 ⋅ 25 + 11 ⋅ 35 + 8 ⋅ 45 + 12 ⋅ 50 + 17 ⋅ 20 + 10 ⋅ 60 + 0 ⋅ 25 
= 2685 (ден. ед.) 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 60 
Таблица 5.2 
 
bj  
ai  
50 70 60 80 
60 
 
- 
  
25 
  
- 
  
35 
 
        
 14  16  13  11 
45 
 
- 
  
- 
  
- 
  
45 
 
        
 15  11  9  8 
130 
 
50 
  
20 
  
60 
  
- 
 
        
 12  17  10  14 
25 
 
- 
  
25 
  
- 
  
- 
 
        
 0  0  20  0 
 
5.2. Алгоритм решения транспортной задачи 
методом потенциалов 
 
1. Сравнивают общий запас груза с суммарным спросом и в слу-
чае нарушения баланса приводят задачу к закрытой модели. 
2. Условие задачи записывают в форме транспортной таблицы. 
3. Строят начальный опорный план перевозок. 
4. Проверяют условие для базисных клеток (их должно быть 
m+n–1). Если это условие не выполняется, то в одну из свободных 
клеток (как правило, в клетку с наименьшим тарифом) вписывают 
число 0, и такая клетка считается базисной. Однако число 0 записы-
вают лишь в те свободные клетки, которые не образуют циклов с 
ранее занятыми клетками. 
5. Вычисляют потенциалы iu  и jv . Каждому поставщику (каж-
дой строке) ставят в соответствие некоторое число iu , называемое 
потенциалом поставщика iA   (i = m,1 ), и записывают справа от 
таблицы, а каждому потребителю (или столбцу) – некоторое число 
jv , называемое потенциалом потребителя jB  (j = n,1 ),  и записы-
 61 
вают под таблицей. Числа iu  и jv  выбирают так, чтобы в любой 
базисной клетке их сумма равнялась тарифу, т.е. iu + jv = ijc . Так 
как количество всех потенциалов iu  и jv  составляет m + n, а заня-
тых клеток m + n – 1, то для определения чисел iu   и jv  придется 
решать систему из m + n – 1 уравнений с m + n неизвестными. По-
этому одному из неизвестных потенциалов придают произвольное 
значение. Тогда остальные определяются однозначно. 
6. Для проверки оптимальности плана просматривают свободные 
клетки, для которых определяют оценки ∆ ij – разность между та-
рифом клетки и суммой потенциалов строки и столбца, т.е. 
( )jiijij vuc +−=∆ . Экономически оценка показывает, на сколько 
денежных единиц изменятся транспортные издержки от загрузки 
данной клетки единицей груза. Если все оценки неотрицательные, 
т.е. 0≥∆ij , то план оптимальный и остается подсчитать транс-
портные расходы. Иначе переходят к п. 7. 
7. Из отрицательных оценок ( 0≤∆ij ) выбирают минимальную. 
Пусть это будет lk∆ . Тогда клетку (l, k) вводят в число базисных, 
т.е. строят цикл по загруженным клеткам с началом в этой клетке и 
перераспределяют поставки так, чтобы баланс цикла сохранился. 
Для этого вершинам цикла приписывают чередующиеся знаки «+» 
и «-» (свободной клетке (l, k) приписывают положительный знак 
«+»). В «минусовых» клетках отыскивают наименьший груз w, т.е. 
w = ijx
"-"
min  = stx , который и «перемещается» по клеткам замкнуто-
го цикла, т.е. прибавляется к перевозкам ijx  в клетках со знаком 
«+» (включая свободную) и вычитается из перевозок ijx  в клетках 
со знаком «-». Следовательно, клетка (s, t) станет свободной и пе-
ременная stx  уйдет из базиса. Значение остальных базисных пере-
менных переписываются. Таким образом, получают новую транс-
портную таблицу с улучшенным планом, для которого транспортные 
издержки изменятся на величину stlk x⋅∆ . Переходят к пункту 4. 
 62 
Замечания. 1. При сдвиге по циклу вместо одной может освободиться 
сразу несколько клеток (вырожденная задача). Свободной 
оставляют только одну (с наибольшим тарифом), а в 
остальные освободившиеся клетки вписывают нули и счи-
тают их загруженными. 
2. Если все оценки 0>∆ij , то оптимальный план единствен-
ный. Если существует хотя бы одна оценка 0=∆ij , то задача 
имеет множество оптимальных планов, которое представляет 
собой выпуклую линейную комбинацию оптимальных реше-
ний. Другие оптимальные планы можно получить, загружая 
по очереди клетки с нулевыми оценками. 
 
Пример 5.3. Решить задачу из примера 10 методом потенциалов. 
11 12 13 14 21 22 23 2414 16 13 11 15 11 9 8z x x x x x x x x= + + + + + + + +  
31 32 33 3412 17 10 14 min,x x x x+ + + + →  
 
11 12 13 14
21 22 23 24
31 32 33 34
(для 1- го фермера),
(для 2 - го фермера),
(для 3 - го фермера);
60
45
130
х х х х
х х х х
х х х х
+ + + =
 + + + =
 + + + =
 





≤++
≤++
≤++
≤++
),магазинаго-4для(
),магазинаго-3для(
),магазинаго-2для(
),магазинаго-1для(
80
60
70
50
342414
332313
322212
312111
ххх
ххх
ххх
ххх
 
0, 1,3, 1, 4ijx i j≥ = = . 
Решение.  
1. Приведем задачу к закрытой модели (см.пример 10). 
2. Запишем условие в виде транспортной таблицы (см. пример 11). 
3. Построим начальный опорный план перевозок (см. пример 11). 
4. Проверим условие для базисных клеток (см. пример 5.11). 
5. Вычислим потенциалы фермеров iu  и магазинов jv . Для этого 
в строку или в столбец с наибольшим количеством заполненных кле-
ток (3-я строка или 2-й столбец в табл. 2.3) запишем нулевой потенци-
ал, например 02 =v . Далее, используя уравнения ijji cvu =+ , для 
базисных (заполненных) клеток найдем остальные потенциалы iu   и 
jv  всех строк и столбцов: 
 
 63 
v2 = 0 ⇒ u1 = c12 – v2 = 16 – 0 = 16,  u3  = c32 – v2 = 17 – 0 = 17,   
u4 = c42 – v2 = 0 – 0 = 0; 
u1 = 16 ⇒ v4 = c14 – u1 = 11 – 16 = – 5; 
u3 = 17 ⇒ v1 = c31 –  u3 = 12 – 17 = – 5, v3 = c33 – u3 = 10– 17 = – 7; 
 
v4  = – 5 ⇒ u2 = c24 – v4 = 8 – ( –5) = 13. 
 
Таблица 5.3 
 
bj  
ai  
50 70 60 80 ui ↓ 
60 
 
 
 –  
25 
  
 
 + 
35 
 
16         
3 14  16 4 13  11 
45 
 
 
 + 
 
  
 
 – 
45 
 
13         
7 15 -2 11 3 9  8 
130 
 
50 
  
20 
  
60 
  
 
 
17         
 12  17  10 2 14 
25 
 
 
  
25 
  
 
  
 
 
0         
5 0  0 27 20 5 0 
vj → –5 0 –7 –5  
 
6. Затем по формуле ( )jiijij vuc +−=∆  подсчитаем оценки 
небазисных (пустых) клеток и занесем их значения в левые нижние 
углы незаполненных  клеток табл. 5.3.  
 
Например,  
∆13 = c13 – (u1 + v3) = 13 – (16 – 7) = 4; 
∆22 = c22 – (u2 + v2) = 11 – (13 + 0) = – 2 и т.д. 
7. Проведем анализ оценок ij∆ . Так как среди оценок есть отри-
цательные (∆22 = – 2), то данный опорный план неоптимален. Пере-
менную x22 включим в базис, т.е. перейдем к построению нового 
опорного плана, улучшенного в том смысле, что значение целевой 
 64 
функции станет меньше. Построим цикл по загруженным клеткам с 
началом в клетке (2, 2):  (2, 2)→(1, 2)→(1, 4)→(2, 4).  
(В табл. 5.3 цикл изображен пунктирной линией.) 
Вершинам цикла присвоим чередующиеся знаки «+» и «-». При-
чем клетку (2, 2), вводимую в базис, пометим знаком «+». Далее 
выберем клетку с наименьшим грузом среди «минусовых» (в нашем 
примере это клетка (1, 2)) и перераспределим поставки так, чтобы 
баланс цикла сохранился. Для этого груз w = х12 = 25 прибавим к 
перевозкам в клетках, помеченных знаком «+»: 
22x′ = х22 + 25 = 0 + 25 =25   и   14x′ = х14 + 25 = 35 + 25 = 60, 
и вычтем из величин ijx  в клетках, помеченных знаком «-»: 
24x′  = х24 – 25 = 45 – 25 = 20   и   12x′  = х12 – 25 = 25 – 25 = 0. 
Объемы остальных перевозок не изменятся.  
Таким образом, клетка (1, 2) исключается из базисного множе-
ства, а клетка (2, 2) вводится вместо нее. Получим новую табл. 5.4 с 
улучшенным планом, для которого транспортные издержки изме-
нятся  на величину ∆22 ⋅ х12 = –2 ⋅ 25 = –50, т.е. транспортные расхо-
ды уменьшатся на 50 ден. ед. При втором опорном плане перевозок 
значение целевой функции составит: 
z1 = 11 ⋅ 60 + 11 ⋅ 25 + 8 ⋅ 20 + 12 ⋅ 50 + 17 ⋅ 20 + 10 ⋅ 60 + 0 ⋅ 25 =  
= 2635 (ден. ед.) 
 
Таблица 5.4 
bj  
ai  
50 70 60 80 ui ↓ 
60 
 
 
  
 
  
 
  
60 
 
14         
5 14 2 16 6 13  11 
45 
 
 
 + 
25 
  
 
 – 
20 
 
11         
9 15  11 5 9  8 
130 
 
50 
 – 
20 
  
60 
 + 
 
 
17         
 12  17  10 0 14 
25 
 
 
  
25 
  
 
  
 
 
0         
5 0  0 27 20 3 0 
vj → –5 0 –7 –3  
 65 
Полученный опорный план оптимален, так как среди оценок нет 
отрицательных. Выпишем его: 
1
0 0 0 60
0 25 0 20
50 20 60 0
0 25 0 0
optX
 
 
 =
 
  
 
, ( ) 26351min == optXzz . 
 
Итак, чтобы перевезти картофель с минимальными затратами 
2635 ден. ед., необходимо: 
– от 1-го фермера в 4-й магазин перевезти 60 т картофеля; 
– от 2-го фермера во 2-й магазин перевезти 25 т картофеля; 
– от 2-го фермера в 4-й магазин перевезти 20 т картофеля; 
– от 3-го фермера в 1-й магазин перевезти 50 т картофеля; 
– от 3-го фермера во 2-й магазин перевезти 20 т картофеля; 
– от 3-го фермера в 3-й магазин перевезти 60 т картофеля. 
Наличие 25 т картофеля у фиктивного фермера свидетельствует 
о том, что при условии полной перевозки картофеля от всех ферме-
ров спрос 2-го магазина не будет удовлетворён полностью. Он не-
дополучит 25 т картофеля. 
Оптимальный план не единственный, так как существует нуле-
вая оценка: ∆34 = 0. Второе решение 2optX  получим в новой транс-
портной табл 5.5.  
 
Таблица 5.5 
bj  
ai  
50 70 60 80 ui ↓ 
60 
 
 
  
 
  
 
  
60 
 
–3         
5 14 2 16 6 13  11 
45 
 
 
  
45 
  
 
  
0 
 
–6         
9 15  11 5 9  8 
130 
 
50 
  
 
  
60 
  
20 
 
0         
 12 0 17  10  14 
25 
 
 
  
25 
  
 
  
 
 
–17         
5 0  0 27 20 3 0 
vj → 12 17 10 14  
 66 
В табл. 5.4 загружаем клетку с нулевой оценкой (3, 4), как было 
описано выше, т.е. построим цикл и перераспределим по нему по-
ставки. При сдвиге по циклу вместо одной клетки у нас освободятся 
сразу две (вырожденная задача): (3, 2) и (2, 4). Но свободной оста-
вим только одну клетку с наибольшим тарифом (17 ден. ед.): (3, 2); 
а во вторую освободившуюся клетку (2, 4) впишем нуль и будем 
считать ее загруженной. Получили новый оптимальный план 2optX , 
для которого транспортные издержки не изменятся, т.е. 
2635min =z  (ден. ед.). Выпишем 
2
optX  из табл. 5.5. 
2
0 0 0 60
0 45 0 0
50 0 60 20
0 25 0 0
optX
 
 
 =
 
  
 
, ( ) 26352min == optXzz . 
Итак, для того чтобы перевезти картофель с минимальными за-
тратами 2635 ден. ед., необходимо: 
– от 1-го фермера в 4-й магазин перевезти 60 т картофеля; 
– от 2-го фермера во 2-й магазин перевезти 45 т картофеля; 
– от 3-го фермера в 1-й магазин перевезти 50 т картофеля; 
– от 3-го фермера в 3-й магазин перевезти 60 т картофеля; 
– от 3-го фермера в 4-й магазин перевезти 20 т картофеля. 
Наличие 25 т картофеля у фиктивного фермера свидетельствует 
о том, что при условии полной перевозки картофеля от всех ферме-
ров спрос 2-го магазина не будет удовлетворён полностью. Он не-
дополучит 25 т картофеля. 
Общее решение задачи представляет собой выпуклую линейную 
комбинацию оптимальных планов 1optX  
 и 2optX , т.е.  
1 2
1 2opt opt optX X Xλ λ= + ,  где λ1 + λ2 = 1,  λ1 ≥ 0, λ1 ≥ 0. 
 
6. ЗАДАЧА О МАКСИМАЛЬНОМ ПОТОКЕ В СЕТИ 
 
Теория графов применяется в различных областях знаний. В част-
ности, она нашла важные приложения в управлении производством, 
в календарном и сетевом планировании, при обработке экономиче-
ской информации. Основным объектом этой теории является граф. 
 67 
Граф − это множество точек плоскости или пространства и 
множество линий, соединяющих все или некоторые из этих точек. 
Точки множества называются вершинами, а линии, их соединяю-
щие, − дугами (если указано, какая вершина является начальной) 
или ребрами (если ориентация не указана). Примерами графов мо-
гут служить схемы железных или шоссейных дорог, схемы связи 
поставщиков и потребителей, структурные формулы молекул и т.д. 
Математически конечным графом G(V, U) называется совокуп-
ность двух конечных множеств, а именно: непустого множества то-
чек V − множества вершин iv , и множества U − пар вершин 
( ) ijji uvv =, , связанных между собой (рис. 6.1). 
 
            
 
                                                                                 
   
 
 
 
 
 
 
Рис. 6.1 
 
V = {v1, v2, v3, v4};   U = {u12, u14, u21, u24, u32, u43, u44}. 
 
Граф, состоящий из дуг, называется ориентированным (или ор-
графом), а образованный ребрами – неориентированным. Граф, 
состоящий из дуг и ребер, называется смешанным. На рис. 6.1 пока-
зан смешанный граф. 
Вершина и ребро (дуга) называются инцидентными друг дру-
гу, если вершина является началом или концом ребра (дуги). На 
рис. 6.1 вершина v2 инцидентна ребру u24  и дугам u12, u21, u32.  
Два ребра (дуги) называются смежными, если они имеют об-
щую концевую вершину. На рисунке смежные дуги, например, u43 и 
u32 или дуга u14 и ребро  u24. 
u24 
u12 u32 
u14 
u21 
v2 
v1 
 
v3 
u44 
u43 
v4 
 68 
Две вершины называются смежными, если они соединены не-
которым ребром или дугой. На рис. 6.1 смежные следующие вер-
шины: v1 и  v2 , v1 и  v4 , v2 и  v3 , v2 и v4 , v3 и v4. 
Путем в неориентированном графе называют такую последо-
вательность ребер, в которой любые два соседних ребра смежные. 
На рисунке путь составляют, например, ребра u14 – u24 . 
 
6.1. Постановка задачи о максимальном потоке в сети 
 
Рассмотрим сеть G(V, U). Пусть каждой дуге (i, j) = iju ∈ U, 
идущей из i в j, поставлено в соответствие неотрицательное число 
ijd , которое назовем пропускной способностью этой дуги  
(т.е. максимальное количество вещества ijd , которое можно пропу-
стить по дуге iju за единицу времени). Если вершины i и j соедине-
ны ребром (неориентированной дугой), то его заменяют парой про-
тивоположно ориентированных дуг iju  и jiu  с одинаковой про-
пускной способностью jiij dd = . Каждой дуге iju  поставим в 
соответ-ствие еще одно неотрицательное число ijx , которое назо-
вем пото-ком по дуге iju .  
Потоком по дуге iju  называется количество вещества ijx , про-
ходящего через дугу iju  в единицу времени. Из физического смыс-
ла грузопотока на сети следует неравенство  
 
0 ij ijx d≤ ≤ , iju  ∈ U,                               (6.1) 
 
т.е. поток по каждому ребру не может превышать его пропускной 
способности.  
Потоком на сети из I в S называется множество Х неотрица-
тельных чисел ijx , т.е. X = { ijx  ≥ 0 для дуг iju  ∈ U}, удовлетворя-
ющих следующим условиям: 
 
zxx
i j
IjiI −=−∑ ∑ ;                               (6.2) 
 69 
zxx
i j
SjiS =−∑ ∑ ;                                  (6.3) 
IkSkVkxx
i j
kjik ≠≠∈=−∑ ∑ ,,,0 .               (6.4) 
Равенство (6.4) означает, что для любой вершины k сети, кроме 
источника и стока, количество вещества, поступающего в данную 
вершину, равно количеству вещества, выходящего из нее. Эта связь 
называется условием сохранения потока, а именно: в промежуточ-
ных вершинах потоки не создаются и не исчезают. Следовательно, 
общее количество вещества, выходящего из источника I, совпадает 
с общим количеством вещества, поступающего в сток S, что и от-
ражается в условиях (6.2) и (6.3). Функция z называется величиной 
(мощностью) потока на сети и показывает общее количество ве-
щества, которое может пройти по сети. Необходимо найти (постро-
ить) максимальный поток из источника I в сток S таким образом, 
чтобы величина потока ijx  по каждой дуге iju  в сети не превыша-
лала пропускной способности этой дуги и выполнялось условие со-
хранения потока, т.е. найти 
Z → max                                            (6.5) 
при условиях (6.1) – (6.4). 
Это типичная задача линейного программирования. Но так как за-
дача о максимальном потоке имеет специфическую структуру, то для 
нее имеется более эффективный метод решения, чем симплексный.  
 
Понятие разреза в сети 
Каждой дуге ставятся в соответствие два числа ( ijij xd , ): первое – 
пропускная способность; второе – поток. Очевидно, если сеть явля-
ется путем из I в S, то максимальный поток будет равен минималь-
ной из пропускных способностей дуг, т.е. дуга с минимальной про-
пускной способностью является узким местом пути. Аналогом уз-
кого места в сети является разрез.  
Пусть множество вершин V в сети G(V, U) разбито на два непе-
ресекающихся подмножества R, R′, причем объединение этих под-
множеств дает множество V.  
 70 
Разрезом (R, R′) в сети G(V, U) называется множество дуг iju , 
для которых вершины iv  ∈ R, а вершины jv  ∈ R′. Вообще говоря, 
разрез (R, R′) не совпадает с разрезом (R′, R). Если I ∈ R, а S ∈ R′, то 
(R, R′) будем называть разрезом, отделяющим источник от стока. 
Пропускной способностью разреза (R, R′) называется величина  
( , )
( , ' )
ij
ij
u R R
C R R d
′∈
= ∑ . 
Рассмотрим сеть на рис. 6.2. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Рис. 6.2 
 
В данной сети можно построить 7 разрезов. Рассмотрим, напри-
мер, разрез (R, R′), где R = {I, v1}, R′ = {v2, v3, S}. Тогда  
(R, R′) = {u14, u12, u02, u03}, 
C(R, R′) = d14 + d12 + d02 + d03 = 6 + 2 + 7 + 4 = 19. 
Разрез, отделяющий источник от стока и обладающий мини-
мальной пропускной способностью, называется минимальным 
разрезом.  
 
6.2. Алгоритм Форда–Фалкерсона построения максимального 
потока 
 
Теорема Форда–Фалкерсона (о максимальном потоке и мини-
мальном разрезе). Величина максимального потока в сети G(V, U) из I 
в S равна минимальному разрезу, отделяющего источник от стока.  
9 
2 
4 
7 
6 
3 
3 
2 
5 
I = v0 
v3 
S = v4 
v2 
v1 
 71 
Если поток ijx  по дуге iju  меньше его пропускной способности 
ijd  ( ijij dx < ), то дуга называется ненасыщенной. Если же по дуге 
iju  поток равен его пропускной способности ( ijij dx = ), то такая 
дуга называется насыщенной.  
Дуга, входящая в некоторый путь, называется прямой, если ее 
направление совпадает с направлением обхода вершин, и обратной − 
в противном случае. Путь из источника I в сток S называется увели-
чивающим путем, если для прямых дуг выполняется условие ijx  < 
ijd , а для обратных дуг выполняется условие ijx  > 0. 
Алгоритм Форда–Фалкерсона построения максимального потока 
и нахождения минимального разреза заключается в следующем: 
1. Находят увеличивающий путь методом расстановки меток. 
1.1. Пусть в сети имеется допустимый поток X = { ijx } (напри-
мер, { ijx } = 0). Источник I = v0 получает метку I
+. 
1.2. Просматривают все непомеченные вершины iv , соседние с 
v0, и присваивают им метку 
+
0v , если iu0  − прямая дуга и ii dx 00 < , 
и метку −0v , если iu0  − обратная дуга и 0ix  > 0, и т.д. 
1.k. Для каждой вершины kv , помеченной на предыдущем (k – 1) 
шаге, просматривают соседние с ней непомеченные вершины iv . 
Каждая такая вершина iv  получает метку 
+
kv , если дуга kiu  прямая 
и kiki dx < , и метку 
−
kv , если дуга iku  обратная и 0>ikx . 
2. Если на k-м шаге не получается пометить сток S, то увеличиваю-
щего пути нет и поток в сети является максимальным. Построенный 
разрез (R, R′), где R – множество помеченных вершин в сети, а R′ – 
множество непомеченных вершин, является минимальным разрезом, и 
алгоритм заканчивает свою работу. Иначе переходят к пункту 3.  
3. Если на k-м шаге сток S оказался помеченным, то выписывают 
увеличивающий путь P, двигаясь от стока S к вершине, номер кото-
рой указан в ее метке; затем от нее к вершине, номер которой ука-
зан в ее метке; и в результате приходят к источнику.  
 72 
4. Выписывают множество P+ (прямых дуг) и множество P− (об-
ратных  дуг) увеличивающего пути P. 
5. Вычисляют для прямых дуг величину )(min1 ijij
Pu
xd
ij
−=ε
+∈
, 
а для обратных − величину ij
Pu
x
ij
min2
−∈
=ε . 
6. Вдоль дуг увеличивающего пути P изменяют поток X = { ijx } 
на величину ε = min {ε1, ε2} и получают новый поток X′ = { ijx′ }, та-
кой что  





∈ε−
∈ε+
∉
=′
−
+
.,
;,
;,
Pux
Pux
Pux
x
ijij
ijij
ijij
ij  
 
Переходят к пункту 1.  
Пример 6.1. Хозяйственно-питьевой водопровод (сеть на рис. 6.311) 
соединяет водонапорную башню (источник I) с фермой (стоком S).  
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Имеется несколько путей, по которым можно доставлять воду из 
источника в сток. Вершины сети соответствуют пересечениям труб, а 
ребра и дуги − участкам труб между пересечениями. На сети указаны 
пропускные способности труб, т.е. максимальное количество воды в 
м3, которое можно пропустить по трубам за 1 ч. Также сформирован 
начальный поток с мощностью z0 (м3/ч). Какой поток воды максималь-
ной мощности можно пропустить на данном трубопроводе? Указать 
«узкое место» сети и найти его пропускную способность. 
Рис. 6.3 
I 
 
 
1 
2 
4 
3 
5 
7,4 
9,0 
7,4 
7,4 
5,0 
4,4 
8,0 
S 
I 
 73 
Решение. А. Вершины 2 и 4 соединены ребром (неориентиро-
ванной дугой), поэтому надо заменить его парой противоположно 
ориентированных дуг u24 и u42 с одинаковой пропускной способно-
стью d24 = d42 = 5 (м3/ч) (рис. 6.4). 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Применим алгоритм Форда–Фалкерсона для построения макси-
мального потока и нахождения минимального разреза.  
1. Найдем увеличивающий путь методом расстановки меток. 
1.1. В сети имеется допустимый поток:  
z0 = ∑ ∑+−
i j
IjiI xx = −0 + (4 + 0) = 4 (м
3/ч). 
(Сколько воды вытекло из источника I, столько и должно втечь в 
сток S). Источник I = 1 получает метку 1+. 
1.2. Просматриваем все непомеченные вершины, соседние с 1. 
Это вершины 2 и 3. Присваиваем вершине 2 метку 1+, так как u12 − 
прямая дуга и x12 < d12 (4 < 7). Вершине v3 также присваиваем метку 
1+, поскольку u13 − прямая дуга и x13 < d13 (0 < 8). 
1.3. Теперь просматриваем все непомеченные вершины, сосед-
ние с 2. Это вершины 4 и 5. Присваиваем вершине 5 метку 2+, так 
как u25 − прямая дуга и x25 < d25 (0 < 9). Поскольку вершина 5 – это 
сток S, то на данном этапе  вершину 4 можно не рассматривать. 
2. Так как сток оказался помеченным, то выписываем увеличи-
вающий путь P1, двигаясь от стока S к вершине 2, номер которой 
указан в ее метке; затем от нее к вершине 1, номер которой указан в 
метке. Таким образом, приходим к источнику I. Р1: 1 – 2 – 5. 
Рис. 6.4 
1+ 
1+ 
1+ 
7,4 
9,0 
7,4 
7,4 
5,0 
4,4 
8,0 
S 
  
1 
2 
4 
3 
5 
5,0 
2+ 
 
 74 
3. Выписываем множество P+ (прямых дуг)  и множество P− (об-
ратных  дуг): P+ = {u12, u25}, а P− = ∅ (пустое множество), поскольку 
обратные дуги в увеличивающий путь не входят. 
4. Для прямых дуг вычисляем величину 
.3}09 ;47{min} ;{min)(min 252512121 =−−=−−=−=ε
+∈
xdxdxd ijij
Puij
 
Так как обратных дуг нет, то величину ε2 не рассматриваем. 
5. Вдоль дуг увеличивающего пути P1 (рис. 6.5) изменяем поток 
z0 = 4 (м3/ч) на величину ε = ε1 = 3 и получаем новый поток 
z1 = z0 +  ε = 4 + 3 = 7 (м3/ч), такой что  
; ,734: 121212
+∈=+=ε+= Puxx  
25 25 25: 0 3 3,  .x x u Pε
+= + = + = ∈  
Остальные ijx  остаются без изменений, так как не входят в уве- 
личивающий путь P1.  
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
В. Опять применим алгоритм Форда–Фалкерсона для построения 
максимального потока и нахождения минимального разреза.  
1. Найдем увеличивающий путь методом расстановки меток. 
1.1. Источник I = 1 получает метку 1+. 
1.2. Просматриваем все непомеченные вершины, соседние с 1. 
Это 2 и 3. Вершине 2 нельзя присвоить  метку 1+, так как u12 − пря-
мая дуга, но x12 = d12 (7 = 7). А вершине 3 присваиваем метку 1+, по-
скольку u13 − прямая дуга и x13 < d13 (0 < 8). 
Рис. 6.5 
1+ 
3- 
1+ 
7,7 
9,3 
7,4 
7,4 
5,0 
4,4 
8,0 
S 
I  
1 
2 
4 
3 
5 
5,0 
2+ 
3+ 
 75 
1.3. Просматриваем все непомеченные вершины, соседние с 3. 
Это 2 и 4. Вершина 2 получает метку 3−, так как дуга u32 обратная и 
x23 = 4 > 0. А вершине 4 присваиваем метку 3+, поскольку u34 − пря-
мая дуга и x34 < d34  (4 < 7).  
1.4. Потом просматриваем все непомеченные вершины, соседние 
с 2. Это 4 и 5. Присваиваем вершине 5 метку 2+, так как u25 − прямая 
дуга и x25 < d25 (3 < 9). Поскольку вершина 5 – это сток S, то на дан-
ном этапе вершину 4 можно не рассматривать. 
2. Так как сток оказался помеченным, то выписываем увеличи-
вающий путь P2, двигаясь от S к вершине 2, номер которой указан в 
ее метке; затем от нее – к вершине 3, номер которой указан в метке, 
и т.д. пока не придем к источнику: Р2: 1 – 3 – 2 – 5. 
3. Выписываем множество P+ (прямых дуг)  и множество P− (об-
ратных дуг): P+={u13, u25}, P−={u32}. 
4. Вычисляем для прямых дуг: 
6}39;08min{};min{)(min 252513131 =−−=−−=−=ε
+∈
xdxdxd ijij
Puij
, 
для обратных: 4min 232 ===ε
−∈
xxij
Puij
. 
5. Вдоль дуг увеличивающего пути P2 (рис. 6.614) изменяем по-
ток z1 = 7 (м3/ч) на величину ε = min{ε1, ε2} = min{6, 4} = 4 и полу-
чаем новый поток z2 = z1 + ε = 7 + 4 = 11 (м3/ч), такой что 
; ,440: 131313
+∈=+=ε+= Puxx  
; ,743: 252525
+∈=+=ε+= Puxx  
. ,044: 322323
−∈=−=ε−= Puxх  
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 76 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Остальные ijx  остаются без изменений, так как не входят в уве-
личивающий путь P2.  
С. Рассуждая, как было написано выше, расставляем метки и вы-
писываем третий увеличивающий путь: Р3: 1 – 3 – 4 – 5. 
Записываем множества прямых и обратных  дуг:  
 
P+ = {u13, u34, u45}, P− = ∅. 
 
Вычисляем для прямых дуг: 
 
.3}47;47;48min{
};;min{)(min 4545343413131
=−−−=
=−−−=−=ε
+∈
xdxdxdxd ijij
Puij  
Так как обратных дуг нет, то ε2 не вычисляем. 
Вдоль дуг увеличивающего пути P3 (рис. 2.7) изменяем поток  
z2 = 11 (м3/ч) на величину ε = ε1 = 3 и получаем новый поток  
z3 = z2 + ε = 11 + 3 = 14 (м3/ч), такой что  
13 13 13
34 34 34
45 45 45
: 4 3 7,  ;
: 4 3 7 ,  ;
; 4 3 7 ,  .
x x u P
x x u P
x x u P
ε
ε
ε
+
+
+
= + = + = ∈
= + = + = ∈
= + = + = ∈
 
Рис. 6.6 
1+ 
 
1+ 
7,7 
9,7 
7,4 
7,4 
5,0 
4,0 
8,4 
S 
  
1 
2 
4 
3 
5 
5,0 
4+ 
3+ 
 77 
Остальные ijx  остаются без изменений, поскольку не входят в 
увеличивающий путь P3.  
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
D. 1. Снова находим увеличивающий путь методом расстановки 
меток. 
1.1. Источник I = 1 получает метку 1+. 
1.2. Просматриваем все непомеченные вершины, соседние с 1. 
Это 2 и 3. Вершине 2 нельзя присвоить метку 1+, так как u12 − пря-
мая насыщенная дуга, поскольку x12 = 7 = d12. А вершине 3 присваи-
ваем метку 1+, так как u13 − прямая дуга и x13 < d13 (7 < 8). 
1.3. Затем просматриваем все непомеченные вершины, соседние 
с 3. Это 2 и 4. Вершине 2 нельзя присвоить метку 3−, так как дуга u32 
обратная, но x23 = 0. А вершине 4 нельзя присвоить метку 3+, по-
скольку u34 − прямая дуга, но x34 = d34 (7 = 7).  
2. Так как мы не можем пометить сток S, то увеличивающего пу-
ти нет и поток в сети является максимальным: maxz  = z3 = 14 (м
3/ч). 
Пусть R – множество помеченных вершин в сети, т.е. R = {1, 3}, 
а R′ – множество непомеченных вершин, т.е. R′={2, 4, 5}. Тогда по-
строенный разрез (R, R′) = {u12, u34} является минимальным (дуга u23 
в разрез не входит, так как ее начало − непомеченная вершина, а 
конец − помеченная). И алгоритм заканчивает свою работу.  
Минимальный разрез (R, R′) является «узким местом» сети. 
Найдем его пропускную способность:  
Рис. 6.7 
1+ 
 
1+ 
7,7 
9,7 
7,7 
7,7 
5,0 
4,0 
8,7 
S 
I  
1 
2 
4 
3 
5 
5,0 
 
 
 78 
∑
′∈
=′
),(
)  , (
RRu
ij
ij
dRRC  = d12 + d34 = 7 + 7 = 14 (м3/ч), 
что совпадает с величиной максимального потока воды в водо-
проводе. 
Проведем анализ сети. Проверим условие сохранения потока на 
примере 2-й вершины. Известно, что в промежуточных вершинах 
пути потоки не создаются и не исчезают, т.е.  
022 =−∑ ∑
i j
ji xx . 
Действительно, 
(х12 + х42) − ( х23 + х24 + х25) = (7 + 0) − (0 + 0 + 7) =  0 (м3/ч).  
Покажем также, что общее количество воды, вытекающей из ис-
точника I (из водонапорной башни), совпадает с общим количе-
ством воды, поступающей в сток S (на ферму), т.е. 
 
∑ ∑+−
i j
IjiI xx =∑ ∑−
i j
SjiS xx = maxz  ⇒ 
− 0 + (х12 + х14) = (х25 + х45) − 0  ⇒  7 + 7 = 7 + 7 = 14 (м3/ч). 
 79 
ЗАДАНИЯ ДЛЯ САМОСТОЯТЕЛЬНОГО РЕШЕНИЯ 
 
Задание 1. Проинтегрировать уравнение.  
При заданном начальном условии найти соответствующий  
частный интеграл или частное решение. 
1.1. 2 3 4y y y′ = + − .                   1.2. 
1 2y
yy
y
−′ = . 
1.3. ( )ln 1, 1 4xy y x y′ + = + = .         1.4. ( ) ( )2 2 0.xy x dx y x y dy+ + − =  
1.5. .lnsin' yyxy =                         1.6. 
1
y
xy x
x
′ − =
+
. 
1.7. 
2 22
dx dy
xy x y xy
=
− −
.            1.8. ( ) ( )2 2 11 , 0
2
x y xy xy y′− − = = . 
1.9. ( )2 2 22 16 3 0x dy y x dx+ − = .   1.10. 2 2x y y xyy′ ′+ = .  
1.11. ( )
2
2
2
1 0, 1 2
y y
dx dy y
x x
 
+ − = = 
 
. 
1.12. ( )' , 1
ln
y
x y y e
x
⋅ = = .           1.13. tg 1, 1
2
y x y y
π ′ − = = 
 
. 
1.14. ( )2 23 2 0y x dy xydx− + = . 
1.15. ( )0, 1 0
y
xxy y xe y′ − + = = .          1.16. ( )( )1 xx y y e−′− + = . 
1.17. ( )2 3 21x y xy x x′− − = − .      1.18. ( )2 21 ' 1 .x y y x x y+ + + = ⋅  
1.19.
2
2' xxexyy −=+ .                       1.20. 
23 xy xy y e′ + = . 
1.21. ( )3
1
, 0 3
cos
y ytgx y
x
′ − = = . 
1.22. ( )2' cos , 1 .
4
y
y x y x y
x
π
− ⋅ = ⋅ =  
1.23. ( )cos , 0
2
y x y x x y
π ′= − = 
 
. 
 80 
1.24. ( )2 10. 1
2
xxy y xe y
e
−′ + + = = .     1.25. ( )ln , 1 2xxy y y
x
′ + = = .  
1.26. ' , (1) 0.
1
y
xy x y
x
− = =
+
   1.27. 2 2 2 ' 0.x y xyy− + =  
1.28. 
2
1
' ln .xy y x
x
+ =                 1.29. 
1
' 1 ln , (1) .
y
xy y y
x e
 = + = 
 
 
1.30. ' cos sin cos , (0) 1.y y x x x y+ = =  
 
Задание 2. Найти общее решение уравнений 
 
2.1. 3 2 2y y y x′′ ′− + = + .        2.2. 3 2 2 xy y y e′′ ′− + = . 
2.3. 
2
33 2 xy y xe′′ ′− = .  2.4. 22 10 10 18 6y y y x x′′ ′− + = + + . 
2.5. 4 4y y y′′ ′+ + = .          2.6. 26 3y y y x′′ ′+ − = . 
2.7. 36 9 12 xy y y e−′′ ′+ + = .         2.8. 44 4 xy y xe−′′ ′+ = .  
2.9. 22y y x x′′ ′− = − .         2.10. ( )5 6 3 2 xy y y x e−′′ ′− − = − . 
2.11. 2 2 2y y y x′′ ′+ + = + .        2.12. 2 2y y x′′ ′+ = . 
2.13. 33 3 xy y xe−′′ ′+ = . 2.14. ( ) 25 6 10 1 xy y y x e−′′ ′+ + = − . 
2.15. 32y y y x′′ ′− + = .         2.16. 26 xy y y xe′′ ′+ − = . 
2.17. 3 6y y y x x′′ ′− + = + . 2.18. ( )2 33 2 xy y y x x e′′ ′− + = + . 
2.19. ( ) 22 8 12 20 xy y y x e′′ ′+ − = + . 2.20. 4 6 xy y x e′′ + = + . 
2.21. 34 10 xy y e′′ ′− = .             2.22. 2 46 xy y x e′′ ′+ = − + . 
2.23. 24 2 4xy y e x′′ ′− = − . 2.24. 6 9 16 9 6xy y y e x−′′ ′− + = + − . 
2.25. 23 10 10 4 5y y y x x′′ ′+ − = + − .             2.26. 2 .xy y y e−′′ ′− − =  
2.27. 3 2 26sin 3 .y y y x′′ ′− + =  2.28. 27 10 .y y y x′′ ′− + =  
2.29. 8 12 cos 2 .y y y x′′ ′− + =   2.30. 2 5 3cos .y y y x′′ ′− + =  
 
Задание 3. Найти область сходимости степенного ряда 
 
3.1. 
( )2 1
1
4
2 1
n
n
x
n
−∞
=
−
−∑ ; 3.2. 
( )
1
2
1
n
n
x
n n
∞
=
−
+
∑ ; 3.3. ( )
1
2
2
n
n
n
x∞
=
−
∑ ; 
 81 
3.4. 
( )
2
1
1
n
n
x
n
∞
=
−
∑ ; 3.5. ( )2
1
8
n
n
x
n
∞
=
+
∑ ; 3.6. ( )
1
2
n
n
x
∞
=
+∑ ; 
3.7. 
( )
( )1
1
2 3
n
n
n
x
n
∞
=
−
+∑ ; 3.8. 
( )
3
1
5
1
n
n
x
n
∞
=
+
+
∑ ; 3.9. ( )
2
0
2 2
nn
n
x
∞
=
+∑ ; 
3.10. 
( )
( )1
1
2 ln 1
n
n
n
x
n
∞
=
−
+∑ ; 3.11. 
( )
( )1
10
10 2 1
n
n
n
x
n
∞
=
+
+∑ ; 3.12. 
( )
( )∑
∞
= +
+
1 1
5
n
n
n
n
x
; 
3.13. 
( )
( )
3
0
ln 1
1
1
n
n
n
x
n
∞
=
+
+
+∑ ;  3.14. ( )0
2 sin
2
n
n
n
x
π∞
=
−∑ ; 
3.15. 
( )
1
3
2 5
n
n
x
n
∞
=
−
+∑ ;    3.16. 
( )( )
( )2 11
3 2 3
1 2
n
n
n
n x
n
∞
+
=
− −
+
∑ ;    3.17. ( )2
1
2
n
n
x
n
∞
=
−
∑ ; 
3.18. 
( )
( )1
2
2 1 2
n
n
n
x
n
∞
=
−
−∑ ;   3.19. ( )
3
0
2
2
1
n
n
n
x
n
∞
=
+
−
+∑ ; 
3.20. 
( )
1
5
2 4
n
n
n
x
n
∞
=
+
∑ ;   3.21. ( ) ( )1
1
2 1 1
2
n n
n n
n
n x
n
∞
−
=
− +
∑ ; 
3.22. 
( )
2
1
3
n
n
x
n
∞
=
+
∑ ;   3.23. ( )
1
2
n
n
n
x
n
∞
=
+
∑ ; 
3.24. 
( )
1
2
2
n
n
x
n
∞
=
−
∑ ;   3.25. ( )
1
1
9
n
n
n
x
n
∞
=
−
∑ ; 
3.26. ( )
2
1
1
1
3
n
n
n
x
∞
=
  + 
 
∑ ;  3.27. ( )2
1
2
9
n
n
x
n
∞
=
+
+∑ ; 
3.28. 
( )
3
1
2 3
;
5 0,5
nn
n
n
x
n
∞
=
−
−
∑           3.29. 
1
5 ;n n
n
n x
∞
=
∑          3.30. ( )3
1
1
.
3
n
n
n
x
n
∞
=
+
⋅
∑  
 
 
 
 82 
Задание 4 
 
4.1. 20% приборов монтируется с применением микромодулей, 
остальные – с применением интегральных схем. Надежность при-
бора с применением микромодулей – 0,9, интегральных схем – 0,8. 
Найти: а) вероятность надежной работы наугад взятого прибора;  
б) вероятность того, что прибор – с микромодулем, если он был ис-
правен. 
4.2. Детали попадают на обработку на один из трех станков с ве-
роятностями, соответственно равными: 0,.2; 0,3; 0,5. Вероятность 
брака на первом станке равна 0,02; на втором – 0,03; на третьем – 
0,01. Найти: а) вероятность того, что случайно взятая после обра-
ботки наугад деталь – стандартная; б) вероятность обработки наугад 
взятой детали на втором станке, если она оказалась стандартной. 
4.3. Среди поступивших на сборку деталей 30% – с завода № 1, 
остальные – с завода № 2. Вероятность брака для завода № 1 равна 
0,02, для завода № 2 – 0,03. Найти: а) вероятность того, что наугад 
взятая деталь стандартная; б) вероятность изготовления наугад взя-
той детали на заводе № 1, если она оказалась стандартной. 
4.4. Три автомата изготовляют однотипные детали, которые по-
ступают на общий конвейер. Производительности первого, второго 
и третьего автоматов соотносятся как 2:3:5. Вероятность того, что 
деталь с первого автомата – высшего качества, равна 0,8, для второ-
го – 0,6, для третьего – 0,7. Найти вероятность того, что: а) наугад 
взятая с конвейера деталь окажется высшего качества: б) взятая 
наугад деталь высшего качества изготовлена первым автоматом. 
4.5. Комплектовщик получает для сборки 30% деталей с завода 
№ 1, 20% – с завода № 2, остальные – с завода № 3. Вероятность 
того, что деталь с завода № 1 – высшего качества, равна 0,9, для де-
талей с завода № 2 – 0,8, для деталей с завода № 3 – 0,6. Найти ве-
роятность того, что: а) случайно взятая деталь – высшего качества;  
б) наугад взятая деталь высшего качества изготовлена на заводе № 2. 
4.6. Заготовка может поступить для обработки на один из двух 
станков с вероятностями 0,4 и 0,6 соответственно. При обработке на 
первом станке вероятность брака составляет 2%, на втором – 3%. 
Найти вероятность того, что: а) наугад взятое после обработки из-
делие – стандартное; б) наугад взятое после обработки стандартное 
изделие обработано на первом станке. 
 83 
4.7. На двух станках обрабатываются однотипные детали. Веро-
ятность брака для станка № 1 составляет 0,03, для станка № 2 – 
0,02. Обработанные детали складываются в одном месте, причем 
деталей, обработанных на станке № 1, вдвое больше, чем на станке 
№ 2. Найти вероятность того, что: а) взятая наугад деталь будет 
стандартной; б) наугад взятая стандартная деталь изготовлена на 
первом станке. 
4.8. В дисплейном классе имеется 10 персональных компьютеров 
первого типа и 15 второго типа. Вероятность того, что за время ра-
боты на компьютере первого типа не произойдет сбоя, равна 0,9, а 
на компьютере второго типа – 0,7. Найти вероятность того, что:  
а) на случайно выбранном компьютере за время работы не произой-
дет сбоя; б) компьютер, во время работы на котором не произошло 
сбоя, – первого типа. 
4.9. В пяти ящиках с 30 шарами в каждом содержится по 5 красных 
шаров, в шести – по 4 красных шара. Найти вероятность того, что: а) 
из наугад взятого ящика наудачу взятый шар будет красным; б) наугад 
взятый красный шар содержится в одном из первых пяти ящиков. 
4.10. По линии связи передано два сигнала типа А и В с вероят-
ностями соответственно 0,8 и 0,2. В среднем принимается 60 % сиг-
налов типа А и 70 % типа В. Найти вероятность того, что: а) по-
сланный сигнал будет принят; б) принятый сигнал типа А. 
4.11. Для сигнализации о том, что режим работы автоматической 
линии отклоняется от нормального используются индикаторы двух 
типов. Вероятности того, то индикатор принадлежит к одному из 
двух типов, соответственно равны 0,4 и 0,6. При нарушении работы 
линии вероятность срабатывания индикатора первого типа равна 
0,9, второго – 0,7. а) Найти вероятность того, что наугад выбранный 
индикатор сработает при нарушении нормальной работы линии.  
б) Индикатор  сработал. К какому типу он вероятнее всего принад-
лежит? 
4.12. Резистор, поставленный в телевизор, может принадлежать к 
одной из двух партий с вероятностями 0,6 и 0,4. Вероятности того, 
что резистор проработает гарантийное число часов, для этих партий 
соответственно равны 0,8 и 0,7. а) Найти вероятность того, что взя-
тый наугад резистор проработает гарантийное число часов. б) Рези-
стор проработал гарантийное число часов. К какой партии он веро-
ятнее всего принадлежит? 
 84 
4.13. При отклонении от штатного режима работы поточной ли-
нии срабатывают сигнализатор типа Т-1 с вероятностью 0,9 и сиг-
нализатор типа Т-2 с вероятностью 0,8. Вероятности того, что линия 
снабжена сигнализаторами типа Т-1 и Т-2, соответственно равны 
0,7 и 0,3. а) Найти вероятность того, что при отклонении от штатно-
го режима работы сигнализатор сработает. б) Сигнализатор срабо-
тал. К какому типу он вероятнее всего принадлежит? 
4.14. Для участия в студенческих спортивных соревнованиях вы-
делено 10 человек из первой группы и 8 из второй. Вероятность то-
го, что студент первой группы попадет в сборную института, равна 
0,8, а для студента второй группы – 0,7. а) Найти вероятность того, 
что случайно выбранный студент попал в сборную института.  
б) Студент попал в сборную института. В какой группе он вероят-
нее всего учится? 
4.15. На сборку поступают детали с трех конвейеров. Первый да-
ет 25%, второй – 30% и третий – 45% деталей, поступающих на 
сборку. С первого конвейера в среднем поступает 2% брака, со вто-
рого – 3%, с третьего – 1%. Найти вероятность того, что: а) на сбор-
ку поступила бракованная деталь; б) поступившая на сборку брако-
ванная деталь – со второго конвейера. 
4.16. В двух коробках имеются однотипные конденсаторы.  
В первой 20 конденсаторов, из них 2 неисправных, во второй – 10, 
из них 3 неисправных. а) Найти вероятность того, что наугад взятый 
конденсатор из случайно выбранной коробки годен к использова-
нию. б) Наугад взятый конденсатор оказался годным. Из какой ко-
робки он вероятнее всего взят? 
4.17. В телевизионном ателье имеется 2 кинескопа первого типа 
и 8 второго типа. Вероятность выдержать гарантийный срок для 
кинескопов первого типа равна 0,9, а для второго типа – 0,6. Найти 
вероятность того, что: а) взятый наугад кинескоп выдержит гаран-
тийный срок; б) взятый наугад кинескоп, выдержавший гарантий-
ный срок, первого типа. 
4.18. У сборщика 16 деталей, изготовленных на заводе № 1 и 10 
деталей, изготовленных на заводе № 2. Вероятности того, что дета-
ли выдержат гарантийный срок, соответственно равны; для деталей 
с завода № 1 – 0,8; с завода № 2 – 0,9. а) Найти вероятность того, 
что взятая наугад деталь проработает гарантийный срок; б) взятая 
деталь проработала гарантийный срок. На каком из заводов она ве-
роятнее всего изготовлена? 
 85 
4.19. Телеграфное сообщение состоит из сигналов «точка» и 
«тире», они встречаются в передаваемых сообщениях в отношении 
5:3. Статические свойства помех таковы, что искажаются в среднем 
2/5 сообщений «точка» и 1/3 сообщений «тире». Найти вероятность 
того, что: а) передаваемый сигнал принят; б) принятый сигнал – 
«тире». 
4.20. Для поисков спускаемого аппарата космического корабля 
выделено 4 вертолета первого типа и 6 вертолетов второго типа. 
Каждый вертолет первого типа обнаруживает находящийся в рай-
оне поиска аппарат с вероятностью 0,6, второго типа – с вероятно-
стью 0,7. а) Найти вероятность того, что наугад выбранный верто-
лет обнаружит аппарат. б) К какому типу вероятнее всего принад-
лежит вертолет, обнаруживший спускаемый аппарат? 
4.21. Прибор состоит из двух узлов одного типа и трех узлов 
второго типа. Надежность работы в течение времени Т для узла 
первого типа равна 0,8, а для узла второго типа – 0,7. а) Найти веро-
ятность того, что наугад выбранный узел проработает в течение 
времени Т. б) Узел проработал гарантийное время Т. К какому типу 
он вероятнее всего относится? 
4.22. Пассажир может обратиться за получением билета в одну 
из трех касс вокзала А или в одну из пяти касс вокзала В. Вероят-
ность того, что к моменту прихода пассажира в кассах вокзала А 
имеются в продаже билеты, равна 0,6, в кассах вокзала В – 0,5.  
а) Найти вероятность того, что в наугад выбранной кассе имеется в 
продаже билет. б) Пассажир купил билет. В кассе какого вокзала он 
вероятнее всего куплен? 
4.23. В вычислительной лаборатории 40% микрокалькуляторов и 
60% дисплеев. Во время расчета 90% микрокалькуляторов и 80% 
дисплеев работают безотказно. а) Найти вероятность того, что 
наугад взятая вычислительная машина проработает безотказно во 
время расчета. б) Выбранная машина проработала безотказно во 
время расчета. К какому типу вероятнее всего она принадлежит? 
4.24. В состав блока входят 6 радиоламп первого типа и 10 вто-
рого. Гарантийный срок обычно выдерживают 80% радиоламп пер-
вого типа и 90% второго типа. Найти вероятность того, что: а) 
наугад взятая радиолампа выдержит гарантийный срок; б) радио-
лампа, выдержавшая гарантийный срок, первого типа. 
 86 
4.25. На сборку поступают детали с трех автоматов, причем с  
I –30%, со II – 40%, с III – 30% всех деталей. Вероятность брака для 
первого автомата равна 0,02, для II – 0,03, для III – 0,04. а) Найти 
вероятность того, что взятая наугад деталь – бракованная. б) Взятая 
наугад деталь оказалась бракованной. С какого автомата она веро-
ятнее всего поступила? в) со второго или третьего? 
4.26. Имеется 6 коробок диодов типа А и 8 коробок диодов типа В. 
Вероятность безотказной работы диода типа А равна 0,8, типа В – 0,7. 
а) Найти вероятность того, что взятый наугад диод проработал га-
рантийное число часов. б) К какому типу он вероятнее всего отно-
сится? 
4.27. Для участия в спортивных студенческих соревнованиях вы-
делено из первой группы 5 студентов, из второй и третьей – соот-
ветственно 6 и 10 студентов. Вероятности выполнить норму масте-
ра спорта, соответственно, равны: для студентов первой группы – 
0,3, второй – 0,4, третьей – 0,2. Найти вероятность того, что: а) 
наугад взятый студент выполнит норму мастера спорта; б) студент, 
выполнивший норму мастера спорта, учится во второй группе. 
4.28. На участке, изготовляющем болты, первый станок произво-
дит 25%, второй – 35%, третий –  40% всех изделий. В продукции 
каждого из станков брак составляет соответственно 5%, 4%, 2%. 
Найти вероятность того, что: а) взятый наугад болт – с дефектом;  
б) случайно взятый болт с дефектом  изготовлен на третьем станке. 
4.29. На сборку поступают детали с четырех автоматов. Первый 
обрабатывает 40 %, второй – 30 %, третий – 20 % и четвертый –  
10 % всех деталей, поступающих на сборку. Первый автомат дает 
0,1 % брака, второй – 0,2 %, третий – 0,25 %, четвертый – 0,5 %. 
Найти вероятность того, что: а) на сборку поступит стандартная де-
таль; б) поступившая на сборку стандартная деталь изготовлена 
первым автоматом. 
4.30. Производится стрельба по мишеням трех типов, из которых 
5 мишеней типа А, 3 мишени типа В и 3 мишени типа С. Вероят-
ность попадания в мишень типа А равна 0.4, в мишень типа В – 0,1, 
в мишень типа С – 0.15. Найти вероятность того, что: а) мишень 
будет поражена при одном выстреле, если неизвестно, по мишени 
какого типа он был сделан; б) при одном выстреле (если неизвест-
но, по мишени какого типа он сделан) поражена мишень типа А. 
 
 87 
Задание 5 
 
Для четных вариантов. Для данной случайной величины 
(CB)ξ: 1) составить закон распределения CB; 2) найти матема-
тическое ожидание M(ξ) и дисперсию D(ξ); 3) найти функцию 
распределения F(x) и построить ее график.  
Для нечетных вариантов. Дана функция распределения F(x) 
СВ Х. Найти: 1) плотность распределения вероятностей f(x), ма-
тематическое ожидание М(Х), дисперсию D(X) и вероятность по-
падания СВ Х на отрезок [ ];a b ; 2) построить графики F(x) и f(x). 
 
5.1. В группе из десяти изделий имеется одно бракованное. Что-
бы его обнаружить, выбирают наугад одно изделие за другим и 
каждое взятое проверяют. СВ Х – число проверенных изделий. 
(1 4)P X< <  
5.2.  
2
0, если 0,
1
( ) (2 5 ), если 0 3, 1, 2.
33
1, если 3.
x
F x x x x a b
x
<
= + ≤ ≤ = =

>
.  
5.3. В партии из 10 деталей имеется 8 стандартных. Наудачу ото-
браны 2 детали. СВ Х – число стандартных деталей среди отобран-
ных. Найти ( ), ( ), ( ), ( ), (1 2)F x M X D X X P Xσ < < . 
5.4.  
2
0, если 0,
1
( ) ( 2 ), если 0 4, 0, 1,
24
1, если 4 .
x
F x x x x a b
x
<
= + ≤ ≤ = =

>
 
5.5. Из ящика, содержащего 3 бракованных и 5 стандартных де-
талей, наугад извлекают 3 детали. СВ Х – число вынутых стандарт-
ных деталей. (1 2)P X< ≤  
 
 
 88 
5.6.  
2
0, если 0,
1
( ) ( ), если 0 4, 0, 3,
20
1, если 4 .
x
F x x x x a b
x
<
= + ≤ ≤ = =

>
 
5.7. Батарея состоит из трех орудий. Вероятности попадания в 
цель при одном выстреле из I, II, III орудия батареи равны соответ-
ственно 0,5; 0,6; 0,8. Каждое орудие стреляет по цели один раз. СВ 
Х – число попаданий в цель. (1 2)P X< ≤  
5.8.  
0, если 0,
( ) 1 cos , если 0 / 2, 0, / 3.
1, если / 2 .
x
F x x x a b
x
π π
π
<
= − ≤ ≤ = =
 >
 
5.9. Испытуемый прибор состоит из четырех элементов. Вероят-
ности отказа каждого из них соответственно равны: 0,2; 0,3; 0,4; 0,5. 
Отказы элементов независимы. СВ Х – число отказавших элемен-
тов. (1 3)P X< ≤  
5.10.  
2
0, если 1,
1
( ) ( 1) , если 1 2, 1, 2,
9
1, если 2 .
x
F x x x a b
x
< −
= + − ≤ ≤ = =

>
 
5.11. Партия, насчитывающая 50 изделий, содержит 6 бракован-
ных. Из всей партии случайным образом выбрано 5 изделий. СВ Х – 
число бракованных изделий среди отобранных. ( 3)P X =  
 
5.12.  
3
0, если 1,
1
( ) ( 1), если 1 2, 1, 2,
9
1, если 2 .
x
F x x x a b
x
< −
= + − ≤ ≤ = =

>
 
 89 
5.13. Из урны, содержащей 4 белых и 2 черных шара, наудачу 
извлекают два шара. СВ Х – число черных шаров среди этих двух.  
(0 2)P X≤ ≤ . 
5.14.  
0, если 3 / 2,
( ) cos , если 3 / 2 2 , 3 / 2, 7 / 4,
1, если 2 .
x
F x x x a b
x
π
π π π π
π
<
= ≤ ≤ = =
 >
 
5.15. Вероятность того, что в библиотеке необходимая студенту 
книга свободна, равна 0,3. В городе 4 библиотеки. СВ Х – число 
библиотек, которые посетит студент. (1 3)P X≤ <  
5.16.  
0, если 1,
1
( ) ( 1), если 1 4, 0, 3,
5
1, если 4.
x
F x x x a b
x
< −
= + − ≤ ≤ = =

>
 
5.17. В некотором цехе брак составляет 5% всех изделий. СВ Х – 
число бракованных изделий из 6 наудачу взятых изделий..  
(1 5)P X< <  
5.18.  
3
0, если 0,
( ) ( 3 ) /14, если 0 2, 0, 1.
1, если 2 .
x
F x x x x a b
x
<

= + ≤ ≤ = =
 >
 
5.19. Монету подбрасывают 6 раз.. СВ Х – число появлений гер-
ба. (1 4)P X< < . 
5.20.  
2
0, если 0,
( ) ( ) / 6, если 0 2, 0, 1,
1, если 2.
x
F x x x x a b
x
<

= + ≤ ≤ = =
 >
 
5.21. Имеется 4 заготовки для одной и той же детали. Вероят-
ность изготовления годной детали из каждой заготовки равна 0,9. 
СВ Х – число заготовок, оставшихся после изготовления первой 
годной детали. (1 3)P X< ≤ . 
 90 
5.22.  
3
0, если 1,
1
( ) ( 2 ), если 1 2, 1,2, 1,5.
4
1, если 2.
x
F x x x x a b
x
<
= − ≤ ≤ = =

>
 
5.23. Устройство состоит из трех независимо работающих эле-
ментов. Вероятность отказа каждого элемента в одном опыте равна 
0,1. СВ Х – число отказавших элементов в одном опыте. 
(1 3)P X< ≤ . 
5.24.  
0, если 0,
1
( ) , если 0 6, 2, 5,
6
1, если 6 .
x
F x x x a b
x
<
= ≤ ≤ = =

>
 
5.25. На участке имеется 5 одинаковых станков, коэффициент 
использования которых по времени составляет 0,8. СВ Х – число 
работающих станков. (0 4)P X< ≤  
5.26.  
2
0, если 2,
( ) ( 2) , если 2 3, 2,5, 2,8.
1, если 3 .
x
F x x x a b
x
<

= − ≤ ≤ = =
 >
 
5.27. В партии деталей – 10% нестандартных. Наудачу отобраны 
4 детали. СВ Х – число нестандартных деталей среди четырех ото-
бранных. (2 4)P X< ≤ . 
5.28.  
0, если / 2,
( ) cos , если / 2 , / 2, 5 / 6,
1, если .
x
F x x x a b
x
π
π π π π
π
<
= − ≤ ≤ = =
 >
 
 
 
 91 
5.29. Охотник стреляет в цель до первого попадания, но успевает 
сделать не более 4 выстрелов. Вероятность попадания при одном 
выстреле равна 0,7. СВ Х – число выстрелов, производимых охот-
ником. (1 3)P X< ≤ . 
5.30.  
0, если 0,
1
( ) (1 cos ), если 0 , / 3, / 2.
2
1, если .
x
F x x x a b
x
π π π
π
<
= − ≤ ≤ = =

>
 
 
Задание 6. Применение методов линейного программирования 
 
Постановка задачи. Для производства трех видов продукции 
используются три вида сырья. Нормы затрат каждого из видов 
сырья на единицу продукции данного вида, запасы сырья, а также 
прибыль с единицы продукции приведены в таблицах вариантов. 
Определить план выпуска продукции для получения максимальной 
прибыли при заданном дополнительном ограничении. 
Требуется: 1) построить математическую модель задачи; 
2) выбрать метод решения и привести задачу к канонической 
форме; 
3) решить задачу;4) проанализировать результаты решения; 
 
Вариант 6.1 
Продукция 
Сырье 
А В С 
Запасы 
сырья, ед. 
I 3 2 – 18 
II – 1 1 4 
III 1 2 – 10 
Прибыль, ден. ед. 2 5 1  
Необходимо, чтобы сырье II вида было израсходовано полностью. 
 
 
 
 
 
 92 
Вариант 6.2 
Продукция 
Сырье 
А В С 
Запасы 
сырья, ед. 
I 1 3 1 14 
II 3 3 1 28 
III – 1 1 4 
Прибыль, ден. ед. 4 10 2  
Необходимо, чтобы сырье II вида было израсходовано полностью. 
 
Вариант 6.3 
Продукция 
Сырье 
А В С 
Запасы 
сырья, ед. 
I 2 1 3 18 
II 2 – – 10 
III 4 – 3 24 
Прибыль, ден. ед. 6 1 9  
Необходимо, чтобы сырье I вида было израсходовано полностью. 
 
Вариант 6.4 
Продукция 
Сырье 
А В С 
Запасы 
сырья, ед. 
I 4 1 3 28 
II 2 – 3 14 
III 6 1 6 42 
Прибыль, ден. ед. 12 2 18  
Необходимо, чтобы сырье I вида было израсходовано полностью. 
 
Вариант 6.5 
                Продукция 
Сырье 
А В С 
Запасы 
сырья, ед. 
I – 1 1 8 
II 1 1 – 5 
III – 2 1 12 
Прибыль, ден. ед. 1 5 2  
Необходимо, чтобы сырье II вида было израсходовано полностью. 
 
 
 93 
Вариант 6.6 
Продукция 
Сырье 
А В С 
Запасы 
сырья, ед. 
I 1 2 1 13 
II 1 3 1 17 
III - 3 2 20 
Прибыль, ден. ед. 2 10 4  
Необходимо, чтобы сырье II вида было израсходовано полностью. 
 
Вариант 6.7 
Продукция 
Сырье 
А В С 
Запасы 
сырья, ед. 
I 2 1 – 14 
II 1 1 – 8 
III – 1 1 3 
Прибыль, ден. ед. 3 4 1  
Необходимо, чтобы сырье III вида было израсходовано полностью.  
 
Вариант 6.8 
Продукция 
Сырье 
А В С 
Запасы 
сырья, ед. 
I 3 2 – 22 
II 1 2 1 11 
III 2 2 1 17 
Прибыль, ден. ед. 6 8 2  
Необходимо, чтобы сырье III вида было израсходовано полностью. 
 
Вариант 6.9 
Продукция 
Сырье 
А В С 
Запасы 
сырья, ед. 
I – 1 1 7 
II 2 1 – 14 
III 1 1 – 10 
Прибыль, ден. ед. 4 5 1  
Необходимо, чтобы сырье I вида было израсходовано полностью. 
 
 
 94 
Вариант 6.10 
Продукция 
Сырье 
А В С 
Запасы 
сырья, ед. 
I 2 2 1 21 
II 3 2 – 24 
III 1 2 1 17 
Прибыль, ден. ед. 8 10 2  
Необходимо, чтобы сырье III вида было израсходовано полностью. 
 
Вариант 6.11 
Продукция 
Сырье 
А В С 
Запасы 
сырья, ед. 
I 1 2 – 10 
II 2 1 – 8 
III 1 - 1 3 
Прибыль, ден. ед. 5 2 1  
Необходимо, чтобы сырье III вида было израсходовано полностью. 
 
Вариант 6.12 
Продукция 
Сырье 
А В С 
Запасы 
сырья, ед. 
I 3 3 – 18 
II 3 1 1 11 
III 2 2 1 13 
Прибыль, ден. ед. 10 4 2  
Необходимо, чтобы сырье III вида было израсходовано полностью. 
 
Вариант 6.13 
Продукция 
Сырье 
А В С 
Запасы 
сырья, ед. 
I 3 5 – 30 
II 1 1 1 8 
III – 2 – 8 
Прибыль, ден. ед. 3 3 1  
Необходимо, чтобы сырье II вида было израсходовано полностью. 
 
 
 95 
Вариант 6.14 
Продукция 
Сырье 
А В С 
Запасы 
сырья, ед. 
I 4 6 1 38 
II 1 3 1 16 
III 3 3 – 22 
Прибыль, ден. ед. 6 6 2  
Необходимо, чтобы сырье II вида было израсходовано полностью. 
 
Вариант 6.15 
Продукция 
Сырье 
А В С 
Запасы 
сырья, ед. 
I 1 1 – 4 
II – 2 3 24 
III – 4 2 24 
Прибыль, ден. ед. 1 5 2  
Необходимо, чтобы сырье I вида было израсходовано полностью. 
 
Вариант 6.16 
Продукция 
Сырье 
А В С 
Запасы 
сырья, ед. 
I 1 3 3 28 
II – 6 5 48 
III 1 5 2 28 
Прибыль, ден. ед. 2 10 4  
Необходимо, чтобы сырье I вида было израсходовано полностью. 
 
Вариант 6.17 
Продукция 
Сырье 
А В С 
Запасы 
сырья, ед. 
I 3 – 4 36 
II 3 – 2 24 
III 1 1 – 6 
Прибыль, ден. ед. 7 1 4  
Необходимо, чтобы сырье III вида было израсходовано полностью. 
 
 
 96 
Вариант 6.18 
Продукция 
Сырье 
А В С 
Запасы 
сырья, ед. 
I – – 2 12 
II 4 1 2 30 
III 4 1 4 42 
Прибыль, ден. ед. 14 2 8  
Необходимо, чтобы сырье III вида было израсходовано полностью. 
 
Вариант 6.19 
Продукция 
Сырье 
А В С 
Запасы 
сырья, ед. 
I 2 – – 8 
II 2 3 1 18 
III 4 3 - 24 
Прибыль, ден. ед. 6 9 1  
Необходимо, чтобы сырье II вида было израсходовано полностью. 
 
Вариант 6.20 
Продукция 
Сырье 
А В С 
Запасы 
сырья, ед. 
I 3 3 1 22 
II 5 3 – 28 
III 6 6 1 42 
Прибыль, ден. ед. 12 18 2  
Необходимо, чтобы сырье II вида было израсходовано полностью. 
 
Вариант 6.21 
Продукция 
Сырье 
А В С 
Запасы 
сырья, ед. 
I 2 1 4 20 
II – – 1 4 
III 3 – 2 18 
Прибыль, ден. ед. 3 1 6  
Необходимо, чтобы сырье I вида было израсходовано полностью. 
 
 
 97 
Вариант 6.22 
Продукция 
Сырье 
А В С 
Запасы 
сырья, ед. 
I 5 1 6 38 
II 2 1 5 24 
III 3 – 3 22 
Прибыль, ден. ед. 6 2 12  
Необходимо, чтобы сырье I вида было израсходовано полностью. 
 
Вариант 6.23 
Продукция 
Сырье 
А В С 
Запасы 
сырья, ед. 
I – 2 2 16 
II 1 1 – 4 
III – 1 2 14 
Прибыль, ден. ед. 1 3 2  
Необходимо, чтобы сырье II вида было израсходовано полностью. 
 
Вариант 6.24 
Продукция 
Сырье 
А В С 
Запасы 
сырья, ед. 
I 1 3 2 20 
II 1 2 2 18 
III – 3 4 30 
Прибыль, ден. ед. 3 9 6  
Необходимо, чтобы сырье II вида было израсходовано полностью. 
 
Вариант 6.25 
Продукция 
Сырье 
А В С 
Запасы 
сырья, ед. 
I 1 2 – 14 
II 2 2 – 20 
III 1 – 1 8 
Прибыль, ден. ед. 4 3 1  
Необходимо, чтобы сырье III вида было израсходовано полностью. 
 
 
 98 
Вариант 6.26 
Продукция 
Сырье 
А В С 
Запасы 
сырья, ед. 
I 1 – – 6 
II 3 2 1 28 
III 2 2 1 22 
Прибыль, ден. ед. 8 6 2  
Необходимо, чтобы сырье I вида было израсходовано полностью. 
 
Вариант 6.27 
Продукция 
Сырье 
А В С 
Запасы 
сырья, ед. 
I 2 2 – 16 
II - 2 1 10 
III 1 2 – 12 
Прибыль, ден. ед. 2 6 1  
Необходимо, чтобы сырье II вида было израсходовано полностью. 
 
Вариант 6.28 
Продукция 
Сырье 
А В С 
Запасы 
сырья, ед. 
I 2 4 1 26 
II 1 – – 4 
III 1 6 2 32 
Прибыль, ден. ед. 4 12 2  
Необходимо, чтобы сырье II вида было израсходовано полностью. 
 
Вариант 6.29 
Продукция 
Сырье 
А В С 
Запасы 
сырья, ед. 
I – 2 – 10 
II – 5 3 30 
III 1 1 1 8 
Прибыль, ден. ед. 1 2 2  
Необходимо, чтобы сырье III вида было израсходовано полностью. 
 
 
 99 
Вариант 6.30 
Продукция 
Сырье 
А В С 
Запасы 
сырья, ед. 
I – 3 3 20 
II 1 3 1 18 
III 1 6 4 38 
Прибыль, ден. ед. 3 6 6  
Необходимо, чтобы сырье III вида было израсходовано полностью. 
 
 
Задание 7. Планирование перевозок.  
 
Постановка задачи. Товары с m баз поставляются в n магази-
нов. Потребности магазинов в товарах равны jb  тыс. ед., j = n,1 . 
Запасы товаров на базах составляют ia  тыс. ед., i = m,1 . Затра-
ты на перевозку 1 тыс. ед. товара в ден. ед. представлены матри-
цей затрат nmC × . Запланировать перевозку с минимальными за-
тратами при заданном дополнительном условии. 
Требуется:  1) свести исходные данные в таблицу; 
 
Магазин 
База 
В1 В2 … Вn 
Запасы товаров 
на базах, тыс.ед. 
A1 с11 с12 … nc1  a1 
A2 с21 с22 … nc2  a2 
… … … … … … 
Am 1mc  2mc  … mnc  ma  
Потребности 
магазинов, 
тыс. ед. 
b1 b2 … nb  
∑
=
m
i
ia
1
 
∑
=
n
j
jb
1
 
 
2) составить математическую модель задачи; 
3) привести ее к стандартной транспортной задаче (с балансом); 
 100 
4) построить начальный опорный план задачи (методом мини-
мального элемента); 
5) решить задачу (методом потенциалов); 
6) проанализировать результаты решения. 
 
Вариант 7.1. a

= (12;14;8;10), b

 = (9;11;7;6;9),  
С = 












58647
75462
64859
85678
. 
Необходимо освободить 4-ю базу. 
Вариант 7.2. a

= (14;12;13;10;5), b

 = (10;20;6;13). 
С = 
2 3 8 1
6 5 1 5
3 8 2 3
1 4 5 8
3 2 2 7
 
 
 
 
 
 
 
 
. 
Необходимо освободить 4-ю базу. 
Вариант 7.3. a

= (15;10;11;12), b

= (9;8;7;14;7), 
С = 












69758
75352
53748
63456
. 
Необходимо освободить 1-ю базу. 
Вариант 7.4. a

= (18;19;7;18;3), b

= (10;2;18;15),  
С = 
8 5 4 2
3 2 4 1
5 3 8 7
7 4 5 1
3 2 6 8
 
 
 
 
 
 
 
 
. 
Необходимо освободить 1-ю базу. 
 101 
Вариант 7.5. a

= (10;12;11;7), b

 = (8;9;9;6;5), 
С = 












42641
23841
71426
61293
. 
Необходимо освободить 1-ю базу. 
Вариант 7.6. a

= (20;10;2;8), b

 = (5;14;7;11;10), 
С = 
8 4 2 1 3
5 3 1 10 9
4 3 2 2 8
5 1 7 6 4
 
 
 
 
  
 
. 
Необходимо освободить 2-ю базу. 
Вариант 7.7. a

= (20;14;10;6), b

= (14;11;14;9;4), 
С = 












58642
77469
52346
46375
. 
Необходимо полностью удовлетворить потребности 5-го магазина. 
Вариант 7.8. a

= (10;12;14;8), b

= (15;5;10;20;12), 
С = 
3 2 1 3 4
5 4 6 8 2
1 3 5 7 9
10 8 7 1 4
 
 
 
 
  
 
. 
Необходимо полностью удовлетворить потребности 3-го магазина. 
Вариант 7.9. a

= (30;25;20;15), b

= (10;20;18;12;25), 
С = 












861085
45853
95648
76384
. 
Необходимо освободить 3-ю базу. 
 102 
Вариант 7.10. a

= (10;5;12;8), b

= (2;12;18;3;10), 
С = 
5 3 8 2 1
10 4 6 7 2
3 5 8 4 7
10 3 7 8 6
 
 
 
 
  
 
. 
 Необходимо освободить 3-ю базу. 
Вариант 7.11. a

= (15;16;13;14), b

= 18;12;11;9;19;8), 
С = 












4728106
2107413
531246
897532
. 
Необходимо полностью удовлетворить потребности 4-го магазина. 
Вариант 7.12. a

= (12;5;18;10;1), b

= (6;7;8;30), 
С = 
3 8 2 4
5 7 1 10
9 8 4 3
3 2 1 10
8 6 5 2
 
 
 
 
 
 
 
 
. 
Необходимо освободить 3-ю базу. 
Вариант 7.13. a

= (16;11;12;13), b

= (10;9;8;15;7), 
С = 












58647
64241
42637
52345
. 
Необходимо освободить 2-ю базу. 
 
 
 
 
 103 
Вариант 7.14. a

= (15;13;8;7;3), b

= (7;17;11;4), 
С = 
1 2 3 4
8 7 6 5
3 2 1 10
9 10 3 8
7 4 5 2
 
 
 
 
 
 
 
 
. 
Необходимо освободить 1-ю базу. 
Вариант 7.15. a

= (20;15;12;13), b

= (12;9;8;15;13), 
С = 












47536
53130
31526
41234
. 
Необходимо освободить 3-ю базу. 
Вариант 7.16. a

= (12;11;13;8), b

= (8;7;4;3;10), 
С = 
10 7 3 2 8
5 1 3 2 1
4 5 6 7 9
10 3 8 1 2
 
 
 
 
  
 
. 
Необходимо освободить 2-ю базу. 
Вариант 7.17. a

= (9;11;7;6;9), b

= (12;14;8;10), 
С = 
















3755
6532
4473
2644
5285
. 
Необходимо полностью удовлетворить потребности 3-го магазина 
Вариант 7.18. a

= (14;8;17;3), b

= (17;4;15;11;12), 
 104 
С = 
8 7 1 2 3
4 5 9 3 4
5 6 7 10 2
10 8 3 2 4
 
 
 
 
  
 
. 
 Необходимо освободить 2-ю базу. 
Вариант 7.19. a

= (9;8;7;14;7), b

= (15;10;11;12), 
С = 
















61088
9865
76106
5877
85118
. 
Необходимо полностью удовлетворить потребности 4-го магазина 
Вариант 7.20. a

= (14;8;17;3), b

= (17;4;15;11;12), 
С = 
8 7 1 2 3
4 5 9 3 4
5 6 7 10 2
10 8 3 2 4
 
 
 
 
  
 
. 
Необходимо освободить 1-ю базу. 
Вариант 7.21. a

= (14;11;14;9;4), b

= (20;14;10;6), 
С = 
















4643
7615
5322
3536
1854
. Необходимо освободить 2-ю базу. 
 
 
 
 
 
 105 
Вариант 7.22. a

= (20;11;13; 8), b

= (12;4;15;6;10), 
С = 
3 1 2 3 4
5 8 6 1 9
3 2 3 4 5
10 1 4 5 8
 
 
 
 
  
 
. Необходимо освободить 3-ю базу. 
Вариант 7.23. a

= (8; 9; 9; 6; 5), b

= (10;12;11;7), 
С = 
















5387
3422
7953
55310
2274
. 
Необходимо освободить 1-ю базу. 
Вариант 7.24. a

= (5; 15; 27; 10), b

= (13; 8; 15; 5), 
С = 
2 4 8 10 2
1 5 7 3 8
4 3 2 4 5
6 5 10 7 3
 
 
 
 
  
 
. 
Необходимо освободить 1-ю базу. 
Вариант 7.25. a

= (10;9;8;15;7), b

= (16;11;12;13), 
С = 
















2644
5421
3262
1433
4174
. 
Необходимо полностью удовлетворить потребности 3-го магазина. 
 
 
 
 106 
Вариант 7.26. a

= (10; 8; 7; 15; 5), b

= (4; 6 ;12;8), 
С = 
2 5 4 3
10 8 2 1
7 3 5 6
1 4 3 10
8 7 5 2
 
 
 
 
 
 
 
 
. 
Необходимо освободить 1-ю базу 
Вариант 7.27. a

= (12; 9; 8; 15; 13), b

= (20; 15; 12; 13),  
С = 
















4866
7643
5484
3655
6396
. 
Необходимо полностью удовлетворить потребности 1-го магазина. 
Вариант 7.28. a

= (20; 13; 4; 15), b

= (15; 6; 8; 11; 9), 
С = 
3 8 1 2 3
4 5 2 1 6
7 1 8 6 3
4 5 10 3 8
 
 
 
 
  
 
. 
Необходимо освободить 1-ю базу. 
Вариант 7.29. a

= (10;20;18;12;25), b

= (30;25;20;15), 
С = 
















4265
2324
6631
4316
1152
. 
Необходимо полностью удовлетворить потребности 3-го магазина. 
 
 107 
Вариант 7.30. a

= (10;5;11;8;3), b

= (25;5;10;6), 
С = 
3 2 4 10
5 1 8 9
7 6 4 5
2 8 3 10
5 1 2 8
 
 
 
 
 
 
 
 
. 
Необходимо полностью освободить 2-ю базу. 
 
Задание 8. Программирование на сетях 
 
Постановка задачи. Хозяйственно-питьевой водопровод (сеть) 
соединяет источник I со стоком S. Имеется несколько путей, по 
которым можно доставлять воду из источника в сток. Вершины 
сети соответствуют пересечениям труб, а ребра и дуги − участ-
кам труб между пересечениями. На сети указаны пропускные спо-
собности труб, т.е. максимальное количество воды в м3, которое 
можно пропустить по трубам за 1 час. Также сформирован 
начальный поток с мощностью z0 (м3/ч). Какой поток воды макси-
мальной мощности можно пропустить по данному трубопроводу?  
Требуется: 
1) посчитать мощность начального потока воды z0 (м3/ч);  
2) построить на сети поток воды максимальной мощности 
maxz  (м
3/ч), направленный из источника I к стоку S; 
3) указать «узкое место» сети и найти его пропускную способ-
ность; 
4) провести анализ результатов решения. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 108 
6,
 
 
2 4 
5 6 
3 
Вариант 8. 1 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Вариант 8.2 
 
    4 
 
                 4      8         5 
 
 
           10 
 
 5   12  11 
 
 
 
Вариант 8.3 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
I 4 
5 2 
3 6 
7 1 
4,2 
2,1 
4,0 
10,5 5,2 
8,3 
4,3 
7,2 
2,1 
7,0 
  
S 
I 
 
 3 
4 1 
2 5 
6 
5,3 
7,3 
6,3 
9,1 
7,1 
8,4 
4,2 
8,2 
S 
 109 
1 
2 
4 5 
3 6 
1 
3 
2 5 
4 6 
Вариант 8.4 
 
   5   11 
 
 
  12     8    4   13   5 
 
 
   7  6 
 
 
Вариант 8.5 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Вариант 8.6 
 
 
                             13                                           5 
 
 
                       18              12         15           10                       20                
 
 
                                    10                          15 
 
 
 
S 
I 
4 
5 2 
3 6 
7 1 
5,1 
5,3 
8,4 
4,1 9,3 
6,2 
3,2 
7,1 
2,0 
3,1 
 110 
1 
3 
4 
2 
5 
6 
7 
Вариант 8.7 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Вариант 8.8. 
 
                                                          15 
                    12                                                                   20 
                                           7                          8 
 
                             11                                             8 
 
                                            13                    11 
                  18                                                                       10 
                                                         4 
 
 
Вариант 8.9 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
S 
I 
4 
5 2 
3 6 
7 1 
4,2 
3,2 
5,1 
9,2 6,2 
5,2 
3,0 
2,1 
4,3 
7,2 
I 
4 
5 2 
3 6 
1 
3,3 
2,2 
11,4 
8,2 
8,1 
10,3 
5,1 
4,0 
3,2 
S 
 111 
1 
2 
3 
4 
5 
6 
1 
2 5 
4 7 
3 6 
Вариант 8.10 
 
                                                    11 
                                                                                       23 
                                    15                                    5 
 
                          6                                         12 
 
                                          8         4           
                                                                                         18 
 
                                                      10 
 
 
Вариант 8.11 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Вариант 8.12 
 
 
                                                11 
                        20                   8        12                      15 
 
 
                                 13                                       17 
 
 
                     22                         15        8                         22 
  
                                                      16 
 
 
S 
I 
4 
5 2 
3 6 
7 1 
6,0 
4,1 
7,0 
8,3 4,2 
9,1 
3,3 
3,2 
6,1 
2,2 
  
 112 
1 
2 
4 
3 
5 
6 
7 
Вариант 8.13 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Вариант 8.14 
 
                                   15                       5 
 
 
                                                                                               16 
                       11          14      17              12          18 
 
                                                                                              17 
 
                                      8                           13 
 
Вариант 8.15 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
S 
I 
2,2 
3 
4 1 
2 5 
6 
 
 
6,2 
9,4 
2,1 
8,5 
6,3 
9,1 
9,7 
3,2 
S 
I 
4 
5 2 
3 6 
7 1 
9,3 
7,1 
6,4 
8,2 7,5 
8,1 
6,2 
5,2 
2,1 
 113 
1 
2 
3 
4 
5 
6 
7 
1 3 5 
7 
2 4 6 
Вариант 8.16 
 
                                                        15 
 
                       12                      11                         13                       15 
 
 
                               15                                                  12 
 
               7                            18                        14                           18 
 
                                                        7 
 
 
Вариант 8.17 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Вариант 8.18 
 
                                12                                12 
 
            15 
        14                                  11                              11 
                                     15                        13 
 
                 16 
 
   16  12 
 
 
S 
I 
4 
5 2 
3 6 
1 
6,2 
6,6 
14,5 
12,4 
6,3 
3,1 
9,2 
5,2 
4,0 
 114 
1 2 
5 
3 
4 6 
7 
S 
S 
Вариант 8.19 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Вариант 8.20 
 
                                       14                                  12 
     11 
  18 12    13        14 
              8 
                                                                               5             16 
 
                                         15                    17 
 
 
                                                     10 
 
Вариант 8.21 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
I 
4 
5 2 
3 6 
7 1 
5,0 
5,1 
4,0 
9,3 4,2 
8,1 
3,3 
3,2 
5,1 
2,2 
  
S 
I 
4 
5 2 
3 6 
7 1 
6,4 
4,3 
7,3 
8,4 7,1 
5,3 
4,3 
5,0 
6,2 
8,5 
I 
 115 
1 2 
4 
3 
5 
7 
6 
1 
4 
2 
3 7 
6 
5 
Вариант 8.22 
 
      10    15 
 
 
   15  10     12   10 
 
     8      10   18 
      12 
 
     7   14 
 
   13 
 
 
Вариант 8.23 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Вариант 8.24 
 
   10  8 
 
                                   15  14  12  12 
 
                12                                                       18 
 
 
                                           13          14                          20 
 
    16 
S 
I 
 
 
4,2 
6,2 
5,2 
5,1 
8,1 
5,5 
3,1 
9,4 
3 
4 1 
2 5 
6 
2,0 
 116 
1 
3 
2 
4 7 
6 
5 
Вариант 8.25 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Вариант 8.26 
 
                            12                         10 
 
                                 15              8        13                          11 
 
  10      12 
 
 
     11              12                        20 
 
                                               13 
 
Вариант 8. 27 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
S 
I 
4 
5 2 
3 6 
7 1 
6,1 
5,3 
8,4 
4,1 8,3 
7,2 
3,2 
3,1 4,1 
S 
I 
4 
5 2 
3 6 
1 
6,2 
7,4 
11,5 
9,2 
7,3 
9,1 
2,2 
5,2 
1,0 
 117 
1 
2 
3 
4 
7 
5 
6 
1 
2 
3 
4 
5 
6 
7 
Вариант 8.28 
 
 
                          8                        11 
 
                                 13                16      12                           16 
 
               14                                                        15  
 
                              15              18                   30 
 
 
Вариант 8.29 
 
 
 
 
 
                           6,4 
 
 
 
 
 
 
 
Вариант 8.30 
 
   10  14 
 
     8     13   15 
 
              15                          12                               12 
 
               7 
       6 
 
   17  18 
 
 
S 
I 
4 
5 2 
3 6 
7 1 
5,1 
5,3 
7,1 
4,1 6,1 
8,3 
7,0 
5,2 
7,6 
 118 
ЛИТЕРАТУРА 
 
1. Высшая математика. Общий курс / под ред. С. А. Самоля. – 
Минск : Выш. шк., 2000. 
2. Высшая математика для экономистов / под ред. Н. Ш. Кремера. – 
М.: ЮНИТИ, 1998. 
3. Шипачев, В. С. Высшая математика / В.С. Шипачев. – М.: 
Высш. шк., 1985. 
4. Гусак, А. А. Высшая математика : учебник для студентов ву-
зов : в 2 т. / А. А. Гусак. – 3-е изд., стереотип. – Минск : ТетраСи-
стемс, 2001. – Т.2.  
5. Гмурман, В. Е. Руководство к решению задач по теории веро-
ятностей и математической статистике / В. Е. Гурман. – М.: Высш. 
шк., 1980. 
6. Сборник индивидуальных заданий по высшей математике:  
в 4 ч. / под общей ред. А. П. Рябушко. – Минск.: Выш. шк., 1990. – 
Ч. 3, 4 
7. Акулич, И. Л. Математическое программирование в примерах 
и задачах: учебное пособие для студентов эконом. спец. вузов /  
И. Л. Акулич. – Минск : Выш. шк., 1986. 
8. Банди, Б. Основы линейного программирования // Б. Банди; 
пер. с англ. – М.: Радио и связь, 1989. 
9. Балашевич, В. А. Математические методы в управлении про-
изводством. – Минск : Выш. шк., 1976. 
10. Кузнецов, А. В. Высшая математика : Математическое програм-
мирование : учебник / А. В. Кузнецов, В. А. Сакович,  
Н. И. Холод под общ. ред. А. В. Кузнецова. – Минск : Выш. шк., 2001. 
11. Калихман И. Л. Сборник задач по математическому про-
граммированию / И. Л. Калихман. – М.: Высш. шк., 1975. 
12. Руководство к решению задач по математическому програм-
мированию : учебное пособие / А. В. Кузнецов, Н. И. Холод, Л.С. Косте-
вич под общ. ред. А. В. Кузнецова. – Минск : Выш. шк., 2001. 
13. Сборник задач и методические указания к решению задач по 
математическому программированию для студентов инженерных и 
инженерно-экономических специальностей / Е. В. Емеличева [и др.]; 
под общ. ред. А. Д. Корзникова. – Минск : БГПА, 1996. 
 
 
 119 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Учебное издание 
 
МЕТОДИЧЕСКИЕ УКАЗАНИЯ И ЗАДАНИЯ 
К КОНТРОЛЬНОЙ РАБОТЕ № 2 
ПО ВЫСШЕЙ МАТЕМАТИКЕ 
 
 
для студентов заочного отделения ФТУГ 
экономических специальностей 
 
Составители: 
БОРОДИЧ Лилия Ивановна 
МАТВЕЕВА Людмила Дмитриевна 
КУРАЛЕНКО Маргарита Владимировна 
 
 
Технический редактор О. В. Песенько 
 
Подписано в печать 04.07.2012. Формат 60×84 1/16. Бумага офсетная. Ризография. 
Усл. печ. л. 6,97. Уч.-изд. л. 5,45. Тираж 300. Заказ 22. 
Издатель и полиграфическое исполнение: Белорусский национальный технический  
университет. ЛИ № 02330/0494349 от 16.03.2009. Пр. Независимости, 65. 220013, г. Минск. 
 120 
 
 
 
 
 121 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 122 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 123