Лабораторная работа: ещё одна лаба
Описание
Отчет по лабораторному практикуму по курсу
«Теория оптимизации и численные методы»
Тема: Методы безусловной оптимизации ФМП»
Вариант №15
Цель работы: Изучить прямые методы безусловной минимизации на примере квадратичной функции 2-х переменных...
Характеристики лабораторной работы
Список файлов
- ReadMe.txt 276 b
- ещё одна лаба
- 5 этап.mcd 10,84 Kb
- 5.mcd 10,19 Kb
- 5g.mcd 4,14 Kb
- 6a.mcd 6,67 Kb
- MINE.xmcd 59,66 Kb
- laba.doc 134,5 Kb
- my5.mcd 16,16 Kb
- rgr4.mcd 7,23 Kb
- rgr5.mcd 8,77 Kb
- rgr5_1.mcd 5,35 Kb
- rgr6.mcd 11,93 Kb
- rgr61222.mcd 16,58 Kb
- sur5.mcd 17,58 Kb
- Лаба.xls 21 Kb
- лаба.doc 68,5 Kb
- сканы
- 01.BMP 4,09 Mb
- 02.BMP 1,82 Mb
- 03.BMP 1,82 Mb
- 04.BMP 1,82 Mb
- 07.BMP 57,97 Mb
- 08.BMP 57,97 Mb
- 09.BMP 1,83 Mb
- 1.BMP 4,09 Mb
- 10.BMP 1,83 Mb
- 11.BMP 1,83 Mb
- 12.BMP 1,83 Mb
- 13.BMP 1,83 Mb
- 14.BMP 1,83 Mb
- 15.BMP 1,82 Mb
- 16.BMP 1,82 Mb
- 17.BMP 1,82 Mb
- 18.BMP 1,82 Mb
- 2.BMP 1,82 Mb
- 3.BMP 1,82 Mb
- 4.BMP 1,82 Mb
- 5.BMP 1,82 Mb
- 6.BMP 1,82 Mb
- 7.BMP 1,82 Mb
- 8.BMP 1,82 Mb
- 9.BMP 1,82 Mb
Файлы скачаны со студенческого портала для студенты "Baumanki.net"
Файлы представлены исключительно для ознакомления
Не забывайте, что Вы можете зарабатывать, выкладывая свои файлы на сайт
Оценивайте свой ВУЗ в различных голосованиях, в том числе в досье на преподавателей!
Распознанный текст из изображения:
РГР «Теория оптимизации и численные методы»
РГР «Теория оптимизации и численные методы»
стр.З
стр.4
~7Г(Х ) =
4 ( — 3)+2 ( — 1.2)+20 5.6 1 4 ( — 1.2)+2 ( — 3)+10 — 0.8~
— 20 0.17857 — 3.7514
= 5.6569
— 1.2 — 0.8 — 1. 12
= 4.7916
3 4'( 3.56)+2'( 1.12)+20 3 52
Ч1(Х ) =
4 ( — 1.12)+2. ( — 3.56)+10 — 1.6
= 3.8666
4.79162
~Зо = =0 04592 22.3607
2.1429 -20 -3.0612
Задание ИО 1
Задание ИО 1
Вычислим точку Х по формуле: Х =Х вЂ” с~ЪТ(Х ). Зададим шаг 1~ =0.1
~(Х')=2 ( — 3.56) +2 ( — 1.12)'+2 ( — 3.56) ( — 1.12)+20 ( — 3.56)+10.( — 1.12)+10= — 36.5696
1(Х') < 1'(Х'), следовательно, шаг выбран удачно
Приведенные вычисления представим в виде таблицы
в) Сделать одну итерацию методом наискорейшего спуска из начальной точки
Х = (О, 0) в направлении экстремума
Итерация О. Итерация О совпадает с О-й итерацией метода градиентного спуска.
Итерация 1
с
Вычислим точку Х по формуле: Х' = Х' — ~о~Т(Х') .
Вычислим шаг со.
1(Х )=2'( 20'Со) +2 ( — 10 йо) +2'( 20'йо) ( 10'1о)+20 ( 20 1о)+10 ( 10 1о)+10=
800 й~ о+200 1о +400 1о 400'1о 100'1о +10
1400'1о 500 Со+10
М(Х ) 500 = 2800 ' 1о 500 = 0 =~ 1о = = 0-17857 йо 2800
Г(Х ) =1400 0.17857 — 500 0.17857+10= — 34.6429
4
( — 3.5714) + 2. ( — 1.7857) + 20 2.1429
~Т(Х ) = 4 ( — 1.7857) + 2 ( — 3.5714) +10 — 4.2857
Приведенные вычисления представим в виде таблицы
йо х У 1 ~7, ~7 Ч1 Х
0 0 0 20 10 10 22.3607
1 -3.5714 -1.7857 0.17857 2.1429 -4.2857 -34.6429 4. 7916
г) Сделать две итерации методом Гаусса-Зейделя из начальной точки
Х = (О, 0) в направлении экстремума
д) Сделать две итерации методом сопряженных градиентов из начальной точки
Х = (О, 0) в направлении экстремума
Итерация 0 совпадает с 0-й итерацией метода градиентного спуска.
Итерация 1 совпадает с 1-й итерацией метода наискорейшего спуска.
Вычислим точку Х по формулам:
Х =Х +т~д
с1' =-Л(Х')+ РОД", с$ = — С71(Х )
Распознанный текст из изображения:
РГР «Теория оптимизации и численные методы>3
стр.1
РГР «Теория оптимизации и численные методы»
стр.2
х ~ — 2х, ч-1 — 1-ч 21х~ — 2 3 х, ч- /9 — 9' ) = — 1
(х, — 1) — 1-'; 2((х — /32) — 9/4) = — 1
(х, — 1) ч-2(х — /32) = — 1ч-1-'; 9/2
Дано: 1(Х) =х, +2х2 — 2х, — бх2 — 12-+ех~г
2 2
2х, +х2 — — 1
Решение:
— каноническое уравнение эллипса
а) Решить задачу графически
х2 — — 3 х2 =О
х1 — — — 1
2х, +х2 — — — 1 2х, +х2 — — — 1 х, — 1=4х2 — 6 х) — 4х2 = — 5
2х|+ х2 — — — 1
:Ф
9х2 — — 9
(1) — 2 (2)
. 9 'ч.)
х1 — — +
') см. Приложение к М2
Задание Иа 2
Задание Ио 2
Этап Иу2 Методы решения ЗНП при ограничениях типа равенства
Преобразуем ограничение к виду: ~р;(Х) = О 2х, +х2 —— — 1 =э 2х, +х2+1=0 =~ у|~Х)=2х, +х2+1
Решение задачи есть точка касания ограничения и линии уровня функции 1 =С, где С = сопй. Искомая точка касания обладает следующими свойствами: ° точка касания принадлежит ограничению: 2х, " + х 2 " = — 1 ° в точке касания градиенты функции и ограничения линейно зависимы:
Кдс Кас 2Х 2 2 2Х) 2 4Х2 6 ~1-(Х Кас ) ~т (Х Кас ) 1 1 2 4х кс — 6 1 2 1
2 Воспользовавшись условиями касания, составим систему уравнений и найдем координаты решения:
'к
Найдено решение задачи - точка Х =( — 1,1) — точка касания ограничения и линии уровня функции 1=( — 1) +2.1 — 2 ( — 1) — 6.1 — 12= — 13.
Построим графическую иллюстрацию решения.
Ограничение в задаче — прямая с уравнением х2 = — 1 — 2х,.
Определим конфигурацию пинии ' уровня функции 1' = — 13, вычислив инвариант:
1 0
Р = = 2 т.к. Р > О, то искомая пиния уровня эллипс.
0 2
Запишем уравнение линии уровня:
х, + 2х 2 — 2х) — бх 2 — 12 = — 13
х, +2х2 — 2х, — бх2 — — — 1
2 2
Приведем уравнение линии уровня к каноническому виду, выделив полные квадраты:
х) — 2х, + 2(Х2 — Зх2) = — 1
2 2
Центр эллипса - точка с координатами П, /32х) .
Главные диагонали эллипса прямые с уравнениями: х, =1 и х, = ~ .
3"
Найдем точки пересечения эллипса с главными диагоналями:
х 3
( 2 — 2) =/4» хх — /2= +—
(Х2 —:2)
3 2 9 3 3
9,/
/4
Получены точки с координатами: (1, 0) и (1, 3)
3" 9" х2 =3.1213
Х2 — /2 х, =1 р (Х) — 1) = /' — Ф Х) — 1=+ т—
9.' 2 / ~/2 х, = — 1.1213
/2
Получены точки с координатами: 1 — 1.1213, /32х) и 13.1213, 3/2)
Найдем еще несколько точек дпя построения эллипса, выразив х, из канонического
уравнения эллипса:
Построим на чертеже ограничение и линию уровня функции Г = -13.
Распознанный текст из изображения:
ч
О«
° °
о
И1
'2 О
й «
Е о
В 0
к
Е,
2
в
о
й ~2
С,! 0 5
к С
в г
2
в ~ !о
г
о о о!
СО
В С» 0! ««! С1!
Д
о
Сд Сд
в в в
Сйд д
5
5 Е Е
с й й
Ек «0
!о 0
ф 0
ес
6
с
в
е о1
х ]
с
с
5 0
5 Ш
г
о
о«
д в
о
5
о
х
СИ й
в д
е
5
о
х
д
Ф «Т
в
Ф
х
Ф
х
х
г
х х
02
д
Ф
о
02
«Т
51
о
-!
0
О1
й
~ О
о ,„с в Е
й 5 О
Е й Е
к
о Ф ~3- о с й в ~
в 5
-8- с с г
5 5 Ф ~«2
х 5
ю
о
Т>
0 0
5! в О1 5
с
в Ф ЧЭ й
о
Ф
д
Ф 5 5
о о
01 в 5
-о
0
5 х в
х 0 ь
5
о
о в
-о
й
Е
в
5 Е
5! Ю й
Е
Ф -1 11
х
Сд
Д2
5
в о
с
о
-1 В
Ф =.! Ш
0
Ш !! Ф
2
В Хш 1~ 5
о ."
ь
о
М ч
Х
:2 к
в в
в к
в
Г
-1
в 11
д 11! ~ 0
Я Д
о в
Ш
5
х
й
22
о Ю
-1
2
с Ф
Е
й -1
5! о
Ф
02
0
:2 о
о
-1
о д
О1
0
Л:
в в
Ф
«2
о
0
к
Ю
1;2 Ш Ф
о
Е
о
Э
Ш -«
в
й Е
-1
Е
о
Е
01
в
?:
в
в
Ы
д
к
Ф
11
1> о
Э
х
Б
0
5! х
о
1>
0 =
(р, 11
!>
в о
?= 1
5
+
о - о
-«
о
01
Э
о
Ш
01
в
5
о
Ш
Ш
0
ь
-«
о
22
д
Э
С2
Ф
Е
Ф
х
в
М
о
0
о
Ш
Э
о
-«
Ш
с
5
Е
51
«д
0
5(
1> С«2
5
с
о
( )
о
д
11 й
С2
1 в
+ х
О 0
о
11
Я
х
Э
Сй
в
С!!
5
о
«Т
х
д
Ф
«2
Ф
Й
й
х
«?2 СГ!
в
о
Ш
х
о
ь
г ~ ~ е
х 11 11 'й«2
С2
Ф
'" Е
Ф
й
х
Е
5
Ф
Ф
о
х 0
г х 0
х
02
х 11 й
х
о о
М Ш
Ю
с
5
Е
о Э
й Ф
Е
й
Сй
8
Ф
0 т
!о
Ш
Ф
о
-1
Ш
Э
-Ч
-1
0
с
к
Ф
о
о
0
С2
ь
5
в
в
5
С>
ч:! д д
й Ф й
с> О О
с Э Э
до о
с с
Э 5
<вв
-1 -1
С,!, й
в 1 °
Ы
5
Е 5'о
Э
и д ввш
Е
с
й
«~2 д
~ о
о 1~!
о о
о
000
О\ 4~
-~ с=
Си в с
СЫО
— Π5
т
!о
в
Ш -Ю
Э
— Е
.С
Ф
~ Е
с
о! 0
1~2 О
!
5! «р
! с
0 х
к
к
В 0
-2 ~3-
г 5
!о
-!
11 11
(:>
С! в
-о
Ф
Е
в
ю
Е
22
о ч7 -о В 0
в «Г в -1
[~Э
11
С:>
1
+
11
1
Ь~
«:1 в ~~ с о
-« 'Ч:2
-«О в к
Со С» СЪ «» Щ СаЭ
о
1
5' о
-1 ~
0
в
к
в 0
с~
0- 5
— с
!о Ф
яд
-!
о 0 о
-« в Ш
Т2 й с в
СИ в С!) 5
о г х
>
«О
5
о
х
х х х х ~
% 'К !!
х
-2 О О «)
Ф
Ч5
Ф
Ф
х
0
х
1
в
о
0
д
вк
д
й
Э
Е Ш
в о
д й
+г о
Х 5
й
х йк
0 о
22
«ю!
Я
о 5
«0 Ш
Ф
х
х
г о1
й 2
5
0 ~
й
о
й
Е !о
е С)
5 д
й
д од
В51 Д
ь 0
Ф к
0 -«
Э
0
~> Ш
1!
о о
2
~Е
о
«э й
СМ
г Ф
о
о
в
С1!
0
о
-1
Я
Ф
О1
[.~ в
5
о
х
х
д
Ф
О
Ф
Ф
х
«?2 5
о х 0
ь
х х
Э
о Ф
й
Ф х
х х
х С1) -1
о
10 й
Е
й
х
5 Ф
о 0 0
-! Ф -«
о
с Ф -«
0 д к
Э
о о о
Ч5
ь
5 в в
Е
СП в
Ф 11 й «' Е
й Э
о 0 0
Ш
5 Е
Э
в 01 2 5 Э
.о
й
в
«2 Э
0 ~
Вк Ш
1
-1
01 о
-1
.,- о
д о
2 -«
!о
Л2 О1
5
!о
С!2
1
о
1~)
Д:2
Ф й
«2 С2
й й
о о
д х
Э 5
-1
в в
Э
',0
о
Я -«
в
в Ш
~ Е
Фс
С2
~ о
од 0
01 с
с
1 Е
~ 0
0 ~
5
в
5 Оэ
о
Ш В
с Е
в
Е С2
~ Е
с
о! 5
Ф
:2 '«2
й
Е о
с
5
0 й
л
о о
~Р Д2
СЛ «2
в
С!!
~ ь
Ф
т5
!о 5
1
д о
0
Ч:2
с о
д ~
-1
о
22 в
О
Ю
и в
Ф.О
Е
в Е
в
20 5
о 5'
Ч
в
о"
к
в Е
Э
-!
Распознанный текст из изображения:
Ъ
ъ
е
ч о ь
)з о с о !!! Щ (!!
з
сп
в ~Е
о
Х Ф
й
О Ф Е Ф
х
Ф !й в ь в
с
Ф
ч
О~ Л
в Я(
й Е Е Е
>с
П
!
х х
+ !
х
!2
+
х
+
(:>
О х
4~
х
П
х
+ +
х
х
!л
Б.
!") х х +
х
!!/ !~
о !л
4~
х
+
х
!>
М
х +
о
ф. х
м
о +
х
П
4~
!.П с Ф Е ЧЭ в
о о
ю
й) ЧР
в ь
в с
Ю !й
о
о
о
о в
в х
Х Е
с
с й
й Х
Е Е
Б Е
И
! !
х х
Б ~~.
хс о
к
о ~
о
3 ь
ч
[> О:!
П
о
1
о о
.г о
Б
г)
П
о
-Ю
в
О
+ о
с
П
й
й
01
в
Б;
о
(Г
х
Ф
о
й
Е
Э
х
х
1:! ! в Е
о
Х
х х
П П й
Е
Ф Ф
о о
х О !э
Ы П !! й
О Оо!
5 Е
й в О~ Б
с
й
СО
о х о
ь
!Г
х
:Д Ф С$ Э Е Ф Х
х х
х Ю
о
ЧЭ й
Е
й Е й
о о о
-! Ы Ф
о
-! Ш с й -!
о
с
Ф
о
к
о о
ЧР ь Б
х
в в Б (:)
Л: в
с
в
Х
о
Ф Сй в
о о х
о
Ф О й
Е
й ьэ
й С> П П
Ов
с оо к
х ~
~ о
с=
в
ы х
дс д
ой в
М
с о
с ~й !„!
е в
е сР ь
й в
ы с
с в
~ о
В -1
~ с
в
й
~ о
-1
о м
ь
о о
о
~с О
Ф
Е
Э
в ~
ь
в о
с ~!
Б
ц о
з г
о
Л
о к
о
-8-
-8-
о й
Б
Е
с в
3' Е
в
>с
П
!
х х
х
+ +
х
х
!л !л
Я
Р~
:Л Э 'Ю Э ~~! й Е к
в
ь в
с
Э
о
к в в Е с Е в
Я
в -1
о
!
о
с й Х
о М
Б
~3-
з
Х в :Д
о
2 с
с
Е
ъ
е
=-! о
ь ))
о
а
с Ю 5 о Щ Щ й Ф
з
о
СЬ
Распознанный текст из изображения:
:Л
х О
+ -О
Ф
ю
с
Ф
+ о
о
х ь
5
о
Е
!4 О
-1
-1
Э
(»
Ы
~ о
о
5
Ф
х х
о
Э
о
о1 ~0 й) с й
ю
5
о х о ь
д с
5 о о
Э
(44
х х
х
1
х
1
(/1
+
И
(/1
Ы
о о
Ж 3 [Т
х
+ 1
+ +
(Л ('4
х
1 +
1 +
х
1 +
(О
х
И И
1 1
м (л
+ 1
!'Э 4~
х
И И
+
х
И И
+ 1
!~4 4~
х
И И
1
1~4 Ж +
Ь
+ х
И
1~4 (Г
— х л ~
й
о ь + о
О'.( ! Я
Ы + ((
й» ь й»
о
5(
о
5
о
-1 Ф
Е
[Г
о о
5 Ь
о д
~~ о
~ о
5
х
с
о
ь й'
с д
Ф
»" д
5
Ч» 5!
5
к О
к
о о
о э
О Г
Е
Е
й) 5(
ь
Ф
с
»
Ф 07
о
5(
с
й»
о
И
о
5 Э
о х о ь
5
Е о о о
2 Ф д
о
! 1
х
+
х
1 х
И
Ш ! 4
х
И
(»~ !
И
1 +
(Л
х х
м!
х
1 +
(О
х
И И
1
(м
+ х И
И
Л
о
2 с
с
й
д о
5(
о
5
о
-1 й Е
й» -1
о о
Л Ф Ч»
о
Ю
х х х
ы н ы
1о й) Э 5 5( :2 1:» 5
Е
й 5 д Ф 5( д Я Ф :» (Р Э
о
Сй
о
й)
о
Я й) 5 М
1 1
1 о
1 Х 1
1 1
1 1
+
1 1
Ь4
(4
1 1
1 1
1 1
1 у( 1
1 х 1
н ' (н
1 1
1 ! 1
1
1
х х
1 4~ 1 4:
И ' И
1 1
(М
1 1
1 1
1;Ц 1 !' »
ь о со
5 О
Ц ~~с
о ~'о
Д 0.
й» д ф
!Г
!Г х Эд
д
Еэх
5 Ч»
Ф
Ф
~ ~о
О,0
о
О ь
~ Э
Э
о
~ д
Э Д
с
Ф
Е
5 О
й
с ~3-
ч» -~3-
й)
0д С
Э 5
д Ф
4( -1
-1
Ы
-~ о
Х
-1
О О
о'ь
с
Ю
к 01
о о
4=1- Е
~3- 0
Ф
5 0
Э С
д
!Т !Г
о
0»
Ф О
~ э
5 Х
,„р о
° -~р
о ~д
+-~щ
о
с
с й»
а ".
д о дд~д~э ф
д д
(4 !! 5 Ф
2 + + 5 5
01 44
х х О о
4~ 4~
~ о
!4 „Ф
Е
д
1Г
М "„~ 5(
!Г
о 5 ~ о о х с ~
5
о1
к'- о ~
63
~ Ю
Е
с >
о
ь о «->
5 ~ д
ь Э
СОИ
д 0»ь5
д
!Г Э
-» ~ о
д
!Т !ТС
о
ЭдО
о
Фд5
Е Э Э
э о
д о~о
-~ х х
!т о о
ь ь
=» 5 5
Э Е
О О О
о
О1
р .о
Э
3
ФОЭ
о Б
0» О
Ж
-Ч
(Г Э
5 О
о
Ох д
О 5
сЯ
5 )й
ш1- (м!
х
С (4»
'О ~ц
Ы
Р
Е
Э
Е
М
о
5 ~0
о
-1 03
Э Э
е ь
[Г Э
(Г С
т» О
Ы
о
5
5
-»
Ф й
'Э с
Е
Е
Ф (,ъ
к
Д 0»
5
я
й»
»
Э
5
О4
!0 С
о
-! Б
О
О О
о ~
.с
х Ф
(4 Д
д
5 О
5(
ь
о
х х х хс
+ 1 1 +
1' 4 (л)
х
+ 1 1
О! 4~
х х
+ + 4~
х
И И И 1 1
+ + +
о о
й
В
о Ог
ъ
Ф 3 В
~( )~
ъ
~(
:з
~0
о
Э О 5
И
й
о х о ь
5 Е
о о
5
й
о й»
с о
д
х а
й
о ь о
Распознанный текст из изображения:
ь ч о ь о
з
Ф
5 с с с (Ъ Ф Ф Ф
Ш
2 о
Д 5 Е
х
И
х
И
х
И
О1 !
Ю
о
Ф щ
О Ш
Ш с
Ф
о ~
Ш Ш
Ф
О т
~1 Ш
с
о
Ф
~ о
ц о
х
о 1
х
И
И
(гз ! 4
(л 1
х
о(Г
1
о
О0
1
И
о
Ь~
ЬЭ
м!гэ
х
И
.В
х
( о
(((! 1
+
м1
С1 о
И о о
Ю
Е О1 Е М Ф
-о
О~ !
И о О0
Ю Ф о Е Ф Х
ь
Ф о
ф
$ (
Ш Ю Ш Ф
ь
Ф Г х
Ш Ю Ы Ш х
х
( О ( О (.1О
1 1 1
х х
П П И
о
О~ О С
1
о о
1
00 ~О
Ь~ 4~
«о
Н 11 11
о о о
4~
О~ СЬ
о
Ш
И 2
о|Г о~
5
Е
(м !
!-1 о
й
+ о
й
о!
О
О~
м(! ~
5
Ф
И Ф5
о
~О
х Оэ
И)
И
5
Е
1
(л ! .9-
о
(.> о О
и
с
о!
Я
1 ар
~1- 2
х
~ о
й
5
.'О
Л
й
О
03
о
о
Л
о
О1
М
Ф
М
О
Ф
Е
й
5
М
Б
о
;о И
$и <:г,1
с
М
( О (1О -О
И И
(м !
о!
0Э О1 й ~о й к М с й
о
-1
Ф
Ф
с
Ф О
о
О1
5
Х
й
х
5 Ю
о
й 3~ с
б Е
Ф
Х
03 .С й Х 5
й
~о й й х
х
В
-С
~(
3 ь
о О
В
й
3
О (Ь
О й
В
~(
х
И
О1! ~
х
01 М
1
('~11 М(4
Ф
ЧР й)
с
5 й
И
И
О~ 11
И
(.Рз ! 4
И
И
о
И 11
о о
ОО
4~
о
1 1
о о
4~
О~ П
о о м о О О
00 С~
(л 1
х
о
-1
И о
'О
~О О~
С« (О 4 1 о ~О 1 (М 11 о о
о о 1 о
~О
(О И о о
И
.Б
х
х
И о
О;
о (:1
о о И о
11 о о 00
х х х х
4~ (1 Ь~ (1 Оэ % (1
И 11 И 11
о — о
~О ~О
'О ~О
00 (О
й Р
И ~0
Ы Г
с
Л
Е о
й ~
2
о м
с о'
с ф
о
Х
х
о Ф
с
~о
Ф
Е ~
Ф
ь
о
о
5
Ы
Ы
Ж
Ы
о
с
о
о
о
Ю
С0
И
о|„«о
5
Е
(.л1~ щ
о о
~О О
о
о
+ о
Л
5
о~
о
(>Э
Ь~
1 Ф
(л!
( ~1-- ! (~(1~
х
ОЭ
Е
й Е
-8- о
Е
с Я
с о
1 й
о
~о
о
1
о
О1
й х Ф
Е
й 5
Ъ е
ч о
ь о
3
й
Ф
с о Ф Ф й Ф
з
о Ог
Распознанный текст из изображения:
Ш х ц о 2 1 5
о з
и е
Ш
И
,-,~(,, о
Е
(л !
(л ! - 1;О
й
Ф
Э
о|
~О
Си
(л ! ~
5
И Э
о
-! Ф
О
Ж
с
5 З
х
и
О~ !
х
и
х
и
(л! 1
и
(л! 1
х х х
з о ( о (эо
1 1 1
х х х
и
И
+
(л !
+
(„ф„) !
1
(л !
(л 1 ~-~
х
х
(л !
и и и
о
О О
О~
1
о
о О Я
о
(О
и и
и о о
о
4 (О
о
ЧР
о
(л ! ~
х
( о
и
.Б
' Р~
х
-.о
1
1
(л!гэ
~О ОО 1 и о Ь1
И о
(л !
о о Ь~
(л1
х
о
о о \~Э
(л !
сл !
И
В
СЬ
С(1( $ ( Ф
о (О о
и
о
ь
а
Ш
2
5
о
Е
х Ш
и
5
о!Г Я
й
(л1~ Ф
О
о о
о О
(э Э
Л
о) О1
о
О
ь~ Э
о
5
й
х и
и
(л ! -1
1
и
(л ! -3
(л !
о
(О
~О
и о
~О
4 1 о
~О
~О и о о о С~
о
~О
~О Ь~ 1 (л!~э
о
~О
И о ~О ~О ОО
(л !
о
о
о о
(л1
х
(л !
о ~О О~ и
о ~О О~ И
и о ( > О~
ь
а
х х х х
(( (~.~ Ф <г~ (( ((
И И 11 И
о о — о
~О КР ~О (О 'О ~О ~О (О и 6 и
0~ Ш Ф (Г
2
Л
Е о
Л
О М с '" С Ф
к
О О С
° Э ;О ~-
й Е ~
й 7С
5 Ь й О
о
5 -ч Ж 1Р Ы М
О с О о
-1 Ю Ю
О х х х
1
х
и и и
о о
~О О О
о (.~ о
О~ О
1 1 (
о о
~О ~О О
'О ~О
ОО ~ Э (Л
и и и
о о о
о о о
О О
х Ы
Ы
и
5
о), Е
1 Е
(л ! ~3-
О
((о 0
Е
о)
х Я
1 Ф
1Г
2
Х 5
о
Э
5
М
й
О
О
О
5
Сй
и
5
М
5
~0
О
Э
Е
Ф
5
М
х
о ' о (эо о
и и и и
О~! (л !
о!
Ш
Ъ
й ~О Ф Е
Ы
с
Ф
о
Э
х
Ф
с
Э
и х О О
Л
О
5 О1 5
о
Ф
ь
с
5 .Е
Ф Х
й :3 Ф
О
Э Е Э Х
х
ОЭ Ф
Е
Э Е
~3- О О
с
Я г 2
5
О
Э
М
Ф
О
-1 О
О О
Сй 5
Х
Ф Х й '(О й
Е
Ф х
Распознанный текст из изображения:
РГР «Теория оптимизации и численные методы»
стр.!
РГР «Теория оптимизации и численные методы»
стр.2
Р(х) =4х — 32.5х +78.5х — 49
в) Аппроксимировать функцию полиномами 1-го и 2-го порядка по методу
наименьших квадратов
Будем искать аппроксимирующий полином 2-го порядка в виде:
2
82(х) = а2Х + а!х+ ао
Неизвестные коэффициенты а,, а,, а, определяются
алгебраических уравнений:
Решение:
из системы линейных
жоао + Б1а! + Б2а2 = 10
з1ао + ~2а! + ~За2 ~!
~2ао + зЗа! + ~4а2 !2
Соответственно аппроксимирующий полином 1-го порядка будем искать в виде:
д!(Х) =а,х+ ао
Неизвестные коэффициенты ао, а, определяются из системы линейных алгебраических
уравнений:
жоао + з1а! = ~0
] (х) =4х — 32.5х +78.5х — 49
Параметры
о о
ЗО ХО +Х1
2 2
З2 — — ХО+Х,
4 4
~4 Хо +Х!
Для составления систем для определения неизвестных коэффициентов
аппроксимирующих полиномов составим таблицу:
Запишем систему для определения коэффициентов аппроксимирующего полинома 2-го
порядка:
4ао+10а, +20а2 =14
10а 0 + 30а, + 100а 2 = 31
30ао +100а, + 354а2 — -75
Задание йо6
Задание Иаб
Изб Интерполяция и аппроксимация функций заданных таблично
а) Построить интерполяционный полином Лагранжа для заданной функции
] (х)—
(х — 2)(х — 3)(х — 4) (х — 1)(х — 3)(х — 4) (х — 1)(х — 2)(х — 4) (х — 1)(х — 2)(х — 3)
.1+ .10 + .2+ 1
(1 — 2)(1 — 3)(1 — 4) (2 — 1)(2 — 3)(2 — 4) (3 — 1)(3 — 2)(3 — 4) (4 — 1)(4 — 2)(4 — 3)
Раскроем скобки и приведем подобные слагаемые:
х — 9х +26Х вЂ” 24 х — 8х +]9х — ]2 х — 7х +14х — 8 х — бх +]]х — 6
](х) — + 10+ .2 +
— 6 2 — 2 6
б) Построить интерполяционную формулу Ньютона
Построим таблицу конечных разностей, пользуясь формулами:
2 3 2 2
ДУо =У! Уо Д Уо =ДУ! ДУо Д Уо =Д У! Д Уо
2
ДУ! У2 У1 Д У! =ДУ2 ДУ!
ДУ2 УЗ У2
Пользуясь таблицей, запишем интерполяционную формулу Ньютона:
2 2
Р(х) = + — (х — хо) + (х — хо)(х — х,) + (х — хо)(х — х!)(х — х2), где
Уо ДУо Д Уо Д Уо
]10 0! ]1 ]! ]12
]1 =Х! Хо
1 9 — 17 24
Р(х) = + — (х — 1) + (х — 1)(х — 2) + (х — 1)(х — 2)(х — 3)
]о 0! 1,]! 1 .2! 1 .3!
Раскроем скобки и приведем подобные слагаемые:
Р(х) =1+ 9(х — 1) — 8.5(х — Зх + 2) + 4(х — бх + 1]х — 6)
системы определяются
+Х2+ХЗ
+Х2+ХЗ
+Х2+ ХЗ
о о о о
Со =Уо хо+У!.х! +У2 х2+Уз.хз 1 1 1 1
11 =Уо 'Хо+У! 'Х!+У2 'Х2+УЗ 'ХЗ
2 2 2 2
]2 — Уо Хо+У! Х! +У2 Х2+УЗ ХЗ
+з а! =1!
формулами:
1 1 1 1
З! — — Хо+Х!+Х2+ХЗ
3 3
~3 ХО+Х1+Х2+ХЗ
Распознанный текст из изображения:
РГР «Теория оптимизации и численные методы»
РГР «Теория оптимизации и численные методы»
стр.4
стр. 3
Найдем решение системы по методу Крамера: 4 10 30
Л = 10 30 100 = 80,
30 100 354
4 14 30
4 10 14
14 10 30
Л1 = 31 30 100 = 560 Лг = 10 31 100 = 936 Ьз = 10 30 31 = 200
75 100 354 30 750 354 30 100 75
Тогда запишем значения коэффициентов:
— 560 Лг 936 Л, -200
ао= — '= = — 7, а,= = =11.7, а = = = — 2.5 80 Л 80 Л 80
дг(х) = — 2.5х +11.7х — 7
Найдем решение системы по методу Крамера:
14 10 4 14
=110, Лг = = — 16, 31 3 10 31
4 10
Л= =20,
10 30
Тогда запишем значения коэффициентов:
Х, 110 ~г — 16
ао = — '= =5.5, а, = = = — 0.8
Л 20 Л 20
д1(х) = -0.8х+5.5
На чертеже представлены интерполяционные полиномы Лагранжа Цх) и Ньютона Р(х),
а также аппроксимирующие полиномы д, (х) и дг(х).
Задание Иоб
Задание Иоб
Аналогично, запишем систему для определения коэффициентов аппроксимирующего полинома 1-го порядка: 4ао +10а, =14 10ао + 30а1 = 31
Распознанный текст из изображения:
РГР «Теория оптимизации и численные методы»
РГР «Теория оптимизации и численные методы»
вычисляются значения х, по формуле:х, =+
+ь
Если Р > 0 — линия уровня эллипс
Если Р < Π— линия уровня гипербола
Если Р = Π— линия уровня парабола
Построение эллипса
вычисляются значения х, по формуле:х, =+
+а
Построение параболы
— В
ф
х = —, хг — — Ах +Вх +С
2А'
Ве шина па аболы:
вычисляются значения х, по формуле:х, =+
Построение гиперболы
(2) ' + — ], где А>О,В>0 А В
Приложение к ИО2
Приложение к ИО2
Приложение: Построение типовых линий уровня квадратичной функции
Дано уравнение линии уровня: а,х, + а,х, + а4х, + а,х, + а, = С
г г
а, 0
Инвариант для определения конфигурации линии уровня: Р =
О а
(х,— а хг — Ь
Каноническое авнение эллипса: ' + — 1, где А > О, В > 0
А В
Ы % (~)
Оси эллипса: х, =а, х, =Ь
Точки пе есечения эллипса с главными осями:
(х -Ь)
х, =а, =1 =~ Х,',Хг — точки пересечения эллипса с осью х, =а
В
х, =Ь, ' =1 ~ Х,,Х, — точки пересечения эллипса с осью хг =Ь
(х, — а)
А
ополнительные точки я пост оения эллипса:
Или для нескольких значений хг, лежащих в диапазоне, задаваемом точками Х,',Х,',
Или для нескольких значений х,, лежащих в диапазоне, задаваемом точками Х,,Хг,
вычисляются значения хг по формуле: х„=+
х1 — а хг — Ь
Каноническое авнение гипе болы: (1) ' — ' — 1, где А>О,В>0
А В
или
Ось гипе болы: х, = Ь
Точки пе есечения гипе болы с осью:
х г = Ь, ' =1 =~ Х,, Х, - точки пересечения гиперболы с осью х, = Ь
(х, -а)
ь ь
А
ополнительные точки я пост оения гипе болы:
Для нескольких значений х,, лежащих вне диапазона, задаваемого точками Х,,Х,,
х1 — — а Точки пе есечения гипе болы с осью:
(х -Ь) х, =а, =1 ~ Х,',Х', — точки пересечения гиперболы с осью х, =а
В
ополнительные точки я пост оения гиле болы:
Для нескольких значений х,, лежащих вне диапазона, задаваемого точками Х,',Х,',
Каноническое авнение па аболы: (1) хг = Ахг + Вх, + С
или
(2) х1 — — Ах г г+ Вх г + С
х1=х1 если А > Π— вдоль положительного направления оси хг если А < Π— вдоль отрицательного направления оси х г
ополнительные точки я пост оения па аболы:
Для нескольких значений х,, лежащих справа и слева от вершины вычисляются значения
хг по формуле: хг = Ах, + Вх, + С
г
— В « *г
Э
Ве шина па аболы: х =, х, =Ахг + Вх +С
г-2А г
если А > Π— вдоль положительного направления оси х,
если А < Π— вдоль отрицательного направления оси х,
ополнительные точки я пост оения па аболы:
Для нескольких значений хг, лежащих справа и слева от вершины вычисляются значения х, по формуле: х, = Ах', + Вх, + С
Распознанный текст из изображения:
РГР «Теория оптимизации и численные методы»
РГР «Теория оптимизации и численные методы»
стр.З
стр.4
~7Г(Х ) =
4 ( — 3)+2 ( — 1.2)+20 5.6 1 4 ( — 1.2)+2 ( — 3)+10 — 0.8~
— 20 0.17857 — 3.7514
= 5.6569
— 1.2 — 0.8 — 1. 12
= 4.7916
3 4'( 3.56)+2'( 1.12)+20 3 52
Ч1(Х ) =
4 ( — 1.12)+2. ( — 3.56)+10 — 1.6
= 3.8666
4.79162
~Зо = =0 04592 22.3607
2.1429 -20 -3.0612
Задание ИО 1
Задание ИО 1
Вычислим точку Х по формуле: Х =Х вЂ” с~ЪТ(Х ). Зададим шаг 1~ =0.1
~(Х')=2 ( — 3.56) +2 ( — 1.12)'+2 ( — 3.56) ( — 1.12)+20 ( — 3.56)+10.( — 1.12)+10= — 36.5696
1(Х') < 1'(Х'), следовательно, шаг выбран удачно
Приведенные вычисления представим в виде таблицы
в) Сделать одну итерацию методом наискорейшего спуска из начальной точки
Х = (О, 0) в направлении экстремума
Итерация О. Итерация О совпадает с О-й итерацией метода градиентного спуска.
Итерация 1
с
Вычислим точку Х по формуле: Х' = Х' — ~о~Т(Х') .
Вычислим шаг со.
1(Х )=2'( 20'Со) +2 ( — 10 йо) +2'( 20'йо) ( 10'1о)+20 ( 20 1о)+10 ( 10 1о)+10=
800 й~ о+200 1о +400 1о 400'1о 100'1о +10
1400'1о 500 Со+10
М(Х ) 500 = 2800 ' 1о 500 = 0 =~ 1о = = 0-17857 йо 2800
Г(Х ) =1400 0.17857 — 500 0.17857+10= — 34.6429
4
( — 3.5714) + 2. ( — 1.7857) + 20 2.1429
~Т(Х ) = 4 ( — 1.7857) + 2 ( — 3.5714) +10 — 4.2857
Приведенные вычисления представим в виде таблицы
йо х У 1 ~7, ~7 Ч1 Х
0 0 0 20 10 10 22.3607
1 -3.5714 -1.7857 0.17857 2.1429 -4.2857 -34.6429 4. 7916
г) Сделать две итерации методом Гаусса-Зейделя из начальной точки
Х = (О, 0) в направлении экстремума
д) Сделать две итерации методом сопряженных градиентов из начальной точки
Х = (О, 0) в направлении экстремума
Итерация 0 совпадает с 0-й итерацией метода градиентного спуска.
Итерация 1 совпадает с 1-й итерацией метода наискорейшего спуска.
Вычислим точку Х по формулам:
Х =Х +т~д
с1' =-Л(Х')+ РОД", с$ = — С71(Х )
Распознанный текст из изображения:
РГР «Теория оптимизации и численные методы>3
стр.1
РГР «Теория оптимизации и численные методы»
стр.2
х ~ — 2х, ч-1 — 1-ч 21х~ — 2 3 х, ч- /9 — 9' ) = — 1
(х, — 1) — 1-'; 2((х — /32) — 9/4) = — 1
(х, — 1) ч-2(х — /32) = — 1ч-1-'; 9/2
Дано: 1(Х) =х, +2х2 — 2х, — бх2 — 12-+ех~г
2 2
2х, +х2 — — 1
Решение:
— каноническое уравнение эллипса
а) Решить задачу графически
х2 — — 3 х2 =О
х1 — — — 1
2х, +х2 — — — 1 2х, +х2 — — — 1 х, — 1=4х2 — 6 х) — 4х2 = — 5
2х|+ х2 — — — 1
:Ф
9х2 — — 9
(1) — 2 (2)
. 9 'ч.)
х1 — — +
') см. Приложение к М2
Задание Иа 2
Задание Ио 2
Этап Иу2 Методы решения ЗНП при ограничениях типа равенства
Преобразуем ограничение к виду: ~р;(Х) = О 2х, +х2 —— — 1 =э 2х, +х2+1=0 =~ у|~Х)=2х, +х2+1
Решение задачи есть точка касания ограничения и линии уровня функции 1 =С, где С = сопй. Искомая точка касания обладает следующими свойствами: ° точка касания принадлежит ограничению: 2х, " + х 2 " = — 1 ° в точке касания градиенты функции и ограничения линейно зависимы:
Кдс Кас 2Х 2 2 2Х) 2 4Х2 6 ~1-(Х Кас ) ~т (Х Кас ) 1 1 2 4х кс — 6 1 2 1
2 Воспользовавшись условиями касания, составим систему уравнений и найдем координаты решения:
'к
Найдено решение задачи - точка Х =( — 1,1) — точка касания ограничения и линии уровня функции 1=( — 1) +2.1 — 2 ( — 1) — 6.1 — 12= — 13.
Построим графическую иллюстрацию решения.
Ограничение в задаче — прямая с уравнением х2 = — 1 — 2х,.
Определим конфигурацию пинии ' уровня функции 1' = — 13, вычислив инвариант:
1 0
Р = = 2 т.к. Р > О, то искомая пиния уровня эллипс.
0 2
Запишем уравнение линии уровня:
х, + 2х 2 — 2х) — бх 2 — 12 = — 13
х, +2х2 — 2х, — бх2 — — — 1
2 2
Приведем уравнение линии уровня к каноническому виду, выделив полные квадраты:
х) — 2х, + 2(Х2 — Зх2) = — 1
2 2
Центр эллипса - точка с координатами П, /32х) .
Главные диагонали эллипса прямые с уравнениями: х, =1 и х, = ~ .
3"
Найдем точки пересечения эллипса с главными диагоналями:
х 3
( 2 — 2) =/4» хх — /2= +—
(Х2 —:2)
3 2 9 3 3
9,/
/4
Получены точки с координатами: (1, 0) и (1,3)
3" 9" х2 =3.1213
Х2 — /2 х, =1 р (Х) — 1) = /' — Ф Х) — 1=+ т—
9.' 2 / ~/2 х, = — 1.1213
/2
Получены точки с координатами: 1 — 1.1213, /32х) и 13.1213, 3/2)
Найдем еще несколько точек дпя построения эллипса, выразив х, из канонического
уравнения эллипса:
Построим на чертеже ограничение и линию уровня функции Г = -13.
Распознанный текст из изображения:
КР «Теория оптимизации и численные методы»
стр.4
б) Решить задачу методом множителей Лагранжа
1аналитически отыскать экстремум функции при ограничениях типа равенства,
используя аппарат необходимых и достаточных условий)
Запишем классическую функцию Лагранжа:
1(Х,Х) =х12 +2х2 — 2х, — 6х2 — 12+ 11(2Х1+ х2+ 1)
Запишем необходимые условия экстремума функции при ограничениях типа равенства:
Решим полученную систему:
(1) — (3)
4 (1)+(2)
Х1 — — 2
Х1 —— 2
6 — Х1
4
Х2 =1
х1 — — — 1
— 1 — х2
х1 ——
2
Таким образом, получено решение системы — точка с координатами (Х,Х ) =( — 1,1,2)-
условно-стационарная точка функции.
Определим характер полученной точки с помощью достаточных условий экстремума.
Запишем второй дифференциал функции Лагранжа:
д21 (Х,Х)
2 1
д~ЦХ,Х) д ЦХ,Х)
д ЦХ,Х)
2 2
дх,дх2 дх2дх,
д 1 (Х, Х) = 2(11Х1) + 4(с1Х 2 )
Запишем дифференциал ограничения д1.
др,(х)
дх,
др,(х)
дх 2
Йр1(х) =2 с$Х1+1 дх2
Задание йо 2
2х1 — 2+ 211 — — О 4х2 — 6+ Х1 — — О 2х1+х2+1= О
911 =18 4х2 + Х1 — — 6 =э 2х1+х2 = — 1
— 2+З. =О
дх1
дЦХ, Х)
— +
дх2
1р1(Х) = 2х1+х2 +1= О
2х1 + 211 — — 2
4Х2+~ 1 —— 6
2х, +х2 = — 1
— х2+2~.1 — — 3
4Х2+~1 — — 6
2х1+ х2 — — — 1
Распознанный текст из изображения:
КР «Теория оптимизации и численные методы»
стр.5
КР «Теория оптимизации и численные методы»
стр. б
Задание Иа 2
Задание Иа 2
В точке Х* = ( — 1, 1, 2) имеем:
д Е(Х*)=2(г1х!) +4(йхг) при условии с1р!(Х*)=2 с1х! +1 !1хг =О, получим:
с1хг = — 2дх! ~ с1 Е(Х*)=18(йх!) >О при дх! ~0
Следовательно, в точке Х = (-1, 1) выполнены достаточные условия локального
условного минимума.
е) Найти решение задачи методом исключений
г) Найти решение задачи методом штрафной функции
Составим штрафную функцию:
Е(Х,г) =х! +2хг — 2х, — бхг — 12+ — (2х! + хг +1)
г г
Запишем необходимые условия безусловного минимума штрафной функции:
дГ(Х, г)
=2х! — 2+г.(2х! + хг +1) 2=0
дх!
дГ(Х, г)
=4хг — 6+г (2х! +хг+1)=0
дхг
(2+4г) х! +2г хг — — 2 — 2г Преобразуем исходную систему к виду:
2г х, + (4+ г) х г = 6 — г Разрешим полученную систему относительно переменных х,, х, методом Крамера:
2+ 4г 2г
Л= =(2+4г) (4+г) — 4г =8+16г+2г+4г — 4гг =18г+8 2г 4+г
2-2г 2г
Л! —— = (2 — 2г) (4+ г) — 2г(6 — г) = 8 — 8г+ 2г — 2г — 12г+ 2г = — 18г+ 8 6-г 4+г
2+4г 2 — 2
~г = (2+ 4г) (6 — г) — 2г(2 — 2г) = 12+ 24г — 2г — 4г — 4г+4г = 18г+12
2г 6 — г
— 18г+ 8
х, (г)=
Тогда
18г+ 8
- стационарная точка штрафной функции.
18г+12
18г+ 8
Найдем координаты условного экстремума исходной задачи как предел решения задачи
поиска безусловного экстремума штрафной функции:
— 18г+ 8 18г+ 12
х, = 1пп = — 1, хг — — 1пп =1
г — + о 18г+8 г-+ю 18г+8
(
Получена точка Х =( — 1, 1) — точка условного экстремума исходной задачи.
2+ 4г 2г
Запишем матрицу Гессе для штрафной функции: Н(Х,г) =
2г 4+г
Л! =2+4г>0 при г>0
Л г = (2+ 4г)(4+ г) — 4гг = 8 +16г + 2г + 4г — 4г = 8+ 18г > О и ри г > О
Следовательно, по критерию Сильвестра, достаточные условия минимума функции
Е(Х,г) выполняются, и значит полученная точка Х =( — 1,1) — точка условного локального
минимума функции 1(Х) .
Запишем оценку Х!:
— 18г+ 8 18г+ 12 . — 36г+ 16+ 18г+ 12 + 18г+ 8
Х! — — 1пп г. 2.
+ +1 = 1пп г.
г-+ ~ 18г+ 8 18г+ 8 г-+ о 18г+ 8
г-+ о 18г+ 8
Внимание! В случае поиска условного максимума, используют формулу: Х = — 1цп г. ~!) .(Х ~ (г))
Распознанный текст из изображения:
РГР «Теория оптимизации и численные методы»
РГР «Теория оптимизации и численные методы»
стр. 1
стр.2
1(Х) = х, + х2 -+ех1г
-х,+ х~<1
2х, + х~<4
х,,х >О
(1)
(2) (3)
Решение:
а) Решить задачу графически
Задание Иа 3
Задание М 3
ИуЗ Методы решения задачи линейного программирования
Дпя графического решения задачи построим:
° множество допустимых решений, задаваемое ограничениями (1)-(3);
° градиент функции ЪТ(Х) =(1, 1) в точке с координатами(0, 0);
° линию уровня функции Г(Х) = С, проходящую через точку с координатами (О, 0). Для
этого найдем значение константыС: С=цО,О)=0+0=0, и затем построим прямую
х, +х2 =О.
Будем искать точку максимума функции как последнюю точку касания линии уровня
функции и множества допустимых решений в направлении градиента функции. Как видно
из чертежа, это точка А=(1, 2). Таким образом, получено решение задачи поиска
максимума функции:
х, =1
х*, =2
1(Х ) =1+2 = 3
Будем искать точку минимума функции как первую точку касания линии уоовня функции и
множества допустимых решений в направлении градиента функции'. Как видно из
чертежа, это точка О = (О, 0). Таким образом, получено решение задачи поиска
минимума функции:
х1 — — 0
х2=0
1'(Х;„) =0+0= 0
'> Первая точка касания линии уровня функции и множества допустимых решений в направлении градиента
функции есть последняя точка касания линии уровня функции и множества допустимых решений в
направлении антиградиента функции.
Распознанный текст из изображения:
РГР «Теория оптимизации и численные методы»
РГР «Теория оптимизации и численные методы»
стр.3
стр.4
Таблиц
ка
Г(Х) =
Базисн
х4-4 х
Вычислим симплекс-разности для небазисных переменных:
Л1 — — 1 — - =1 — (О+0) =1
=1 — =1 — (О+О) =1
Х4
Т.к. Л, =Л~ >О выбираем Л2, т.к. ей соответствует переменная с большим номером, следовательно, в базис вводится переменная х2. Соответствующий этой переменной столбец — Х-столбец.
неотрицательная величина г1, соответствующая ей строка — Х-строка.
На пересечении 2-столбца и Х-строки, находится разрешающий элемент К =1.
Осуществим пересчет таблицы:
° запишем коэффициенты функции в верхнюю строку новой таблицы йо2;
° запишем в новую таблицу МО2 новые базисные переменные х, и х4,.
° запишем коэффициенты функции при новых базисных переменных в первый столбец
таблицы М2
° пересчитаем Х-строку: разделим Х-строку на разрешающий элемент, результат
запишем в 1-ю строку таблицы МО2 — получится разрешающая строка;
Х-строка ( 1 -1 1 1 0 ) /!
Результат 1 -1 1 1 0
Задание Яо 3
Задание Ио 3
б) Решить задачу симплекс-методом
Най ем максим м нк ии. Будем рассматривать задачу:
Г(Х) = х, + х~ -+гпах
— Х1+ Х2 <1
2х1+ х~ < 4
х,,х >О
Подготовим задачу к решению симплекс-методом:
Перейдем от задачи в основной постановке к задаче в канонической:
х|+ х2+ Охз+ Ох4 — ~гпах
Х1+ Х2+ 1 ХЗ+ ОХ4 — 1
2х, + х2+ Охз+ 1х4 — 4
Х|~Х2~ХЗ~Х4 0
х,, х4 — дополнительные переменные в задаче
Выпишем столбцы при переменных в ограничениях:
х, ХЗ
Базис в задаче есть, т.к. среди выписанных столбцов есть 2 базисных (столбцы
единичной матрицы (2 х 2)).
Окончательно получаем задачу, подготовленную к решению симплекс-методом:
1(Х) = х, + х~+ Охз+ Ох4 — эгпах
— Х1 + Х~+ 1ХЗ+ ОХ4 — 1
2х, + х2+ Охз +1х4= 4
Х1~ Х~~ХЗ~ Х4 0
Базисные переменные в задаче: в 1-м ограничении - х,,
во 2-м ограничении - х4
Начальное базисное решение:
х1 — — 0
х ХЗ =! х4 =4
В исходных переменных х,, х~ это решение соответствует точке с координатами (О, 0).
Вычислим величины г;,
1
г1 — — — —— 1
1
Из базиса выводится
как отношения элементов столбца Бр к элементам Л-столбца:
4
г~ = — =4
1
переменная х,, т.к. ей по строке соответствует минимальная
Начать зарабатывать