Практикум по ИО
.pdfz =12e(1) |
+0e(1) |
→max, |
(5.1.20) |
||||||
1 |
2 |
|
|
|
|||||
(1) |
(1) |
0, |
|
||||||
e1 |
|
+ e2 |
(5.1.21) |
||||||
|
|
e1(1) |
|
+ |
|
e2(1) |
|
1. |
|
|
|
|
|
|
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Чтобы свести эту задачу к задаче линейного программирования, пред%
ставим переменные e(1) |
и e(1) |
как разности новых неотрицательных пере% |
|||||||||||||||||
|
|
1 |
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
менных e(1) |
0, e(1) |
0, |
e(1) |
0, |
e(1) |
|
0 : |
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
1+ |
1− |
|
|
|
2+ |
|
|
2− |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
e(1) |
|
= e(1) |
−e(1), |
|
|
e(1) = e(1) |
−e(1) |
, |
||||||||
|
|
|
|
1 |
1+ |
|
1− |
|
|
|
2 |
|
|
2+ |
|
2− |
|
||
причем |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
e(1)e(1) =0, |
e(1)e(1) |
=0 . |
|
|
|||||||||
|
|
|
|
|
|
|
1+ |
1− |
|
|
2+ 2− |
|
|
|
|
||||
При этом |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
e(1) |
|
= e(1) |
+e(1), |
|
|
e(1) |
|
= e(1) |
+e(1) |
, |
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||
|
|
|
|
1 |
|
|
1+ |
|
1− |
|
|
|
2 |
|
|
2+ |
|
2− |
|
и задача (5.1.20)—(5.1.21) примет вид |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||
|
|
|
|
|
|
z =12e(1) −12e(1) |
→max, |
|
|
||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
1+ |
|
1− |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
(1) |
(1) |
|
(1) |
|
(1) |
0, |
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
e1+ |
−e1− |
+e2+ |
−e2− |
|
|
|
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
+e(1) |
+e(1) |
+e(1) |
1, |
|
|
|
||||
|
|
|
|
|
|
e(1) |
|
|
|
||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
1+ |
1− |
|
2+ |
|
2− |
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
e(1)e(1) =0, |
e(1)e(1) =0, |
|
|
|
||||||||
|
|
|
|
|
|
|
1+ |
1− |
|
2+ |
2− |
|
|
|
|
||||
|
|
|
e(1) |
0, |
e(1) |
0, |
e(1) |
0, |
e(1) |
0. |
|||||||||
|
|
|
|
1+ |
|
|
|
|
1− |
|
2+ |
|
|
|
2− |
|
|
Будем решать эту задачу симплексным методом, введя предварительно дополнительные переменные s1 и s2, чтобы преобразовать неравенства в равенства:
|
z =12e(1) |
−12e(1) |
→max, |
|||
|
|
1+ |
|
1− |
|
|
|
(1) |
(1) |
(1) |
(1) |
+s1 |
|
e1+ |
−e1− +e2+ |
−e2− |
=0, |
|||
e1(1)+ +e1(1)− +e2(1)+ + e2(1)− |
+s2 |
=1, |
||||
|
|
|
|
|
e1(1)+ e1(1)− |
=0, |
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
(1) (1) |
=0, |
|
|
|
|
|
e2+e2− |
|
e(1) |
0, e(1) |
0, e(1) |
0, e(1) |
0. |
||
|
1+ |
1− |
|
2+ |
2− |
|
Для учета условий e1(1)+ e1(1)− =0, e2(1)+e2(1)− =0 при вычислительной реализации симплексного метода будем следить за тем, чтобы не вводить в базис одно% временно переменные e(1)j+ и e(1)j− (j = 1, 2).
Симплексная таблица представлена в табл. 5.1.2. В результате мы получили оптимальное решение
51
e(1) |
=1/2, |
e(1) |
=0, |
e(1) |
=0, |
e(1) |
=1/2 . |
1+ |
|
1− |
|
2+ |
|
2− |
|
задачи (5.1.22)—(5.1.25).
|
|
|
|
|
|
|
|
Т а б л и ц а 5.1.2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
c |
Базис |
h |
12 |
–12 |
0 |
0 |
0 |
0 |
|
e(1) |
e(1) |
e(1) |
e(1) |
s |
s |
|
|||
|
|
|
1+ |
1− |
2+ |
2− |
1 |
2 |
|
0 |
s1 |
0 |
1 |
–1 |
1 |
–1 |
1 |
0 |
|
0 |
s2 |
1 |
1 |
1 |
1 |
1 |
1 |
0 |
|
|
z0 −z |
0 – z |
–12 |
12 |
0 |
0 |
0 |
0 |
|
12 |
e(1) |
0 |
1 |
–1 |
1 |
–1 |
1 |
0 |
|
|
1+ |
|
|
|
|
|
|
|
|
0 |
s2 |
1 |
0 |
2 |
0 |
2 |
–1 |
1 |
|
|
z0 −z |
0 – z |
0 |
0 |
12 |
–12 |
12 |
0 |
|
12 |
e(1) |
1/2 |
1 |
0 |
1 |
0 |
1/2 |
1/2 |
|
|
1+ |
|
|
|
|
|
|
|
|
0 |
e(1) |
1/2 |
0 |
1 |
0 |
1 |
–1/2 |
1/2 |
|
|
2− |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
z0 −z |
6 – z |
0 |
24 |
12 |
0 |
6 |
6 |
|
Теперь легко найти оптимальное решение задачи (5.1.20)—(5.1.21):
e(1) |
= e(1) |
−e(1) |
=1/2, |
e(1) |
= e(1) |
−e(1) |
= −1/2 . |
1 |
1+ |
1− |
|
2 |
2+ |
2− |
|
Тем самым, мы получили направление очередного шага:
1/2 e(1) = −1/2 .
Найдем границы шага смещения h в направлении e(1), при котором точка
|
2 |
|
1/2 |
|
2 +h/2 |
x(2) = x(1) +he(1) = |
|
+h |
|
= |
|
|
8 |
|
−1/2 |
|
8 −h/2 |
будет оставаться во множестве допустимых решений. Имеем:
3(2 +h/2) +8 −h/2 15, |
||
|
+h/2 +8 −h/2 10, |
|
2 |
||
|
+h/2 |
|
2 |
0, |
|
|
−h/2 |
0. |
8 |
||
Точка x(2) остается во |
множестве допустимых решений при всех |
h [−4;1] . Выберем h из этого отрезка таким образом, чтобы значение це% левой функции f(x) в точке x(2) было максимальным.
Для этого найдем точку максимума функции
Φ1(h) = f (x(1) +he(1) ) = −(2 +h/2 −8)2 −(8 −h/2 −8)2 = = −(h/2 −6)2 −h2 /4 = −h2 /2 +6h −36
одной переменной h на отрезке h −[4;1] .
52
Производная Φ1′(h) = −h +6 обращается в нуль в точке h =6 , положи% тельна при h <6 и отрицательна при h >6 , поэтому точка h =6 является точкой глобального максимума функции Φ1(h) , а максимум функции Φ1(h) на отрезке h [−4;1] достигается в точке h(1) =1.
Таким образом, если выбрать шаг смещения h(1) =1 в направлении
1/2 e(1) = −1/2
наискорейшего роста целевой функции f (x), то при движении от точки
|
2 |
x(1) = |
|
|
8 |
к точке
|
2 |
+h(1) |
/2 |
|
|
5/2 |
|
x(2) = x(1) +h(1)e(1) = |
|
−h |
(1) |
|
|
= |
|
8 |
|
/2 |
|
15/2 |
целевая функция возрастет наибольшим образом, а точка x(2) останется во множестве допустимых решений.
Итак, получили очередное приближение
|
|
5/2 |
x(2) = |
|
|
|
|
15/2 |
3 5/2 +15/2 =15, |
||
|
+15/2 =10, |
|
5/2 |
||
|
>0, |
|
5/2 |
|
|
к оптимальному решению задачи |
(5.1.9)—(5.1.11). |
|
Начинаем т р е т и й ш а г метода возможных направлений. |
Точка x(2) является граничной точкой множества допустимых реше% ний; оба ограничения (5.1.10) выполняются в этой точке как равенства, а оба ограничения (5.1.11) — как строгие неравенства:
>15/2 0.
Поэтому если двигаться в направлении
|
−2(x −8) |
|
|
|
|
−2(5/2 −8) |
|
11 |
|
|
|||||||||
grad f (x(2) )= |
1 |
−8) |
|
|
|
= |
|
= |
|
|
−2(x2 |
|
|
x=x(2) |
|
−2(15/2 −8) |
|
1 |
|
|
|
|
наискорейшего возрастания целевой функции, то новое приближение мо% жет выйти за границы области допустимых решений, т. е. направление
|
11 |
grad f (x(2) )= |
|
|
1 |
53
не является возможным в точке
|
5/2 |
x(2) = |
. |
|
15/2 |
Составим задачу линейного программирования для определения воз% можного направления e(2) :
z =11e1(2)+ −11e1(2)− +e2(2)+ −e2(2)− →max,
|
(2) |
|
(2) |
(2) |
(2) |
|
|
3e1+ |
−3e1− |
+e2+ |
−e2− |
0, |
|
||
e1(2)+ |
−e1(2)− |
+e2(2)+ |
−e2(2)− |
0, |
|
||
e1(2)+ |
+e1(2)− +e2(2)+ |
+e2(2)− |
1, |
|
|||
|
e(2)e(2) |
=0, |
e(2)e(2) =0, |
|
|||
|
1+ |
1− |
|
2+ |
2− |
|
|
e(2) |
0, e(2) |
0, |
e(2) |
0, |
e(2) |
0. |
|
1+ |
|
1− |
|
2+ |
|
2− |
|
Оптимальное решение этой задачи равно
e1(2)+ =1/4, e1(2)− =0, e2(2)+ =0, e2(2)− =3/4
(симплексная таблица представлена в табл. 5.1.3), откуда находим на% правление очередного шага
(2) 1/4
e = −3/4 .
Найдем границы шага смещения h в направлении e(2), при котором точка
5/2 |
|
|
1/4 |
|
5/2 +h/4 |
|
x(3) = x(2) +he(2) = |
|
+h |
|
= |
|
|
15/2 |
|
|
−3/4 |
15/2 −3h/4 |
|
будет оставаться во множестве допустимых решений. Имеем:
3(5/2 +h/4) +15/2 −3h/4 15, |
|
5/2 +h/4 +15/2 −3h/4 10, |
|
5/2 +h/4 |
0, |
|
0. |
15/2 −3h/4 |
Этой системе неравенств удовлетворяют все h [0; 5] . Выберем h из это% го отрезка таким образом, чтобы значение целевой функции (5.1.2) в точке x(3) = x(2) +he(2) было максимальным.
Для этого найдем точку максимума функции
Φ2 (h) = f (x(2) +he(2) )= −(5/2 +h/4 −8)2 −(15/2 −3h/4 −8)2 = = −(h/4 −11/2)2 −(3h/4 +1/2)2
одной переменной h на отрезке h −[0; 5].
54
|
|
|
|
|
|
|
|
Т а б л и ц а 5.1.3 |
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
c |
Базис |
h |
11 |
–11 |
1 |
–1 |
0 |
0 |
0 |
|
e(2) |
e(2) |
e(2) |
e(2) |
s |
s |
s |
|
|||
|
|
|
1+ |
1− |
2+ |
2− |
1 |
3 |
2 |
|
0 |
s1 |
0 |
3 |
–3 |
1 |
–1 |
1 |
0 |
0 |
|
0 |
s2 |
0 |
1 |
–1 |
1 |
–1 |
0 |
1 |
0 |
|
0 |
s3 |
1 |
1 |
1 |
1 |
1 |
0 |
0 |
1 |
|
|
z0 −z |
0 – z |
–11 |
11 |
–1 |
1 |
0 |
0 |
0 |
|
0 |
s1 |
0 |
0 |
0 |
–2 |
2 |
1 |
–3 |
0 |
|
11 |
e(2) |
0 |
1 |
–1 |
1 |
–1 |
0 |
1 |
0 |
|
|
1+ |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
0 |
s3 |
1 |
0 |
2 |
0 |
2 |
0 |
–1 |
1 |
|
|
z0 −z |
0 – z |
0 |
0 |
10 |
–10 |
0 |
11 |
0 |
|
–1 |
e(2) |
0 |
0 |
0 |
–1 |
1 |
1/2 |
–3/2 |
0 |
|
|
2− |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
11 |
e(2) |
0 |
1 |
–1 |
0 |
0 |
1/2 |
–1/2 |
0 |
|
|
1+ |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
0 |
s3 |
1 |
0 |
2 |
2 |
0 |
–1 |
2 |
1 |
|
|
z0 −z |
0 – z |
0 |
0 |
0 |
0 |
5 |
–4 |
0 |
|
–1 |
e(2) |
3/4 |
0 |
3/2 |
1/2 |
1 |
–1/4 |
0 |
3/4 |
|
|
2− |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
11 |
e(2) |
1/4 |
1 |
–1/2 |
1/2 |
0 |
1/4 |
0 |
1/4 |
|
|
1+ |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
0 |
s2 |
1/2 |
0 |
1 |
1 |
0 |
–1/2 |
1 |
1/2 |
|
|
z0 −z |
2 – z |
0 |
4 |
4 |
0 |
5/2 |
0 |
4 |
|
Производная Φ′2(h) =(8 −5h)/4 обращается в нуль в точке h =8/5 , по% ложительна при h <8/5 и отрицательна при h >8/5 , поэтому точка h =8/5 является точкой глобального максимума функции Φ2(h) и точкой локального максимума этой функции на отрезке h [0;5] .
Получаем очередное приближение:
5/2 +2/5 |
|
|
29/10 |
|
x(3) = |
−6/5 |
|
= |
. |
15/2 |
|
|
63/10 |
Итерационный процесс метода возможных направлений иллюстриру% ется рис. 5.1.1.
Заметим, что x(3) — это точное решение задачи (5.1.9)—( 5.1.11); оно бы% ло получено в примере 5.1.1.
Опишем теперь метод условного градиента. Пусть x(k) — очередное при% ближение к оптимальному решению задачи выпуклого программирования (5.1.1)—(5.1.2) — такая точка x(k) множества допустимых решений, что
grad f (x(k) ) ≠ θ.
Тогда в окрестности точки x(k) целевая функция f(x) может быть представлена в виде
f(x) = f (x(k) )+(grad f (x(k) ), x −x(k) )+o(x −x(k) ).
Будем максимизировать на допустимом множестве линейную функцию
55
fk (x) =(grad f (x(k) ), x −x(k) ), которая является приближением разности f(x) − f (x(k) ) величины o(x −x(k) ).
x2
15 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
14 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
13 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
12 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
11 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
10 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
9 |
x(0) |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
8 |
|
x(2) |
|
|
|
|
|
|
|
|
x(1) |
|
|
|
|
|
|
|
|||
7 |
|
x(3) |
|
|
|
|
|
|
|
|
6 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
5 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
4 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
3 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
x1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
0 |
1 |
2 |
3 |
4 |
5 |
6 |
7 |
8 |
9 |
10 |
|
(5.1.22)
с точностью до
Рис. 5.1.1. Итерационный процесс метода возможных направлений
Пусть x(k) — решение вспомогательной задачи максимизации функции (5.1.22) при ограничениях (5.1.2).
Следующее приближение x(k+1) к оптимальному решению исходной за% дачи (5.1.1)— (5.1.2) построим по формуле
x(k+1) = x(k) +h(k) (x(k) |
−x(k) ), |
(5.1.23) |
|
в которой величину шага смещения h(k) выберем как |
|
||
{ |
} |
, |
(5.1.23) |
h(k) = min 1; h(k) |
|
где h(k) выбирается из условия наибольшего роста целевой функции f(x) при перемещении из точки x(k) в точку
x(k) +h(k) (x(k) −x(k) ).
Тогда, поскольку множество допустимых решений выпукло, а h(k) [0;1] ,
точка x(k+1) (5.1.23) останется допустимым решением.
Отметим, что вспомогательная задача максимизации функции (3.5.22) при ограничениях (5.1.2) является также задачей выпуклого программи% рования. Процесс ее решение оказывается, однако, достаточно простым в случае, когда ограничения (5.1.2) являются линейными.
56
ПРИМЕР 5.1.3. Требуется найти приближение к оптимальному решению задачи выпуклого программирования (5.1.9)—(5.1.11) из примера 5.1.1, для чего провести три первые итерации метода условного градиента, выбрав в качестве начального приближения вектор
x(0) = |
1 |
. |
|
8 |
|
Решение. Как было показано в примере 5.1.1, начальное приближение
|
1 |
x(0) = |
|
|
8 |
является допустимым решением. При этом
|
−2(x −8) |
|
|
|
−2(1−8) |
14 |
|
||
|
|||||||||
grad f (x(0) )= |
1 |
|
|
|
= |
|
= |
|
. |
|
−2(x2 |
−8) |
|
x=x(0) |
|
−2(8 −8) |
|
0 |
|
|
|
|
Поставим вспомогательную задачу максимизации функции (5.1.22) при ограничениях (5.1.2):
f0 (x) =(grad f (x(0) ), x −x(0) )=14(x1 −1) +0(x2 −8) =14x1 −14 → max ,
|
|
|
3x + x |
15, |
|
|
|
||||
|
|
|
|
1 |
|
|
2 |
10, |
|
|
|
|
|
|
x1 + x2 |
|
|
|
|||||
|
|
|
x1 |
|
0, |
x2 |
0 . |
|
|
|
|
Оптимальное решение этой задачи равно |
|
|
|
||||||||
|
|
|
x(0) |
5 |
|
|
|
|
|||
|
|
|
= |
|
|
|
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
0 |
|
|
|
|
(симплексная таблица представлена в табл. 5.1.4). |
|
|
|||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Т а б л и ц а 5.1.4 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
c |
Базис |
h |
|
|
|
14 |
0 |
0 |
0 |
|
|
|
|
|
x1 |
x2 |
x3 |
x4 |
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
|
0 |
x3 |
15 |
|
|
|
3 |
1 |
1 |
0 |
|
|
0 |
x4 |
10 |
|
|
|
1 |
1 |
0 |
1 |
|
|
|
z0 −z |
0 – z |
|
–14 |
0 |
0 |
0 |
|
||
|
14 |
x1 |
5 |
|
|
|
1 |
1/3 |
1/3 |
0 |
|
|
0 |
x4 |
5 |
|
|
|
0 |
2/3 |
–1/3 |
1 |
|
|
|
z0 −z |
0 – z |
|
|
0 |
14/3 |
14/3 |
0 |
|
Выберем h(0) из условия наибольшего роста целевой функции f(x) при перемещении из точки
|
1 |
x(0) = |
|
|
8 |
57
в точку
x(0) +h(0) (x(0) −x(0) )= |
|
1 |
+h(0) |
5 −1 |
|
|
1 |
+4h(0) |
|||
|
|
|
|
|
= |
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
−8h |
(0) |
|
||||
|
|
8 |
|
0 |
−8 |
8 |
|
|
Рассмотрим функцию
1+4h 2 2 Φ0 (h) = f 8 −8h = −(1+4h −8) −(8 −8h −8) =
= −16h2 +56h −49 −64h2 = −80h2 +56h −49.
Производная
Φ′0 (h) = −160h +56 |
|
|||
обращается в нуль в точке h =56/160 =7/20 , |
положительна при h <7/20 |
|||
и отрицательна при h >7/20, |
поэтому точка h(0) =7/20 является точкой |
|||
глобального максимума функции Φ0 (h) . |
|
|||
Величину шага смещения h(0) выберем как |
|
|||
{ |
|
} |
{ |
} |
h(k) = min 1; h(k) |
|
= min 1;7/20 =7/20 |
и построим следующее приближение x(1) к оптимальному решению ис% ходной задачи:
|
(1) |
|
(0) |
|
(0) |
|
(0) |
|
(0) |
|
1 |
|
|
7 |
|
5 −1 |
|
1+4 7/20 |
|
12/5 |
|
||
x |
|
= x |
|
+h |
|
(x |
|
−x |
|
)= |
+ |
|
|
0 −8 |
|
= |
8 |
−8 7/20 |
|
= |
. |
||
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
8 |
|
|
20 |
|
|
|
26/5 |
|
При этом
|
−2(x −8) |
|
|
|
|
−2(12/5 −8) |
|
56/5 |
|
|
|||||||||
grad f (x(1) )= |
1 |
−8) |
|
|
|
= |
|
= |
. |
|
−2(x2 |
|
|
x=x(1) |
|
−2(26/5 −8) |
|
28/5 |
|
|
|
|
Поставим вспомогательную задачу максимизации функции (3.5.22) при ограничениях (5.1.2):
f1(x) =(grad f (x |
(1) |
), x −x |
(1) |
)= |
56 |
|
− |
12 |
+ |
28 |
− |
26 |
|
= |
56 |
|
+ |
28 |
|
−56 →max , |
||||
|
|
|
x1 |
|
|
|
|
|
x2 |
|
|
|
x1 |
|
x2 |
|||||||||
|
|
5 |
|
5 |
|
5 |
5 |
5 |
||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
5 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
|
|
|
|
|
|
3x + x |
|
15, |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
1 |
|
2 |
|
10, |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
x1 + x2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||
|
|
|
|
|
|
x1 |
|
0, |
x2 |
0 . |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Оптимальное решение этой задачи равно
5/2 x(1) = 15/2
(симплексная таблица представлена в табл. 5.1.5).
58
Т а б л и ц а 5.1.5
c |
Базис |
|
h |
56/5 |
28/5 |
0 |
0 |
|
|
x1 |
x2 |
|
x3 |
x4 |
|||
|
|
|
|
|
||||
0 |
x3 |
|
15 |
3 |
1 |
|
1 |
0 |
0 |
x4 |
|
10 |
1 |
1 |
0 |
1 |
|
|
z0 −z |
0 |
– z |
–56/5 |
–28/5 |
0 |
0 |
|
56/5 |
x1 |
|
5 |
1 |
1/3 |
1/3 |
0 |
|
0 |
x4 |
|
5 |
0 |
2/3 |
|
–1/3 |
1 |
|
z0 −z |
0 |
– z |
0 |
–28/15 |
56/15 |
0 |
|
56/5 |
x1 |
5/2 |
1 |
0 |
1/2 |
–1/2 |
||
28/5 |
x2 |
15/2 |
0 |
1 |
|
–1/2 |
3/2 |
|
|
z0 −z |
0 |
– z |
0 |
0 |
28/5 |
28/5 |
Выберем h(1) из условия наибольшего роста целевой функции f(x) при перемещении из точки
12/5 x(1) = 26/5
в точку
12/5 |
|
+h(1) |
5/2 −12/5 |
|
|
12/5 +h(1) /10 |
|
|
x(1) +h(1) (x(1) −x(1) )= |
|
|
|
|
= |
|
|
|
26/5 |
|
|
15/2 |
−26/5 |
|
|
26/5 +23h(1) /10 |
Рассмотрим функцию
Φ1 |
(h) = f |
12/5 +h/10 |
= −(12/5 +h/10 −8)2 −(26/5 +23h/10 −8)2 = |
|||||||||||||||||||||||||
|
26/5 +23h/10 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||
|
|
|
|
|
|
h |
|
28 |
2 |
23h |
|
|
14 2 |
|
|
|||||||||||||
|
|
|
|
= − |
|
|
− |
|
|
|
− |
|
|
|
|
− |
|
|
|
|
. |
|
|
|||||
|
|
|
|
|
5 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||
|
|
|
|
|
|
10 |
|
|
10 |
|
|
|
|
5 |
|
|
|
|||||||||||
Производная |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
Φ1′ |
|
|
h |
|
28 |
1 |
|
|
|
23h |
|
14 |
|
|
23 |
|
|
1 |
|
||||||||
|
(h) = −2 |
|
|
− |
|
|
|
|
|
−2 |
|
|
− |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
= − |
|
(53h −70) |
|||
|
10 |
|
|
10 |
10 |
5 |
|
10 |
|
5 |
||||||||||||||||||
|
|
|
|
5 |
|
|
|
|
|
|
|
|
обращается в нуль в точке h =70/53 , положительна при h <70/53 и от%
рицательна при h >70/53 , поэтому точка h(1) |
=70/53 |
является точкой |
||||
глобального максимума функции Φ1(h) . |
|
|
|
|||
Величину шага смещения h(1) |
выберем как |
|
|
|||
h(1) = min 1; h(1) |
} |
= min 1;70/53 =1 |
|
|||
{ |
|
{ |
|
} |
|
|
и построим следующее приближение x(1) |
к оптимальному решению ис% |
|||||
ходной задачи: |
|
|
|
|
|
|
x(2) = x(1) +h(1) (x(1) −x(1) )= x(1) + x(1) |
−x(1) |
|
5/2 |
|||
= x(1) = |
. |
|||||
|
|
|
|
|
|
15/2 |
При этом
59
|
−2(x −8) |
|
|
|
|
−2(5/2 −8) |
|
11 |
|
|
|||||||||
grad f (x(2) )= |
1 |
−8) |
|
|
|
= |
|
= |
. |
|
−2(x2 |
|
|
x=x(2) |
|
−2(15/2 −8) |
|
1 |
|
|
|
|
Поставим вспомогательную задачу максимизации функции (3.5.22) при ограничениях (5.1.2):
f2(x) =(grad f (x(2) ), x −x(2) )=11(x1 −5/2) + x2 −15/2 →max ,
3x + x |
15, |
||
|
1 |
2 |
10, |
x1 |
+ x2 |
||
x1 |
|
0, x2 |
0 . |
Оптимальное решение этой задачи равно
5 x(1) = 0
(симплексная таблица представлена в табл. 5.1.6).
Выберем h(2) из условия наибольшего роста целевой функции f(x) при перемещении из точки
5/2 x(2) = 15/2
в точку
x(2) +h(2) (x(2) |
−x(2) )= |
5/2 |
|
|
|
|
|
|
|
5 −5/2 |
|
|
5/2 +5h(2) /2 |
|||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
+h(2) |
|
|
|
|
= |
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
15/2 |
|
|
|
|
|
|
0 −15/2 |
|
15/2 −15h(2) /2 |
|||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Т а б л и ц а 5.1.6 |
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
c |
|
|
|
Базис |
|
|
h |
|
|
11 |
|
|
1 |
|
|
|
0 |
|
|
0 |
|
|
|
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
x1 |
|
|
x2 |
|
|
x3 |
|
|
x4 |
|
|
|
||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||
|
|
0 |
|
|
|
|
x3 |
|
|
15 |
|
|
3 |
|
|
|
1 |
|
|
|
1 |
|
|
0 |
|
|
|
|||||
|
|
0 |
|
|
|
|
x4 |
|
|
10 |
|
|
1 |
|
|
|
1 |
|
|
|
0 |
|
|
1 |
|
|
|
|||||
|
|
|
|
|
|
|
z0 −z |
|
0 – z |
|
–11 |
|
|
–1 |
|
|
|
0 |
|
|
0 |
|
|
|
||||||||
|
|
11 |
|
|
|
x1 |
|
|
5 |
|
|
1 |
|
|
|
1/3 |
|
1/3 |
|
|
0 |
|
|
|
||||||||
|
|
0 |
|
|
|
|
x4 |
|
|
5 |
|
|
0 |
|
|
|
2/3 |
|
|
–1/3 |
|
|
1 |
|
|
|
||||||
|
|
|
|
|
|
|
z0 −z |
|
0 – z |
|
|
0 |
|
|
|
8/3 |
|
11/3 |
|
|
0 |
|
|
|
||||||||
Рассмотрим функцию |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||
Φ2 |
(h) = f 5/2 +5h/2 |
= −(5/2 +5h/2 −8)2 −(15/2 −15h/2 −8)2 = |
||||||||||||||||||||||||||||||
|
15/2 −15h/2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||
|
|
5h |
|
11 2 |
|
|
15h |
|
1 |
|
2 |
|
|
5h |
|
11 |
2 |
|
15h |
|
1 |
2 |
||||||||||
|
= − |
|
|
− |
|
|
|
− |
|
− |
|
|
|
− |
|
|
|
|
= − |
|
− |
|
|
− |
|
+ |
|
. |
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||
|
|
2 2 |
|
|
2 2 |
|
|
|
|
2 2 |
|
|
2 2 |
|
Производная
60