Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Вятская государственная сельскохозяйственная академия

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

Ryattel_A_V_Kontrolnaya_tetrad_po_lineynoy

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

27.05.2015

Размер:

1.71 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 3 45 / 75 6 7 > Следующая >>>

Матрица однородной системы для координат первого

собственного вектора

e1 x1 , x2 , x3 :

	3	1	3

A E	1	7	1	.
	3	1
	3	1	3

Приведем матрицу к ступенчатому виду:

3	1	3		1	7	1	1		7	1		1
							1		7	1		1
1	7	1		3	1	3	3I
								0	20	0	: ( 20)		0
3	1	3	I	0	0	0		0	20	0	: ( 20)		0
3	1	3	I	0	0	0

Соответствующая система состоит из двух уравнений:

7 1

1

0
0

		x1 7 x2 x3		0	x1 x3		.
			x2 0			x2 0	.
			x2 0			x2 0
Полагая	x3	1, получим первый собственный вектор e1

2) Аналогично определяются собственные векторы для

1,0,1 .

2 3 ,

	2

	e2 1,2,1 ,			e3 1, 1,1 .
Поскольку собственные числа различны, то собственные векторы попарно
ортогональны.
Найдем длину (норму) каждого вектора:
e	1	0			1	2 ;
	2			2	2
1
e2	1 2			1		6 ;
	2		2		2
e3	1 1				1	3 .
	2			2	2

Нормируя собственные векторы (разделив координаты каждого вектора на его норму), получим ортонормированный базис векторов:

		1


		2

e1			,
e1	=	0	,
		1

		2
		2

			1


			6
			6
e		=	2	,
	2
			6
			6

			1


			6

	e
	e	3
		3

	1


	3
	3
=	1	.

	3
	3
	1
	1


	3


	В	ортонормированном						базисе							Е			e1					, e2			, e3			квадратичная

2	2		2	2x1 x2	6x1 x3 2x2 x3						примет вид															2		2	2
x1	5x2	x3		2x1 x2	6x1 x3 2x2 x3						примет вид											2 y1					6y2		3y3 .
	Ортогональное				преобразование											от				базиса								Е=( е1 , е2 , е3		) к


Е e1		, e2	, e3 определяется системой:

											1		e				1		e						1		e
					e								e						e		2						e
						1						2		1				6			2				3		3
												2						6							3

									2			e2				1		e3
					e2					6		e2				3		e3										.
										6						3
									1			e			1			e					1		e
					e		3					e						e	2						e
							3			2			1			6			2					3		3
										2						6								3

форма

базису

VIII. В рационе животных используется два вида кормов №1 и №2. Животные должны получать три вида питательных веществ А, В, С. Содержание питательных веществ в 1 кг кормов и стоимость 1 кг кормов приведены в таблице. Составить рацион кормления, обеспечивающий минимальные затраты. Требуется: а) составить математическую модель задачи; б) решить задачу графическим методом; в) проанализировать результаты решения.

Вещество			Содержание питательного вещества			Минимальное
				в 1 кг корма, ед.		содержание
			№1		№2	вещества, ед.
А			2		6	18
В			2		1	8
С			6		1	12
Стоимость			1,5		1
единицы корма
(у.е.)
Решение. А) Составим экономико-математическую модель задачи.
Пусть	x1 ,	x2	(кг) корма	№1 и №2 соответственно		входят в рацион

кормления. Согласно условиям задачи стоимость x1 кг корма №1 составит 1,5 x1

(у.е.), стоимость x2 кг корма №2 x2 (у.е.); суммарная стоимость от обоих видов

кормов 1,5 x1

+ x2

(у.е.). Следовательно,

программирования примет вид:

целевая функция задачи линейного

F x	,
1

Поскольку переменные x1 и

могут быть неотрицательными:

x	2

x		2

1,5 x1 + x2 min.

определяют количество кг кормов, они не

≥0.

Согласно условиям задачи рацион, содержащий x1 кг корма №1 и

кг

корма №2, будет содержать: 2 x1 +6 x2

(ед.) вещества А, 2 x1 + x2

(ед.) вещества В,

6 x1

+ x2 (ед.) вещества С. Так как содержание веществ А, В, С в рационе должно

быть не менее 18, 8 и 12 единиц, получим систему неравенств:

8 .

2x1

Окончательно, экономико-математическая модель исходной задачи имеет

вид:

F x1 , x2

1,5 x1

+ x2

min.

2x1

6x2

2x1

6x1

x , x

Б) Решим задачу графическим методом.

Для построения искомого множества решений системы неравенств строим последовательно множество решений каждого неравенства. Нумеруем ограничения задачи:

2x1	6x2 18 (I)
	x2			8 (II)
2x1					.
	x2			12 (III)
6x1
x , x		2	0 (IV)
1

Впрямоугольно-декартовой системе координат строим прямую,

соответствующую ограничению (I). Для удобства построения преобразуем

уравнение

2x1

6x2

=18 к виду:

x	x		1
1		2

9	3

(уравнение прямой в отрезках по

осям

x	x
1		2

a	b

означает, что прямая отсекает на оси Ох отрезок а, на оси Oy –

отрезок b).

x	2

(I)3

0		x
0		1
		1
	1	9
		Рисунок 3.

Находим, какая из двух полуплоскостей, на которые эта прямая делит всю координатную плоскость, является областью решений неравенства (I). Для этого достаточно координаты какой-то точки, не лежащей на прямой,

подставить в неравенство. Если неравенство выполняется, то точка принадлежит данной полуплоскости, в противном случае – не принадлежит.

Подставим, например, координаты точки О(0;0) в	2x1 6x2 18 .	Получим
2 0 6 0 18, что неверно. Следовательно, точка	О(0;0) не	лежит в

полуплоскости решений неравенства (I). Заштрихуем нужную полуплоскость.

x	2

(I)3

0		x1
0	1	9
	1	9
		Рисунок 4.

Аналогично строим прямые

2x	x	2	8
1		2

x		x
	1		2	1

	4	8

6x	x	2	12
1		2

x		x
	1		2	1

	2	12

и области решений ограничений (II), (III). Находим общую часть

полуплоскостей решений, учитывая при этом условия неотрицательности;

полученную область допустимых решений отметим штриховкой.

x	2
	2

(II)

(I)3

0	1		9
		(III)
			Рисунок 5.

Строим вектор градиента grad F(1,5;1) . Перпендикулярно к нему построим одну из линий уровня функции F(x1 , x2 ) const .

x	2
	2

(II)

(I)3

grad F				x1
0
	1			9
F		(III)	Рисунок 7.

Далее параллельно перемещаем построенную линию уровня функции в

направлении вектора	grad F	до первой	точки пересечения с областью
допустимых решений системы ограничений.

x	2
	2

(II)

(I) 3
1	А
1
grad F			x
0			x
0			1
			1
F 1	(III)	Рисунок 8.	9

Эта прямая проходит через точку А пересечения прямых, ограничивающих область допустимых решений и соответствующих неравенствам (I) и (II). Для определения координат точки А решим систему:

2x1 6x2 18,

2x1 x2 8

получим А(3;2). Вычислим F(3;2)=1,5 3 2 6,5 .

Ответ: в рацион кормления следует включить 3 кг корма №1 и 2 кг корма №2, при этом затраты составят 6,5 у.е.

IX. Составить математическую модель транспортной модели. Найти начальное опорное решение, используя метод северо-западного угла. Решить задачу методом потенциалов:

	Спрос		100				200			200			300
Мощность	потребителей
Мощность
поставщиков

	100	1			3				4				1
	100

	200	5			2				2				7
	200

	400	4			4				3				6
	400

	200	7			2				5				3
	200

Решение. Обозначим через						xij	– объем поставки от i-го поставщика j-му
потребителю (i,j=1,2,3,4). Внесем эти переменные в матрицу поставок:

	Спрос		100				200			200			300
Мощность	потребителей
Мощность
поставщиков

	100	1			3				4				1
	100
			х				х			х			х
				11			12				13		14

	200	5			2				2				7
	200
			х	21			х	22		х		23	х	24
				21				22				23		24

	400	4			4				3				6
	400
			х	31			х	32		х		33	х	34
				31				32				33		34

	200	7			2				5				3
	200
			х	41			х	42		х	43		х	44
				41				42			43			44

Математическая модель транспортной задачи примет вид:

x			x		x			x			100
	11		12		13			14
	x		x		x			x			200
		21		22			23			24

x		31	x	32	x		33	x		34	400

			x42		x43			x44			200
x41
	x		x		x			x			100 .
				21		31			41
	11
	x		x		x			x			200

	12			22			32			42

x			x	23	x	33		x		43	200
	13
	x		x		x			x			300
				24			34			44
	14
x		ij	0 i, j 1,2,3,4

Целевая функция задачи, определяющая суммарные затраты на все перевозки, должна достигать минимального значения:

F( X ) х11+3 х12 +4 х13 + х14 +5 х31+2 х22 +2 х23 +7 х24 +4 х31+4 х32 +3 х33 +6 х34 + +7 х41+2 х42 +5 х43 +3 х44 →min.

Проверим закрытость транспортной задачи. Найдем сумму мощностей поставщиков: 100+200+400+200=900. Суммарный спрос потребителей составит: 100+200+200+300=800. Поскольку найденные суммы не равны,

транспортная задача открыта. Для ее закрытия введем фиктивного потребителя

со спросом, равным 900-800=100 и нулевыми коэффициентами затрат.

	Спрос	100	200		200		300	100
Мощность	потребителей
Мощность
поставщиков

	100	1	3	4		1		0
	100

	200	5	2	2		7		0
	200

	400	4	4	3		6		0
	400

	200	7	2	5		3		0
	200

1 итерация.

Составим начальное опорное решение, используя метод северо-западного угла. Для этого на каждом шаге, исходя из запасов очередного поставщика и запросов очередного потребителя, заполним только одну клетку и соответственно исключим из рассмотрения одного поставщика или одного потребителя. Стоит заметить, что при заполнении таблицы поставок возможны особые случаи, когда на некотором шаге заполнения из рассмотрения выпадают одновременно и поставщики, и потребитель. В этом случае необходимо дать нулевую (фиктивную) поставку в произвольную, но не вычеркнутую клетку или строки, или столбца.

Во избежание ошибок после построения начального опорного решения необходимо проверить, что число занятых клеток равно m+n-1, где m-число поставщиков, n – число потребителей.

Распределяем запасы первого поставщика. Так как его запасы (100) равны запросам первого потребителя, то в клетку (1;1) записываем перевозку х11=100.

Поскольку и запасы первого поставщика, и запросы первого потребителя полностью реализовались, введем фиктивную нулевую поставку, например, в

клетку (2;1). Остальные клетки первой строки и первого столбца окажутся незаполненными.

	Спрос		100		200	200	300	100
Мощность	потребителей
Мощность
поставщиков
	100	1			3	4	1	0
	100
				100
	200	5			2	2	7	0
	200
				0
	400	4			4	3	6	0
	400
	200	7			2	5	3	0
	200
	Выбираем незаполненную верхнюю левую (северо-западную) клетку. Это
клетка (2;2). Распределяем запасы второго поставщика (200). Поскольку
запросы второго потребителя также равны 200, в ячейку (2;2) записываем
перевозку		х21	200 .	Так как запасы второго поставщика и запросы второго
потребителя полностью реализовались, введем фиктивную нулевую поставку,
например, в клетку (3;2). Из дальнейшего рассмотрения исключаются и второй
поставщик, и второй потребитель.
	Спрос		100		200	200	300	100
Мощность	потребителей
Мощность
поставщиков
	100	1			3	4	1	0
	100
				100
	200	5			2	2	7	0
	200
				0	200
	400	4			4	3	6	0
	400
					0
	200	7			2	5	3	0
	200
	Выбираем незаполненную верхнюю левую (северо-западную) клетку –
клетку (3;3). Распределяем запасы третьего поставщика. Так как его запасы
(400) больше запросов третьего потребителя (200), осуществляем поставку 200
в ячейку (3;3) и исключаем из рассмотрения третьего потребителя.

<<< < Предыдущая 1 2 3 45 / 75 6 7 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
23.11.2019817.63 Кб38OTChET_PO_PRAKTIKE (1).docx
#
06.05.2019375.3 Кб1Primer_otsenki_nalogovoy_nagruzki_i_nalogovykh_...doc
#
27.05.2015231.42 Кб4Programma_4_i_5_preddiplomnoy_praktiki.doc
#
27.05.2015155.65 Кб10Rabochaya_tetrad_nalog_na_pribyl.doc
#
24.09.2019229.89 Кб8Reshenie_zadach.doc
#
27.05.20151.71 Mб12Ryattel_A_V_Kontrolnaya_tetrad_po_lineynoy.pdf
#
27.05.2015314.88 Кб4shpargalki-po-analiticheskoj-ximii.doc
#
13.09.2019128 Кб9Str-01-Strakhovanie_kak_metod_upravlenia_riskom...doc
#
13.09.2019120.83 Кб7Str-02-Obshaya_kharakteristika_strakhovania.doc
#
13.09.2019164.35 Кб12Str-03-Klassifikatsia_v_strakhovanii.doc
#
13.09.2019224.26 Кб5Str-06-Strakh_posredniki_i_strakh_rezervy.doc