# 1 - Zachot

Реклама
```(1  x) 4  (1  x) 4   
 
1.20. а) lim
x  (1  x ) 3  (1  x ) 3
 
(1  x) 4  (1  x) 4
Выражение
можно упростить по формулам а2-b2=(a-b)(a+b) и
(1  x) 3  (1  x) 3
а3-b3=(a-b)(a2+ab+b2).
Упростим числитель:
(1  x) 4  (1  x) 4  ((1  &otilde;) 2  (1  &otilde;) 2 ) * ((1  &otilde;) 2  (1  &otilde;) 2 ) 
 ((1  &otilde;)  (1  &otilde;))((1  &otilde;)  (1  &otilde;))* ((1  &otilde;) 2  (1  &otilde;) 2 ) 
 (1  &otilde;  1  &otilde;)(1  &otilde;  1  &otilde;) (1  2 &otilde;  &otilde;2  1  2 &otilde;  &otilde;2 ) 
 (2 &otilde;) * 2 (1  &otilde;2  1  &otilde;2 )  4 &otilde;  (2  2 &otilde;2 )  8&otilde;  8&otilde;3 .
Теперь упростим знаменатель – по формуле кубов.
(1  x)3  (1  x)3  ((1  &otilde;)  (1  &otilde;)) * ((1  &otilde;) 2  (1  &otilde;)(1  &otilde;)  (1  &otilde;) 2 ) 
 (1  &otilde;  1  &otilde;) * (1  2 &otilde;  &otilde;2  1  &otilde;2  1  2 &otilde;  &otilde;2 )  2 &otilde; * (3  &otilde;2 ) 
 6 &otilde;  2 &otilde;3 .
1
(1  x)  (1  x)
 8&otilde;  8&otilde;  8
&otilde;  &otilde; 8
&otilde;2  4.
lim

lim

lim

lim
x  (1  x) 3  (1  x) 3
x   2 &otilde;3  6 &otilde;
3
 2 x &otilde;3  3&otilde;  2 x
1 2
&otilde;
4
4
3
3
2 x sin x  0 
 
1

cos
x
0 
x0
1
б) lim
Данное выражение можно упростить по формуле tg
a 1  cos a

.
2
sin a
2 x sin x
2&otilde;
lim
 lim
;
x0 1  cos x x0 tg a
2
a &agrave;
tg  ;
2 2
2&otilde;
2&otilde;
4&otilde;
&otilde;
lim
 lim
 lim
 4 lim
 4.
&otilde;
&otilde;
/
2
&otilde;
&otilde;
x0 tg
x0
x0
x0
2
Найти производные функций, заданных в явном и неявном виде.
3x  2 x
2.20. a) y  ln 3 x  ln 2 ( x  1) ; b)
2
3
1 1
1
 
.
x y sin y
3 2
a) y  3 2
ln x  ln ( x  1)
x2
x3
Найдем сначала производную числителя и знаменателя по формуле: (uv)`=u`v+uv`.
3
2
x2
x3
  3   2

x2

x3
  3
3  2
x2
x3

x2
 ln 3  2 x  2 x 
3
 3  2  ln 2  3x  3  2  (ln 3  2 x  ln 2  3x2 )
x2
x3
2
x2
x3



x  ln 2 ( x  1)  ln 3 x  ln 2 ( x  1)  ln 3 x  ln 2 ( x  1) 
1
1
 3 ln( x  1) 2 ln x 
 3 ln 2 x   ln 2 ( x  1)  ln 3 x  2 ln( x  1) 
 ln 2 x  ln( x  1) * 


&otilde;
&otilde; 1
&otilde;
&otilde;

1


ln
 
3




 u  u v  uv 
Теперь по формуле   
найдем производную исходной функции.
v2
v

2
3
x2
x3

 3 x  2 x  (ln 3  2 x  ln 2  3x 2 ) * ln 3 x  ln 2 ( x  1)
3

2
 3
 

2
 ln x  ln 2 ( x  1) 
3
2
ln x  ln ( x  1)




 3 ln( x  1) 2 ln x 
3  2  ln 2 x  ln( x  1) * 


&otilde;
&otilde; 1 



2
3
2
ln x  ln ( x  1)
x2
x3

 3x  2 x ln 2 x  ln( x  1)
2
3

(ln 3  2 x  ln 2  3x 2 ) * ln x  ln( x  1) 
3 ln( x  1) 2 ln x

&otilde;
&otilde; 1
ln 6 x  ln 4 ( x  1)
3 ln( x  1) 2 ln x
2
(ln
3

2
x

ln
2

3
x
)
*
ln
x

ln(
x

1
)


x2
x3
&otilde;
&otilde; 1
 3 2
4
3
ln x  ln ( x  1)
Можно оставить так или разложить на дроби:
3 x  2 x  ln 3  2 x  ln x  ln( x  1) 3 x  2 x  ln 2  3x 2  ln x  ln( x  1)



4
3
4
3
ln x  ln ( x  1)
ln x  ln ( x  1)
2
3
2
3
3 ln( x  1)
x2
x3 2 ln x
3 2 
3 2 
&otilde;
&otilde; 1 


ln 4 x  ln 3 ( x  1)
ln 4 x  ln 3 ( x  1)
x2
x3
3x  2 x  ln 3  2 x 3x  2 x  ln 2  3x 2
3  3x  2 x
2  3x  2 x
 3



ln x  ln 2 ( x  1) ln 3 x  ln 2 ( x  1) &otilde;  ln 4 x  ln 3 ( x  1) ( &otilde;  1) ln 3 x  ln 3 ( x  1)
2
3
2
1 1
b) 
x
1

3
2
3
2
3
;
y sin y
Найдем производные левой и правой частей по переменной х.
1 1
  
x y

 
 &otilde;1
&Otilde;
 
 y 1
&Otilde;
 (1) * &otilde;2  (1) * y 2 * ( y )X 
1 1

* ( y )X
&otilde;2 y 2
&Otilde;

 1 
 cos y
1 
2



  sin y   (1) * sin y  * cos y *  y  X 
* y X
2
sin y
 sin y 


1 1
 cos y

 2 * ( y )X 
* y X ;
2
2
&otilde;
y
sin y
cos y
1
1




*
y

*
(
y
)

X
X
;
sin 2 y
y2
&otilde;2
 y  X * ( cos2 y
sin y

1
1
)

y2
&otilde;2
;
y * cos y  sin 2 y
1
y X * (
)

;
y 2 sin 2 y
&otilde;2
y 2 sin 2 y

y X  2
;
&otilde; y * cos y  sin 2 y 


y X
y 2 sin 2 y
 2
.
&otilde; y cos y  &otilde;2 sin 2 y
Исследовать функцию методами дифференциального исчисления и
построить ее график.
x2
.
3.20. y 
( x  1) 2
Решение:
1)Находим область определения функции y и исследуем ее поведение в
граничных точках в области определения, включая и &plusmn;∞ = x
Д (y) =(-∞;1]U[1;+∞) ⇒ х=1 – вертикальная асимптота.
Найдем наклонные асимптот:
y=kx+b



x2
x
  lim  2
k  lim 
2 
x   x *  x  1 
x   x  2 x  1

  0;





2
2
 x



x
1

  1;
  lim  2
  lim
b  lim 
2 

 2 1 
x    x  1 
x   x  2 x  1 
x 
 1   2  
 x x 


y=1 – горизонтальная асимптота.
Наклонных нет.
2) Четность и периодичность:
2

 x
.
y(-x)=
2
( x  1)
Функция не обладает свойствами четности и периодичности.
3) Находим точки пересечения графика с осями координат.
02
 0 - точка пересечения начало координат.
y(0)=
(0  1) 2
&otilde;2
0=
.
( x  1) 2
х=0.
4) Находим точки экстремума и интервалы монотонности:

 x 2  2 x * ( x  1) 2  2( x  1) * x 2 2( x  1)( x * ( x  1)  x 2 )
 
y   


2 
4
4
(
x

1
)
(
x

1
)
(
x

1
)


2
2( x  x  x 2 )
 2x


3
( x  1)
( x  1) 3
 2x
0
( x  1) 3
х=0 и х≠1
--
+
0
min
-1
(0,0) – точка минимума.
х=(-∞;0] U 1;+∞) – график функции убывает;
х
х=[0;1) – график функции возрастает;
5) Находим точки перегиба графика функции и интервалы выпуклости и
вогнутости.

  2 x   2 * ( x  1) 3  2 &otilde; * 3( &otilde;  1) 2 2( x  1) 2 ( x  1  3x) 2  4 x
 
y   


3 
(
x

1
)
( x  1) 6
( x  1) 6
( x  1) 4


2  4x
0
( x  1) 4
х=-1/2; х≠1
--
+
+
1
-1/2
точка перегиба
(-1/2;-1/9) – точка перегиба.
х
х=(-∞;-1/2] – график функции – выпуклая кривая;
х=[-1/2;1)U(1;+ ∞) – график функции – вогнутая кривая.
6) График функции.
30
25
20
15
10
5
2,
5
2
2,
25
1,
5
1,
75
1
1,
25
0,
5
0,
75
0
0,
25
25
5
-0
,
-0
,
75
-1
-0
,
25
5
-1
,
-1
,
75
-2
-1
,
-2
,
25
0
Найти градиент функции Z в точке М.
2
3
2
3 x 4 y
, M (4;3).
4.20 z  x  3xy  4 y  e
Формула градиента:
z
z
i
j.
x
y
z
 2 x  3 y 3  e3 x  4 y  3  2 x  3 y 3  3e3 x  4 y ;
x
z
 3x  3 y 2  4  2 y  e3 x  4 y  (4)  9 xy2  8 y  4e3 x  4 y ;
y
Теперь подставляем координаты точки М:
z
 2 * 4  3 * 33  3e3*4  4*3  8  81  3  70 ;
x
z
 9 * 4 * 32  8 * 3  4e3*4  4*3  324  24  4  304 ;
y
Ответ: gradz  70i  304 j
Вычислить неопределенные интегралы.
5.20 a)
dx
 5  4 sin x
Решение: Воспользуемся заменой t=tg(x/2), значит x=2arctg(t), а
dx=2dt/(1+t2), при этом sin(x)=2t/(1+t2).
dx
2dt
2dt


 5  4 sin x  2
 2 5 * (1  t 2 ) 8t 
2t
(1  t )(5  4 *
)
(1  t )(

)
1 t 2
(1  t 2 )
1 t 2
(1  t 2 ) * 2dt
2dt
2


 
2
2
2
(1  t )(5  5t  8t )
(5  5t  8t ) 5
dt
2
dt
 

8
4
16 16
5
2
2
(t  t  1)
(t  2 * t 

 1)
5
5
25 25


 4


dt  
  x  4  5 
2
2
1
1 
2 5
5
 4


  tg     *   C 
 

*
arctg
t

*

C

*
arctg


  2 5 3
 5 
5  4 2 9  5
5 3
9
9 
 



t    
 5 
25
25 

25 

  x

 5tg    4 
5  x 4
2
2
2
C
 arctg  tg      C  arctg   


3
3
3
3 2 3




2
b)  x sin xdx
Решение:
Возьмем интеграл по частям:
u=x2,
du=2xdx,
dv=sin x dx,
v=-cos x.

И по формуле uv- vdu получим:
2
2
2
x
sin
xdx


x
cos
x

2
x
cos
xdx


x
cos x  2 x cos xdx


Еще раз возьмем по частям:
u=x,
du=dx,
dv=cos x dx,
v=sin x.


 x 2 cos x  2 x cos xdx   x 2 cos x  2 x sin x   sin xdx 
  x 2 cos x  2 x sin x  2 sin xdx   x 2 cos x  2 x sin x  (2 cos x) 
  x 2 cos x  2 x sin x  2 cos x  2 x sin x  cos x(2  x 2 )
x2  3
dx
c) 
x  2 x 2  x  1 .


Решение:
Разложим подынтегральное выражение на простые дроби:
x2  3
A
Bx  D


 x  2 x 2  x  1  x  2 x 2  x  1






;
Bx  D * x  2 
A
Bx  D
A * x2  x  1
 2


2
 x  2 x  x  1  x  2 x  x  1  x  2 x 2  x  1
A * x 2  x  1  Bx  D * x  2 Ax 2  Ax  A  Bx 2  D&otilde;  2Bx  2D


x  2x 2  x  1
x  2x 2  x  1
Так как знаменатели одинаковые мы можем приравнять числители.
х2+3=Ах2+Ах+А+Вх2+Dх+2Вх+2D;
х0: 3=А+2D;
х1: 0=А+2В+D;
х2: 1=А+В.
из первого выражения выразим А из третьего В:
А=3-2D; В=1-А, теперь подставим А, получим В=1-3+2D=2D-2.
Теперь вместо А и В во второе выражение подставим полученные
выражения:
0=3-2D+2*(2D-2)+D;






0=3-D+4D-4;
1=3D; D=1/3;
А=3-2*(1/3)=7/3; В=2*(1/3)-2=-4/3.
Получили разложение на дроби:
x2  3
7
 4x  1


x  2 x 2  x  1 3x  2 3 x 2  x  1
 7
 4 x  1dx 
 4x  1 
7dx



dx


  3x  2 3x 2  x  1   3x  2  3x 2  x  1




1
1


 2 x  dx
 2 x  1  1  dx
7
dx
2
7 d x  2 2 
2
2
 
  2
 
 

2
3 x  2 3 x  x  1
3 x  2 3
x  x 1




7
2 2 x  1  1,5dx 7
2 2 x  1dx 2  1,5dx
 ln x  2  
 ln x  2   2


2
3
3
3
3 x  x 1 3  x2  x 1
x  x 1
7
2 dxx 2  x  1 2 3
dx
 ln x  2  
 *  2

2
3
3 x  x  1 3 2 x  x  1




7
2
dx
ln x  2  ln x 2  x  1  

1
1 1 
3
3
 2
 x  2 * x    1
2
4 4 

1

d x  
7
2
2

 ln x  2  ln x 2  x  1  

2
3
3


  x  1   3 

2
4 






7
2
1
1 1 

2

 ln x  2  ln x  x  1 
arctg  x   *
C 

3
3
2
3
3


4
4


7
2
2
1 2 
 ln x  2  ln x 2  x  1 
arctg   x   *
C 
3
3
2  3 
3

 2x  1 
7
2
2
 ln x  2  ln x 2  x  1 
arctg 
  C
3
3
3
 3 


Вариант 20.
1. В подразделение отряда космонавтов входят 12 человек, из
них 7 уже были в космосе, а 5 - еще нет. Для участия в проекте
отбирают 4 кандидатов. Какова вероятность того, что по крайней
мере у двоих из отобранных кандидатов уже есть космический
опыт?
Решение:
По формуле Бернулли:
Р(х&gt;=2)=Р(2)+Р(3)+Р(4)
&ETH;n (k )  C nk p k q n  k
p=7/12; q=5/12.
2
&ETH;4 (2)  C p q
2
4
2
4 2
2
4!  7   5 
2 * 3 * 49 * 25 7350
C p q 
*  *  

2!2!  12   12 
144 *144
20736
2
4
2
2
3
4!  7   5  4 *1043 * 5
6860
&ETH;4 (3)  C p q 
*  *  

3!1!  12   12  144 *12 *12 20736
3
4
3 1
4
4!  7 
2401
&ETH;4 (4)  C p q 
*  
4!0!  12 
20736
4
4
Р=
4
01
7350
6860
2401 16611
+
+
=
=0,8011
20736 20736 20736 20736
2. Консервный цех складирует продукцию в штабели по 500
штук. В некотором штабеле оказалось 150 нестандартных банок.
Инспектор выбирает наудачу последовательно две банки. Какова
вероятность того, что а) обе банки нестандартные; б) обе банки
качественные?
Дано:
Решение:
Число N всех равновероятных исходов испытания равно числу способов,
которыми можно из 500 банок вынуть две, т.е. числу сочетаний из 500
элементов по 2:
500!
500! 500 * 499 * 488! 500 * 499
2
N  C500




 250 * 499
2!(500  2)! 2!498!
2!498!
2
А)Число благоприятных исходов:
150!
150! 150 * 149 * 148! 150 * 149
2
N  C150




 75 * 149
2!(150  2)! 2!148!
2!148!
2
Cледовательно, искомая вероятность
Р(а)=
75 * 149
3 * 149 3 * 149 447



=0,089
250 * 499 10 * 499
4990
4990
Б) Число благоприятных исходов:
350!
350! 350 * 349 * 348! 350 * 349
2
N  C350




 175 * 349
2!(350  2)! 2!348!
2!348!
2
Cледовательно, искомая вероятность
Р(б)=
175 * 349
7 * 349 2443


=0, 489.
250 * 499 10 * 499 4990
3. На дне глубокого сосуда лежат спокойно 6 шаров – 2 белых и
4 черных. Случайная величина Х – число извлеченных без
возвращения шаров до первого белого.
1) Составить таблицу распределения Х.
2) Найти математическое ожидание M(X) и дисперсию D(Х).
3) Построить график функции распределения y = F(x)
4) Найти вероятность P(0,5&lt;X&lt;3).
Так как Х – число извлеченных без возвращения шаров до
первого белого, то:
Х=1, если извлекли с первого раза белый,
Х=2, если извлекли сначала черный, потом белый,
Х=3, если извлекли 2 черных и 1 белый,
Х=4, если извлекли 3 черных и 1 белый,
Х=5, если извлекли 4 черных и 1 белый,
Х=6 не может быть, так как в сосуде 4 черных и 2 белых шара, а
извлечение идет только до первого белого шара.
Белых шаров 2 из 6, значит вероятность вытащить белый шар
Р(Х=1)=2/6=1/3;
Вероятность вытащить сначала черный шар 4/6, осталось 5
шаров из них 2 белых – 2/5 – вероятность вытащить второй шар
белый:
Р(Х=2)=4/6*2/5=8/30=4/15;
Далее аналогично:
Р(Х=3)=4/6*3/5*2/4=1/5;
Р(Х=4)=4/6*3/5*2/4*2/3=2/15;
Р(Х=5)=4/6*3/5*2/4*1/3*2/2=1/15.
Проверка: Р=1/3+4/15+1/5+2/15+1/15=(5+4+3+2+1)/15=1.Верно.
1) Таблица распределения:
Х
1
Р
1/3 4/15
2
3
4
5
1/5 2/15 1/15
1
2
1 5  2 * 4  3 * 3  4 * 2  5 35 7
 3*  4 *  5* 

 ;
15
5
15
15
15
15 3
2)М(Х)=∑рixi= 1* 1  2 * 4
3
2
D(Х)=М(Х )-(М(Х))2;
1
4
1
2
1
 32 *  4 2 *  5 2 * 
3
15
5
15
15
1 16 9 32 25 5  16  27  32  25 105
   



7;
3 15 5 15 15
15
15
2
М(Х2)= 1*  2 *
(М(Х))2=49/9;
D(Х)=7-49/9=14/9.
3) Построим функцию распределения F(х)=Р{X&lt;x}:
Рассмотрим первый интервал x≤1: F(х)=Р{X&lt;x}=0;
Рассмотрим второй интервал 1&lt;x≤2: F(х)=Р{X&lt;x}= Р{X=1}=1/3;
Рассмотрим третий интервал 2&lt;x≤3: F(х)=Р{X&lt;x}=
=Р{X=1∩Х=2}=1/3+4/15=9/15=3/5;
Рассмотрим четвертый интервал 3&lt;x≤4: F(х)=Р{X&lt;x}=
=Р{X=1∩Х=2∩Х=3}=3/5+1/5=4/5;
Рассмотрим пятый интервал 4&lt;x≤5: F(х)=Р{X&lt;x}=
=Р{X=1∩Х=2∩Х=3∩Х=4}=4/5+2/15=14/15;
Рассмотрим шестой интервал x&gt;5: F(х)=Р{X&lt;x}=1;
Запишем закон распределения:
0, если х≤1;
1/3, если 1&lt;x≤2;
F(x)= 3/5, если 2&lt;x≤3;
4/5, если 3&lt;x≤4;
14/15, если 4&lt;x≤5;
1, если х&gt;5.
5) Найти вероятность Р( 0,5&lt;x&lt;3).
Р(x1&lt;x&lt; x2)= &Ocirc;  &otilde;2  &agrave;   &Ocirc;  &otilde;1 &agrave;  ;
  
  
Р( 0,5&lt;x&lt;3)= &Ocirc;  3  7 / 3   &Ocirc;  0,5  7 / 3   &Ocirc;  3  7 / 3 * 3   &Ocirc;  0,5  7 / 3 * 3  
14
14




 14 / 9 
 14 / 9 
 2 
  5,5 
 &Ocirc;
  &Ocirc;
  &Ocirc; 0,5345  &Ocirc;  1,4699  0,2036  0,4292  0,6328
 14 
 14 
4. Считая, что Х – нормально распределенная случайная
величина, которая задается функцией плотности распределения
f x  A  e2 x  4  , найти А, М(Х), D(X), P( X  4  0.5 ).
Решение:
По нормальному закону гаусса:
2

1
&aring;
f(x)=
 2
А=
1
2
2
А=
( &otilde; &agrave; ) 2
2 2
;
1
;
 2
 2 ; 1  4 2 ;  2 
1

1
2
2
f x  
2
2
1
1
; .
4
2
;
2
2
 e 2  x  4 
2
D(x)=σ2=1/4.
М(х)=а=-4
Р(|x+4|&lt;0,5)==2Ф(0,5/(-4))=-2Ф(0,125)=-2*0,0497=-0,0994
Решение:
Виды
Виды
Норма
комбикормов питательных
питательных
веществ
I
II
веществ
Микроэлементы
3
1
5
Корм. Единицы
1
2
5
Биостимуляторы
2
7
35
Себестоимость
2
2
Запишем уравнения-неравенства для данной задачи, где х1 и х2 количество
кормов I и II вида соответственно (кг):
3х1+х2≥5 – суточный рацион должен содержать не менее 5 единиц
микроэлементов;
х1+2х2≥5 – суточный рацион должен содержать не менее 5 кормовых единиц;
2х1+7х2≤35 – суточный рацион должен содержать не более 35 единиц
биостимуляторов.
х1,х2≥0,
Стоимость корма составит:
F(x)=2x1+2x2 → min.
Данную задачу удобнее решать графически, так как всего 2 неизвестных.
Построим прямые: 3х1+х2=5; х1+2х2=5; 2х1+7х2=35
И их направления:
х2
10
8
6
С 4
2
0
-1
-2 0
В
D
А
1
2
3
4
Микроэлементы
Корм. Единицы
Биостимуляторы
5 х1
-4
-6
На графике видно, что Точки в которых стоимость корма может быть
минимальна: А, С и D. точка В не попадает в допустимую область.
Проверяем выбранные точки:
А (1,2): F(х)=2*1+2*2=5;
С(0,5) : F(х)=2*0+2*5=10;
D(5,0): F(х)=2*5+2*0=10.
Минимальная стоимость в точке А, значит х1=1, х2=2.
Ответ: необходимо взять 1 кг комбикорма I вида и 2 кг комбикорма II вида.
Решение:
Составим математическую модель транспортной задачи. Пусть хij количество
единиц продукции перевозимой из i пункта его получения к j потребителю.
Условия перевозки продукции от поставщиков к потребителям
обеспечиваются за счет выполнения следующих равенств:
х11+х12+х13=16;
х21+х22+х23=32;
х31+х32+х33=20;
х11+х21+х31=21;
х12+х22+х32=30;
х13+х23+х33=32.
При данном плане Х=(хij) (i=1,2,3; j=1,2,3) перевозок общая стоимость
перевозок составит:
F= 5х11+9х12+7х13+4 х21+6х22+5х23+3 х31+5х32+4х33.
Таким образом, математическая постановка данной транспортной задачи
состоит в нахождении такого неотрицательного решения системы линейных
уравнений, при котором целевая функция принимает минимальное значение.
Составим таблицу 1.
a/b
b1
b2
5
Запасы а
b3
9
7
a1
16
4
6
5
a2
32
3
5
4
a3
Заявки b
21
32
20
68
83
30
В данной задаче видно, что сумма поданных заявок превышает наличные
запасы
(68&lt;83). Потребность не может быть покрыта. Эту задачу
можно свести к обычной транспортной задаче с правильным балансом, если
ввести фиктивный пункт отправления m+1 с запасом
(83-68=15) и
стоимость перевозок из фиктивного пункта отправления во все пункты
назначения принять равным нулю.
Получим Таблицу 2:
a/b
b1
b2
Запасы а
b3
5
9
7
4
6
5
a1
16
a2
32
3
5
4
a3
20
0
0
0
a4
Заявки b
15
21
32
30
83
Общая стоимость перевозок составит:
F= 5х11+9х12+7х13+4 х21+6х22+5х23+3 х31+5х32+4х33.
Четвертую строку можно не включать, так как стоимость перевозки из
фиктивного пункта составляет 0.
Составляем опорный план методом северо-западного угла.
Ранг системы уравнений равен r=m+n-1, где m – количество строк, а n –
столбцов: r=4+3-1=6. Значит, в каждом опорном плане, включая
оптимальный, будут отличны от нуля не более чем 6 перевозок.
Будем заполнять таблицу перевозками постепенно, начиная с левой верхней
ячейки (1,1). Будем рассуждать при этом следующим образом. Пункт b1
подал заявку на 21 единицу продукции, а в пункте а1 имеются запасы только
16 единиц. Удовлетворим заявку частично – на 16 единиц продукции и
запишем перевозку 16 в клетку (1,1).
a/b
b1
b2
Запасы а
b3
5
9
7
4
6
5
16
a1
16
5
27
a2
32
3
5
5
4
15
a3
20
0
0
0
15
a4
Заявки b
15
21
32
30
83
После этого в пункте a1 не осталось продукции, а заявка b1 еще не
удовлетворена. Удовлетворим эту заявку за счет пункта запаса a2 (32
единицы). Запишем 5 (21-16) в ячейку (2,1). Теперь в запасах пункта а2
осталось 27 единиц продукции (32-5), запишем и в ячейку (2,2) – запасы в
данном пункте заонцились, а заявка b2 не удовлетворена до конца (32-27=5).
Запишем остаток заявки b2 (5) в ячейку (3,2). Далее пишем остаток запаса а3
(20-5=15) в ячейку (3,3). После этого остается 15 заявок в а4 – запишем в
ячейку (4,3).
На этом распределение запасов закончено: каждый потребитель получил
продукцию согласно своей заявке. Это выражается в том, что сумма
перевозок в каждой строке равна соответствующему запасу, а в столбце –
заявке.
Полученное решение является опорным решением транспортной задачи.
Клетки таблицы в которых стоят ненулевые перевозки, являются базисными,
их число удовлетворяет условию r=m+n-1=6, остальные клетки свободные, в
них стоят нулевые перевозки.
Найдем стоимость этого плана, для чего в уравнение F подставим значения,
расставленные в таблице.
F= 5*16+9*0+7*0+4*5+6*27+5*0+3*0+5*5+4*15=347.
Далее будем решать методом потенциалов (для нахождения оптимального
плана).
Приписываем к таблице снизу добавочную строку для платежей j, справа –
добавочный столбец для платежей αi. Псевдостоимости записываем в левом
верхнем углу каждой клетки (стоимость - в правом верхнем углу). Один из
платежей выбираем произвольно, например α1=0. в оптимальном плане для
каждой базисной клетки псевдостоимость (αi+j) должна быть равна
стоимости. Составим условия для базисных клеток.
α1+1=5;
α2+1=4;
α2+2=6;
α3+2=5;
α3+3=4;
α4+3=0.
Полагая α1=0, получим:
1=5;
α2+5=4; α2=-1;
-1+2=6; 2=7;
α3+7=5; α3=-2;
-2+3=4; 3=6;
α4+6=0; α4=-6.
Составим таблицу.
a/b
b1
5 5
b2
7
9
b3
Запасы а
6
7
Платежи а
16
a1
4
4
5
6
6
5
32
-1
20
-2
15
83
-6
27
3
5
5
5
4
4
15
a3
-1
0
5
a2
3
16
0
1
0
0
0
15
a4
Заявки b
Платежи b
21
5
32
7
30
6
Так как не все псевдостоимости удовлетворяют условию (они выделены
красным), план не является оптимальным.
Попробуем улучшить его, переводя в базисные одну из свободных клеток,
для которых псевдостоимость больше стоимости, например клетку (4;2).
Строим цикл:
a/b
b1
5 5
b3
Запасы а
6 7
b2
7 9
Платежи а
16
a1
4
4
6 6
5
5
0
32
-1
20
-2
15
83
-6
5
27
a2
3
3
5 5
4
5
-
a3
-1
a4
Заявки b
Платежи b
16
0
15
+
1 0
+
21
5
4
0 0
15
-
32
7
30
6
Цена этого цикла 0-1=-1. Перенесем по этому циклу 5 единиц продукции
(наименьшее число из клеток с минусом). В клетках с плюсом прибавим 5, с
минусом – вычтем. Уменьшили стоимость плана на 5*1=5. Переходим к
следующей таблице.
a/b
b1
5 5
b2
7 9
b3
Запасы а
6 7
Платежи а
16
a1
4
4
5
6 6
5
0
32
-1
20
-3
15
83
-7
5
27
a2
3
16
3
5 5
4
4
20
a3
-1
a4
Заявки b
Платежи b
21
5
0
1 0
5
32
7
0 0
10
30
7
Вычисляем новые значения платежей, по-прежнему полагая α1=0:
α1+1=5;
α2+1=4;
α2+2=6;
α3+3=4;
α4+2=0;
α4+3=0.
В следующей таблице расставим псевдоплатежи.
a/b
b1
5 5
b2
7 9
b3
Запасы а
7 7
Платежи а
16
a1
4 4
5
a2
2
3
6 6
6
27
+
4 5
4
16
0
32
-1
20
-3
15
83
-7
5
4
20
a3
-2
a4
Заявки b
Платежи b
0
21
5
0 0
0 0
5
10
+
32
30
7
7
Видим, что в таблице все еще есть свободные клетки, для которых
псевдостоимость больше стоимости. Покажем цикл для этой клетки на той
же таблице. Цена цикла 5-6=-1. Перенесем по этому циклу 10 единиц
продукции (наименьшее число из клеток с минусом). В клетках с плюсом
прибавим 10, с минусом – вычтем. Уменьшили стоимость плана на 10*1=10.
Покажем это в следующей таблице:
a/b
b1
b2
5
b3
9
Запасы а
Платежи а
16
0
32
-1
20
-2
15
83
-6
7
16
a1
4
5
6
17
5
10
a2
3
5
4
20
a3
0
0
0
15
a4
Заявки b
Платежи b
21
5
32
7
30
6
Вычисляем новые значения платежей, по-прежнему полагая α1=0:
α1+1=5;
α2+1=4;
α2+2=6;
α2+3=5;
α3+3=4;
α4+2=0.
В следующей таблице расставим псевдоплатежи.
a/b
b1
5 5
16
b2
7 9
b3
Запасы а
6 7
a1
4
4
5
6 6
5
17
10
3
5 5
a4
Заявки b
Платежи b
21
5
0
0 0
15
32
7
0
32
-1
20
-2
15
83
-7
4 4
20
a3
-2
16
5
a2
3
Платежи а
-1
30
6
0
В последней таблице псевдостоимости не превосходят соответствующих
стоимостей, значит, этот план оптимальный.
F= 5*16+9*0+7*0+4*5+6*17+5*10+3*0+5*0+4*20=332.
Ответ: План перевозок Х=(16;0;0;5;17;10;0;0;20) при этом стоимость 332.
1. Проверяем, имеет ли платежная матрица седловую точку. Если да, то
выписываем решение игры в чистых стратегиях.
Считаем, что игрок I выбирает свою стратегию так, чтобы получить
максимальный свой выигрыш, а игрок II выбирает свою стратегию так, чтобы
минимизировать выигрыш игрока I.
Игроки
B1 B2 B3 B4 a = min(Ai)
A1
3 -2 1
5
-2
A2
0
1 -1 -1
-1
A3
3 -3 2
3
-3
b = max(Bi ) 3
1
2
5
0
Находим гарантированный выигрыш, определяемый нижней ценой игры a =
max(ai) = -1, которая указывает на максимальную чистую стратегию A2.
Верхняя цена игры b = min(bj) = 1.
Что свидетельствует об отсутствии седловой точки, так как a ≠ b, тогда цена
игры находится в пределах -1 ≤ y ≤ 1. Находим решение игры в смешанных
стратегиях. Объясняется это тем, что игроки не могут объявить противнику
свои чистые стратегии: им следует скрывать свои действия. Игру можно
решить, если позволить игрокам выбирать свои стратегии случайным
образом (смешивать чистые стратегии).
2. Проверяем платежную матрицу на доминирующие строки и
доминирующие столбцы.
Иногда на основании простого рассмотрения матрицы игры можно сказать,
что некоторые чистые стратегии могут войти в оптимальную смешанную
стратегию лишь с нулевой вероятностью.
Говорят, что i-я стратегия 1-го игрока доминирует его k-ю стратегию, если aij
≥ akj для всех j Э N и хотя бы для одного j aij &gt; akj. В этом случае говорят
также, что i-я стратегия (или строка) – доминирующая, k-я – доминируемая.
Говорят, что j-я стратегия 2-го игрока доминирует его l-ю стратегию, если
для всех j Э M aij ≤ ail и хотя бы для одного i aij &lt; ail. В этом случае j-ю
стратегию (столбец) называют доминирующей, l-ю – доминируемой.
С позиции проигрышей игрока В стратегия B4 доминирует над стратегией B3
(все элементы столбца 4 больше элементов столбца 3), следовательно
исключаем 4-ой столбец матрицы. Вероятность q4 = 0.
3
0
3
-2
1
-3
1
-1
2
В платежной матрице отсутствуют доминирующие строки.
Мы свели игру 3 x 4 к игре 3 x 3.
Так как игроки выбирают свои чистые стратегии случайным образом, то
выигрыш игрока I будет случайной величиной. В этом случае игрок I должен
выбрать свои смешанные стратегии так, чтобы получить максимальный
средний выигрыш.
Аналогично, игрок II должен выбрать свои смешанные стратегии так, чтобы
минимизировать математическое ожидание игрока I.
В матрице присутствуют отрицательные элементы. Для упрощения расчетов
добавим к элементам матрицы (3). Такая замена не изменит решения игры,
изменится только ее цена (по теореме фон Неймана).
6
1
4
3
4
2
6
0
5
3. Находим решение игры в смешанных стратегиях.
Математические модели пары двойственных задач линейного
программирования можно записать так:
найти минимум функции F(x) при ограничениях:
6x1+3x2+6x3 &gt;= 1
x1+4x2 &gt;= 1
4x1+2x2+5x3 &gt;= 1
F(x) = x1+x2+x3 = min
найти максимум функции Ф(y) при ограничениях:
6y1+y2+4y3 &lt;= 1
3y1+4y2+2y3 &lt;= 1
6y1+5y3 &lt;= 1
Ф(y) = y1+y2+y3 = max
Решим последнюю систему симплексным методом.
1
i
1
2
3
4
1
2
3
4
1
2
3
4
Базис
У4
У5
У6
Сб
0
0
0
У4
У5
У3
0
0
1
У4
У2
У3
0
1
1
Рб
1
1
1
0,00
0,20
0,60
0,20
0,20
0,00
0,15
0,20
0,35
У1
1
У2
6
3
6
-1,00
1,20
0,60
1,20
0,20
1,05
0,15
1,20
0,35
1
4
0
-1,00
1,00
4,00
0,00
-1,00
0,00
1,00
0,00
0,00
1
У3
4
2
5
-1,00
0,00
0,00
1,00
0,00
0,00
0,00
1,00
0,00
0
У4
1
0
0
0,00
1,00
0,00
0,00
0,00
1,00
0,00
0,00
0,00
0
У5
0
1
0
0,00
0,00
1,00
0,00
0,00
-0,25
0,25
0,00
0,25
0
У6
0
0
1
0,00
-0,80
-0,40
0,20
0,20
-0,70
-0,10
0,20
0,10
у4=0; у2=0,15; у3=0,2;
Ф=0,35.
Решение двойственной к ней задаче находится в последней строчке таблицы:
х1 соответствует у4, х2 – у5, х3 – у6;
х3=0,1, х2=0,25,
F=0,35.
Цена игры будет равна g = 1/F(x), а вероятности применения стратегий
игроков:
pi = g*xi; qi = g*yi.
Цена игры: g = 1 : 7/20 = 26/7
p1 = 26/7 • 0 = 0
p2 = 26/7 • 1/4 = 5/7
p3 = 26/7 • 1/10 = 2/7
Оптимальная смешанная стратегия игрока I:
P = (0; 5/7; 2/7)
q1 = 26/7 • 0 = 0
q2 = 26/7 • 3/20 = 3/7
q3 = 26/7 • 1/5 = 4/7
Оптимальная смешанная стратегия игрока II:
Q = (0; 3/7; 4/7)
Поскольку ранее к элементам матрицы было прибавлено число (3), то вычтем
это число из цены игры.
26/7 - 3 = -1/7
Цена игры: v=-1/7
```