- •Жордановы исключения
- •Шаг жорданова исключения
- •Решение систем линейных уравнений с помощью жордановых исключений Модифицированные жордановы исключения
- •Решение
- •1. Запишем слау в форме жордановой таблицы
- •2. Проделать возможное число модифицированных жордановых исключений
- •Пример 2
- •Решение единственное Пример 3
- •Пример 4. Найти опорное решение
- •Правило решения слау
- •Анализ решения
Пример 2
х1 + 4х2 - х4 = 5
2х1 - 3х2 + х3 + х4 = 3
х1 + 2х3 - х4 = 3
2х2 - 3х3 + 2х4 = 3
4-шага модифицированных жордановых исключений.
|
1 |
- х1 |
-х2 |
-х3 |
- х4 |
0 |
5 |
1 |
4 |
0 |
- 1 |
0 |
3 |
2 |
-3 |
1 |
1 |
0 |
3 |
1 |
0 |
2 |
- 1 |
0 |
3 |
0 |
2 |
-3 |
2 |
х1
+
4х2
- х4
=
5
2х1
-
3х2
+
х3
+
х4
=
3
х1
+ 2х3
-
х4
=
3
2х2
- 3х3
+
2х4
=
3
|
1 |
-х2 |
-х3 |
- х4 |
0 |
2 |
4 |
-2 |
0 |
0 |
-3 |
-3 |
-3 |
3 |
х1 |
3 |
0 |
2 |
- 1 |
0 |
3 |
2 |
-3 |
2 |
|
1 |
-х3 |
0 |
-3 |
-1 |
х2 |
5/4 |
-1/4 |
х1 |
3/4 |
13/4 |
х4 |
1/4 |
-5/4 |
|
1 |
х3 |
3 |
х2 |
2 |
х1 |
1 |
х4 |
4 |
|
1 |
-х3 |
- х4 |
0 |
-2 |
-6 |
4 |
х2 |
1 |
1 |
-1 |
х1 |
3 |
2 |
- 1 |
0 |
1 |
-5 |
4 |
Решение единственное Пример 3
х1
+
х2
+
х3
=
1
3х1
+
4х2
+
5х3
=
2
4х1
+
5х2
+
6х3
=
4
|
1 |
-х1 |
-х2 |
-х3 |
0 |
1 |
1 |
1 |
1 |
0 |
2 |
3 |
4 |
5 |
0 |
4 |
4 |
5 |
6 |
|
1 |
-х2 |
-х3 |
х1 |
1 |
1 |
1 |
0 |
-1 |
1 |
2 |
0 |
0 |
1 |
2 |
|
1 |
-х3 |
х1 |
1 |
-1 |
0 |
-1 |
0 |
х2 |
0 |
2 |
Система несовместна т.к. во 2-й строке свободный член равен (-1), а все остальные элементы нули.
Пример 4. Найти опорное решение
2х1
-
х2
+
х3
- х4
=
3
2х1
-
х2
+
х4
=
2
3х1
- х3
-
х4
=
-1
1. Т.к. в исходной таблице все свободные члены должны быть неотрицательны, то третье уравнение умножим на (-1).
2. В качестве разрешающего элемента можно взять любой столбец, содержащий хотя бы один положительный элемент.
|
1 |
- х1 |
-х2 |
-х3 |
- х4 |
0 |
3 |
2 |
-1 |
1 |
- 1 |
0 |
2 |
2 |
-1 |
0 |
1 |
0 |
1 |
-3 |
0 |
1 |
1 |
|
1 |
- х1 |
-х2 |
- х4 |
0 |
2 |
5 |
-1 |
- 2 |
0 |
2 |
2 |
-1 |
1 |
х3 |
1 |
-3 |
0 |
1 |
Разрешающую строку в первой таблице определим по наименьшему отношению свободных членов к положительным элементам третьего столбца (минимальное симплексное отношение).
min (3/1, 1/1).
Во - второй таблице разрешающим выбран первый столбец, а строка из отношений
min( 2/5, 2/2)
|
1 |
- х2 |
- х4 |
х1 |
2/5 |
-1/5 |
- 2/5 |
0 |
6/5 |
-3/5 |
9/5 |
х3 |
11/5 |
-3/5 |
-1/5 |
|
1 |
- х2 |
х1 |
2/3 |
-1/5 |
х4 |
2/3 |
-3/5 |
х3 |
7/3 |
-3/5 |
При х2 =0 опорное решение (2/3, 0, 7/3, 2/3)
Выводы
Поскольку число переменных n в системе больше числа уравнений m то, одно из возможных решений можно найти, если (n – m) переменных положить равными нулю. Полученная система из m уравнений и m неизвестных должна иметь определитель, составленный из коэффициентов при неизвестных, не равный нулю. Если это условие не выполняется, то нулю приравниваются другие переменные.
Базисом называется любой набор m переменных таких, что определитель, составленный из коэффициентов, при этих переменных не равен нулю. Эти m переменных называются базисные переменные. Базисные переменные – независимые переменные. Остальные – не базисные или свободные.
Т.о., если положить все свободные переменные равными нулю и решить систему из m уравнений и m неизвестных, то получим базисное решение.
Неотрицательные базисные решения называется опорными планами.