Приложна математика



Дата31.03.2018
Размер373.15 Kb.
#63986
ТипЗадача



курсова работа

Приложна математика”

Изготвил:

Специалност:


София, 2011 г.



Задача 1. а) За да определим детерминантата на матрицата от 4-ти ред я свеждаме до матрица от 3-ти. За целта извършваме преобразования за да може в първия стълб да получим на първия ред 1-ца и останалите редове – нули. За да преобразуваме матрицата умножаваме първия ред съответно 2, 4 и -1 и го изваждаме от втория, третия и четвъртия. Получаваме:

Развиваме матрицата по елементите на първия стълб, като получаваме:



Съгласно формулите на Крамер, ако детерминантата на матрицата, която е съставена от коефициентите на системата уравнения неизвестните, е различна от нула системата има само едно решение.

б) Определянето на обратната матрица от коефициентите пред неизвестните ще направим чрез елементарни преобразувания върху разширената матрица. Дописваме единичната матрица към тази на неизвестните, като целта от преобразованията е на мястото на матрицата от коефициентите да получим единичната.

Първата стъпка от преобразуването на матрицата включва: умножаваме първия ред съответно 2, 4 и -1 и го изваждаме от втория, третия и четвъртия.



За да получим 1 в елемента a22 разделяме втория ред на -3. Преобразувания втори ред изваждаме от първия. Умножаваме го последователно с 3 и 2 и го прибавяме към третия и четвъртия, получаваме:



Третият ред делим на -9. Така получения ред умножаваме последователно с -3, 4 и 5 и прибавяме съответно към първия, втория и четвъртия редове:



Четвъртият ред делим на . Полученият ред последователно умножаваме с , - и - и прибавяме съответно към първия, втория и третия ред:



За да докажем, че получената матрица е търсената (т.е. обратната на изходната матрица от коефициентите на системата уравнения) ще използваме правилото, че:

A.a-1 = E (т.е. на единичната матрица)

За целта умножаваме матриците:



.

Елементите на новата матрицата В са:

b11 = 1.0 + 1.(-1) + (-1).0 + 2.1 = 1

b12 = 1. () + 1. + (-1). + 2.( ) = 0

b13 = 1. + 1. + (-1).( ) + 2.( ) = 0

b14 = 1. + 1.( ) + (-1).( ) + 2. = 0

b21 = 2.0 + (-1).(-1) + 10.0 + (-1).1 = 0

b22 = 2.( ) + (-1). + 10. + (-1).( ) = 1

b23 = 2. + (-1). + 10.( ) + (-1).( ) = 0

b24 = 2. + (-1).( ) + 10.( ) + (-1). = 0

b31 = 4.0 + 1.(-1) + (-1).0 + 1.1 = 0

b32 = 4.( ) + 1. + (-1). + 1.( ) = 0

b33 = 4. + 1. + (-1).( ) + 1.( ) = 1

b34 = 4. + 1.( ) + (-1).( ) + 1. = 0

b41 = 1.0 + (-1).(-1) + 2.0 + (-1).1 = 0

b42 = 1.( ) + (-1). + 2. + (-1).( ) = 0

b43 = 1. + (-1). + 2.( ) + (-1).( ) = 0

b44 = 1. + (-1).( ) + 2.( ) + (-1). = 1

От изчисленията е видно, че получаваме единичната матрица, което е доказателство, че намерената по-горе матрица е обърната матрица, която се търси.

в) за решение на системата ще използваме метода на Гаус.



Правим елементарни преобразувания за да може коефициентите пред неизвестните да образуват триъгълна матрица, с елементи на главния диагонал – 1:







Видимо е, че X3 = X4 = 0.

Заместваме последователно в първите две уравнения и получаваме:

X1 = 1 X2 = 2


Задача 2.

Дефиниционната област на функцията f(x) е


х  (-; 0)  (0; +).

Хоризонтална асимптота:



Функцията f(x) няма хоризонтална асимптота, тъй като няма гранична числова стойност.

Вертикална асимптота:

Когато х0 функцията f(x) девергира към + и има вертикална асмиптота, която съвпада с правата х = 0, т.е. ординатната ос.

Наклонена асимптота:

Проверката се прави по съотношението , което се проверява дали има граница ако х клони към :



Функцията f(x) няма наклонена асимптота.

Екстремуми на функцията f(x):

Прави се проверка на първата производна, ако за някаква стойност на х (в дефиниционната област) първата производна става равна на нула, или:



= 0







или:

, тъй като само първите два израза могат да бъдат равни на 0.

Видно е, че функцията има екстремуми, но за да определим какви са те (минимум или максимум) проверяваме стойността на втората производна за всяко решение.



Последователно заместваме за всяко от решенията:

1) :

При х1 имаме локален минимум (f’(x) = 0 и f’’(x) > 0).

2) :

При х2 също имаме локален минимум (f’(x) = 0 и f’’(x) > 0).

Функцията няма инфлексна точка, тъй като f’’(x)  0.

За построяването на графиката в интервала x [-3;3] и x  0 изчисляваме стойностите на функцията в крайните точки на интервала, както и при локалните минимуми (който принадлежат на интервала). За всяка от тези точки определяме и първата и втора производни, които са необходими за определяне характера на изменение на функцията в интервала.


















x

-3

-

0



3

f(x)

18,11

2,83

+

+

2,83

18,11

f'(x)

< 0

0







0

< 0

f'’(x)

> 0

> 0







> 0

> 0





















Поведението на функцията в двата подинтервала x [-3;0) и x  (0;3] функцията f(x) първо е намаляваща, достига до локалния минимум и след това нараства.


Графиката на функцията f(x) в интервала x [-3;3]:



Задача 3.

Печалбата на фирмата е както следва:

Печалба (х) = приходи – разходи = 866х – 30 –=

За да намерим максимума на печалбата е необходимо да определим х, при което първата производна на функцията е 0, а втората производна е отрицателно число.

f’(x) = – x2 + 2.2x + 780 = – x2 + 4x + 780 = 0

x1,2 =

x1 =

x2 = . Това обаче не може да е решение на задачата, тъй като по условие х е неотрицателно число.

Определяме втората производна за х1:

f’’(30) = – 2x + 4 = -60 + 4 = -56 < 0.

Следователно при х = 30 имаме локален максимум на функцията на печалбата, която определяме след заместване:

Печалбаmax = – + 2.302 + 380.30 - 30 = 17070.


Задача 4. Внасяме под знака за диференциала:

Полученият резултат интегрираме по части:



=


Задача 5. Преди да определим максимума на функцията F трябва да построим възможните решения за x1 и x2, определени от системата неравенства. За графичното представяне на ограниченията трябва да построим граничните прави на уравненията. Правите, описващи са съответно абсцисната и ординатната ос. За построяване на другите прави са необходими да определим по 2 точки от всяка, като за улеснение използваме x1 = 0 и x2 = 0. Резултатите поместваме в таблица:




1

2

x1

x2

x1

x2

x1 + x2 = 100

0

100

100

0

4x1 + x2 = 160

0

160

40

0

20x1 + 10x2 = 1100

0

110

55

0

Построяваме вектора в началото на хиперравнината Z, като го преместваме докато стане опорна точка, т.е. премине през т.М1 и М2, тъй като не можем да преценим при коя от двете точки се получава решението.

Г
x2
рафичното представяне на решението е:


x1 + x2  100

x1

x2 >0

4x1 + x2  160

20x1 + 10x2  1100

x21>0



М1

М2


определяме координатите на т.М1 и М2. За т.М1:

За т.М2:





Определяме величината на функцията F за всяка от двете точки, за да определим при коя е налице максимум. За т.М1 (25,60):

F = 120.25+40.60 = 3000 + 2400 = 5400

За т.М2 (10,90):

F = 120.10+40.90 = 1200 + 3600 = 4800

Видимо е, че максимумът на функцията се получава при

x1 = 25 и x2 = 60, като функцията F има стойност 5400.


Задача 6. За да решим задачата означаваме търсените количества на продуктите A-D съответно с x1, x2, x3 и x4. Формира се следната система от неравенства, които ограничават функцията на печалба на фирмата:

Z = 20x1 + 5x2 + 10x3 + 5x4



Към всяко от ограничителните неравенствата прибавяме по една неизвестна, съответно x5, x6 и x7, които изразяват остатъка на неизползваните суровини. Формира се следната система уравнения:



при ограниченията:

Изходно базисно решение имаме при нулев обем на производството (x1 = x2 = x3 = x4 = 0), а x5, x6 и x7 са обема на съответните суровини 30, 40 и 56. Попълваме първата симплекс-таблица:

С

Б

X0

20

5

10

5

0

0

0










x1

x2

x3

x4

x5

x6

x7

0

x5

30

2

2

1

5

1

0

0

0

x6

40

1

2

1

1

0

1

0

0

x7

56

6

2

2

0

0

0

1




Z0

0

 20

 5

 10

-5

0

0

0

Печалбата е 0, като в индексния ред имаме четири стълба с отрицателни коефициенти. Разрешаващ е стълбът x1, тъй като е с най-голяма абсолютна стойност, поради което в новия базис влиза x1. За да определим кое неизвестно ще се изключи от базиса определяме отношенията и пресмятаме :



.

Най-малко е третото отношение, поради което разрешаващ е третия ред. x1 влиза в базиса на мястото на x6. Ключовото число е 6. делим коефициентите на третия ред на ключовото число и преобразуваме останалите коефициенти, така че в колоната на x1 да получим една единица и нули:



С

Б

X0

20

5

10

5

0

0

0










x1

x2

x3

x4

x5

x6

x7

0

x5

11,33

0

1,33

0,33

5

1

0

-0,33

0

x6

30,67

0

1,67

0,67

1

0

1

-0,17

20

x1

9,33

1

0,33

0,33

0

0

0

0,17




Z1

186,67

0

1,67

-3,33

-5

0

0

3,33

Z1 e 186,67, но това е оптимално решение, тъй като на индексния ред има още отрицателни стойности. Разрешаващ е стълбът на x4. Образуваме отношенията , като не включваме третия ред, тъй като коефициентът му е 0. Пресмятаме :



, т.е. разрешаващ е първия ред, като заместваме x5 с x4. Коефициентите на първия ред получаваме като разделим тези от предходната таблица на ключовото число (5). Преобразуваме обаче само коефициентите на втория ред, тъй като в третия имаме 0:

С

Б

X0

20

5

10

5

0

0

0










x1

x2

x3

x4

x5

x6

x7

5

x4

2,27

0

0,27

0,07

1

0,2

0

-0,07

0

x6

28

0

1,4

0,6

0

-0,2

1

-0,1

20

x1

9,33

1

0,33

0,33

0

0

0

0,17




Z2

198

0

3

-3

0

1

0

3

Z2 e 198, но все още не е максималната печалба, тъй като на индексния ред има още една отрицателна стойност. Разрешаващ е стълбът на x3. Образуваме отношенията и пресмятаме :



Разрешаващ е третия ред и заместваме в новата таблица x1 с x3. Преобразуваме коефициентите, като на разрешаващия ред ги делим на ключово число 0,33. Новата симплекс-таблицата е:



С

Б

X0

20

5

10

5

0

0

0










x1

x2

x3

x4

x5

x6

x7

5

x4

0,4

-0,2

0,2

0,0

1,0

0,2

0,0

-0,1

0

x6

28,4

0

1,4

0,6

0

-0,2

1

-0,1

10

x3

28

3

1

1

0

0

0

1




Z3

282

9

6

0

0

1

0

4,5

Това решение е оптимално, тъй като в индексния ред всички стойности са положителни или нула.

Максималната печалба е 282, която се получава при решение x3 = 28; x4 = 0,4; x6 = 11,6; x1 = x2 = x5 =x6 = 0.
Задача 7. а) За да намерим критичния път ще приложим принципа за оптималност на Белман. Решението на графа става чрез попълване отзад напред и избор на оптималните пътища.

За крайното състояние на графа изписваме 0. В състояние 12 изписваме 1.

От състояние 11 има два пътища до въстание 13:

- 1113 – стойност 2;

- 111213 със стойност 3.

Избираме оптималния изписваме 2.

От състояние 10 също имаме две възможности до крайно състояние 13:

- 1013 – стойност на разходите – 7;

- 101113 – стойност 5. Избираме втория път и в състояние 10 изписваме 5.

В състояние 9 имаме два пътя: 91113 и 9 1213, които обаче са взаимозаменяеми, тъй като имат еднакви разходи 6.

В състояние 8 има 4 възможни пътища:

- 8101113 със сума на разходите - 11;

- 8  1113 – с разходи 6;

- 891113 и алтернативния 89 1213 с разходи 9.

Оптимален е втория път и в състояние 8 записваме 6.

В състояние 7 имаме избор между:

- 78  1113 с разходи 9;

- 71013 с разходи 17. Избираме първият вариант и записваме 9.

Пътищата от състояние 6 до крайното състояние 13 са:

- 678  1113 с разходи 17;

- 68  1113 – с разходи 11 и

- 691113 и алтернативния 69 1213 с разходи 10.

Последните два са оптимални и в състояние 6 изписваме 10.

Тъй като между състояние 6 и 5 няма разходи в състояние 5 изписваме 10. Нямаме възможност за избор в състояние 4 и записваме 13.

В състояние 3 имаме алтернативите:

- 35691113 и алтернативния 3569 1213 с разходи 14;

- 34691113 и алтернативния 3469 1213 с разходи 17.

Оптимални са първите два и в състояние 3 изписваме 14.

Алтернативите за избор в състояние 2 са:

- 235691113 и алтернативния 23569 1213 с разходи 18;

- 25691113 и алтернативния 2569 1213 с разходи 13;

- 2691113 и алтернативния 269 1213 с разходи 17.

Оптимален е втория вариант и в състояние 2 изписваме 13.

Алтернативите при началното състояние са:

- 125691113 и алтернативния 12569 1213 с разходи15;

- 135691113 и алтернативния 13569 1213 с разходи 18;

- 14691113 и алтернативния 1469 1213 с разходи 18.

Оптимален е пътят пред състояние 2, следователно решенията на графа са: 125691113 и алтернативния 12569 1213 с разходи15.




0

1

2

5

9

6

6

10

10

13

14

13

15

б) При решението на предходното условие сме определили най-късия път до крайното състояние от състояние 3, именно: 35691113 и алтернативния 3569 1213 с разходи 14.


Задача 8. Размерът на месечните погасителни вноски определяме като извозваме формулата:

където: K – сумата на кредита;

q - сложнолихвен фактор;

р – месечен лихвен процент;

n – брой месеци.

n = 5.12 = 30



6049,82 лв.

За изчислението на частта от вноската, която е за плащане на лихвата използваме формулата:

Lk = Dk.p

където Dk е неамортизирания дълг към период k;

Mk – амортизацията на дълга при k-тата вноска

Mk = a - Lk

Dk = Dk-1 – Mk

Като използваме формулите изчисляваме лихвата и амортизацията на дълга и нанасяме резултатите в таблица:



месец

неамортизиран

дълг


лихва

амортизация

на дълга


вноска

1

200000

4420

1630

6049,82

2

198370,18

4383,98

1665,84

6049,82

3

196704,34

4347,17

1702,65

6049,82

4

195001,69

4309,54

1740,28

6049,82

5

193261,41

4271,08

1778,74

6049,82

6

191482,67

4231,77

1818,05

6049,82

7

189664,62

4191,59

1858,23

6049,82

8

187806,39

4150,52

1899,30

6049,82

9

185907,09

4108,55

1941,27

6049,82

10

183965,82

4065,64

1984,18

6049,82

11

181981,64

4021,79

2028,03

6049,82

12

179953,61

3976,97

2072,85

6049,82

13

177880,76

3931,16

2118,66

6049,82

14

175762,10

3884,34

2165,48

6049,82

15

173596,62

3836,49

2213,33

6049,82

16

171383,29

3787,57

2262,25

6049,82

17

169121,04

3737,57

2312,25

6049,82

18

166808,79

3686,47

2363,35

6049,82

19

164445,44

3634,24

2415,58

6049,82

20

162029,86

3580,86

2468,96

6049,82

21

159560,90

3526,3

2523,52

6049,82

22

157037,38

3470,53

2579,29

6049,82

23

154458,09

3413,52

2636,30

6049,82

24

151821,79

3355,26

2694,56

6049,82

25

149127,23

3295,71

2754,11

6049,82

26

146373,12

3234,85

2814,97

6049,82

27

143558,15

3172,64

2877,18

6049,82

28

140680,97

3109,05

2940,77

6049,82

29

137740,20

3044,06

3005,76

6049,82

30

134734,44

2977,63

3072,19

6049,82

31

131662,25

2909,74

3140,08

6049,82

32

128522,17

2840,34

3209,48

6049,82

33

125312,69

2769,41

3280,41

6049,82

34

122032,28

2696,91

3352,91

6049,82

35

118679,37

2622,81

3427,01

6049,82

36

115252,36

2547,08

3502,74

6049,82

37

111749,62

2469,67

3580,15

6049,82

38

108169,47

2390,55

3659,27

6049,82

39

104510,20

2309,68

3740,14

6049,82

40

100770,06

2227,02

3822,80

6049,82

41

96947,26

2142,53

3907,29

6049,82

42

93039,97

2056,18

3993,64

6049,82

43

89046,33

1967,92

4081,90

6049,82

44

84964,43

1877,71

4172,11

6049,82

45

80792,32

1785,51

4264,31

6049,82

46

76528,01

1691,27

4358,55

6049,82

47

72169,46

1594,95

4454,87

6049,82

48

67714,59

1496,49

4553,33

6049,82

49

63161,26

1395,86

4653,96

6049,82

50

58507,30

1293,01

4756,81

6049,82

51

53750,49

1187,89

4861,93

6049,82

52

48888,56

1080,44

4969,38

6049,82

53

43919,18

970,61

5079,21

6049,82

54

38839,97

858,36

5191,46

6049,82

55

33648,51

743,63

5306,19

6049,82

56

28342,32

626,37

5423,45

6049,82

57

22918,87

506,51

5543,31

6049,82

58

17375,56

384

5665,82

6049,82

59

11709,74

258,79

5791,03

6049,82

60

5918,71

130,8

5787,91

5918,71

Последната вноска е по-малка поради закръгленията.




Каталог: files -> files
files -> Р е п у б л и к а б ъ л г а р и я
files -> Дебелината на армираната изравнителна циментова замазка /позиция 3/ е 4 см
files -> „Европейско законодателство и практики в помощ на добри управленски решения, която се състоя на 24 септември 2009 г в София
files -> В сила oт 16. 03. 2011 Разяснение на нап здравни Вноски при Неплатен Отпуск ззо
files -> В сила oт 23. 05. 2008 Указание нои прилагане на ксо и нпос ксо
files -> 1. По пътя към паметник „1300 години България
files -> Георги Димитров – Kreston BulMar
files -> В сила oт 13. 05. 2005 Писмо мтсп обезщетение Неизползван Отпуск кт


Сподели с приятели:




©obuch.info 2023
отнасят до администрацията

    Начална страница