Optymalizacja liniowa - zbiór zadań

Wydział Matematyki i Nauk Informacyjnych

Politechnika Warszawska

Optymalizacja liniowa

- zbiór zadań

Irena Musiał – Walczak

1

Spis treści

Zadania

Rozdział 1. Zbiory wypukłe i ich wierzchołki ………………………………….. str. 2 Rozdział 2. Metoda graficzna dla zagadnień programowania liniowego (ZPL)… ……5 Rozdział 3. Metoda simpleks dla zagadnień ZPL…………………………………… . . 8 Rozdział 4. Zastosowanie ZPL do zadań z teorii gier…………………………………18 Rozdział 5. Zagadnienia transportowe…………………………………………………21

Rozdział 6. Metoda podziału i ograniczeń dla programowania całkowitoliczbowego...25 Rozdział 8. Zagadnienia sprowadzalne do zagadnień liniowych…………………….…31 Rozdział 7. Metoda podziału i ograniczeń dla programowania binarnego…………… 28

Odpowiedzi

Rozdział 1……………………………………………………………………………….33

Rozdział 2 ………………………………………………………………………………38

Rozdział 3……………………………………………………………………………….43

Rozdział 4……………………………………………………………………………….68

Rozdział 5……………………………………………………………………………….75

Rozdział 6………………………………………………………………………………..84

Rozdział 7………………………………………………………………………………..96

Rozdział 8………………………………………………………………………………104

2

Rozdział 1. Zbiory wypukłe. Wierzchołki zbioru wypukłego.

1. Wykazać, że zbiór }0,0,1:),{( >>≥⋅= yxyxyxC jest wypukły.

2. Powłokę wypukłą punktów A(0,0), B(1,0), C(0,1), D(-1,0), E(0,-1), F(0,2) zapisać jako

kombinację wypukłą wierzchołków otrzymanego wielokąta.

3. Zapisać powłokę wypukłą zbioru A = {(0,0),(0,1),(1,0)}.

4. Powłokę wypukłą punktów (0,1,4), (1,0,3), (1,-1,0), (2,2,2) zapisać jako kombinację wypukłą wierzchołków otrzymanego wielościanu. Podać punkty, które nie są wierzchołkami i zapisać je jako kombinacje wypukłe wierzchołków .

5. Jak można zapisać punkt (1,2) z D za pomocą wierzchołków zbioru wypukłego ograniczonego D o wierzchołkach : w1(0,0), w2(2,1), w3(1,3) ?

6. Wykazać, że zbiór }:),{( 22 yxRyxA ≤∈= jest wypukły.

7. Wykazać, że iloczyn skończonej liczby zbiorów wypukłych jest zbiorem wypukłym.

8. Wykreślić w R2 zbiory określone nierównościami. Znaleźć wierzchołki tych zbiorów. a) 0,,02,1,1 ≥≤+−≤−≥+ yxyxyxyx

b) 0,,12,0,4 ≥≤−≥−≥+ yxyxyxyx

9. Wyznaczyć wszystkie wierzchołki zbioru dopuszczalnego określonego układem równań :

=−+=−+=+−

1

32

23

432

321

421

xxx

xxx

xxx

dla nieujemnych współrzędnych. Czy znając wszystkie wierzchołki możemy wyznaczyć

minimum funkcji 421 2)( xxxxf −+= ?

10. Udowodnić, że wektory tworzące macierz kwadratową nieosobliwą są liniowo

niezależne.

11. Udowodnić, że jeśli m wektorów jest liniowo niezależne, to dowolny wektor w przestrzeni m-wymiarowej można jednoznacznie przedstawić jako kombinację liniową elementów z bazy.

3

12. Dany jest zbiór dopuszczalny określony nierównościami:

0,,22,0 212121 ≥≤−≥− xxxxxx . Podać przykład funkcji celu , która osiąga

maksimum w tym zbiorze, minimum , jest nieograniczona z góry, z dołu.

13. Sprawdzić czy dany wektor jest wierzchołkiem wielościennego zbioru wypukłego określonego układem poniższych warunków. Jeśli jest, podać rodzaj wierzchołka (niezdegenerowany lub zdegenerowany).

3

3

0

5

21

32

31

321

≤+≤+

≤−≤++

xx

xx

xx

xxx

3,...10 =≥ ixi

=1

2

1

x


1

1

2

3

2

21

321

21

≤≤+≤+−≤+

x

xx

xxx

xx

3,...10 =≥ ixi

=1

0

1

x


1,1,1,1

1

0

4321

32

431

≤≤≤≤=+

≥+−

xxxx

xx

xxx

4,...10 =≥ ixi

=

1

0

1

1

x


6

4

432

421

≤−+≤++

xxx

xxx 4,...10 =≥ ixi

=

0

6

0

3

x

4

17. Znaleźć wierzchołki zbioru określonego nierównościami:

a) 0,42

4221

21

21 ≥

≤+≤+

xxxx

xx b) 0,

4

021

21

21 ≥

≤+≥−

xxxx

xx

18. Znając jeden wierzchołek przejść do drugiego

0,,

10834

1242

723

321

321

21

321

≥

≤+−−≤−≤+−

xxx

xxx

xx

xxx

5

Rozdział 2. Metoda graficzna dla ZPL

19. Metodą graficzną wyznaczyć rozwiązania optymalne następujących zagadnień:

a) )min( 21 xx −− przy ograniczeniach

0,3

3

4

212

1

21

≥≤≤

≤+

xxx

x

xx

b) )min( 21 xx −− przy ograniczeniach

0633

22

2121

21

≥≤+≥+

xxxx

xx

,

c) )max( 21 xx + przy ograniczeniach

0623

0

2121

21

≥≤+≤−

xxxx

xx

,

d) )2min( 21 xx − przy ograniczeniach

062

4

2121

21

≥≤+≤+

xxxx

xx

,

e) )5max( 21 xx + przy ograniczeniach

02

102

44

2121

21

21

≥−≥−≤+≤−

xxxx

xx

xx

,

f) )33min( 21 xx + przy ograniczeniach

01

632

2121

21

≥≥+≤+

xxxx

xx

,

g) )min( 21 xx +− przy ograniczeniach

022

22

2121

21

≥≥+≤+−

xxxx

xx

,

h) )2max( 21 xx − przy ograniczeniach

042

93

6

2121

21

21

≥−≥−≤+

≤+

xxxx

xx

xx

,

i) )max( 21 xx − przy ograniczeniach

01

2

5

2121

21

21

≥≤+−≤−≤+

xxxx

xx

xx

,

6

j) )2min( 21 xx + przy ograniczeniach

002

1

1

2121

21

21

≥≤+−≥−≥+

xxxx

xx

xx

,

k) )max( 21 xx + przy ograniczeniach

022

0

1032

2121

21

21

≥≤−≤+−≥+

xxxx

xx

xx

,

l) )44min( 21 xx + przy ograniczeniach

01

3

1

2121

21

21

≥≥+−≥+−

−≥+

xxxx

xx

xx

,

m) )min( 21 xx −− przy ograniczeniach

09182

132

122

2121

21

21

≥≤+−≤−≥+

xxxx

xx

xx

,

n) )max( 21 3xx + przy ograniczeniach

022

3

2121

21

≥≤+−≤+

xxxx

xx

,

o) )min( 21 2xx + przy ograniczeniach

022

122

2121

21

≥≤+≥+

xxxx

xx

,

p) )min( 21 32 xx −− przy ograniczeniach

06

9

4

2121

21

21

≥≤+≤+

≥+−

xxxx

xx

xx

,

q) )min( 21 32 xx −− przy ograniczeniach

093

4

2121

21

≥≤+≥+−

xxxx

xx

,

7

20. Do wykonania elementów A i B używa się dwóch materiałów budowlanych M1 i M2. Zużycie ich na jednostkę elementów oraz ich zasoby podaje zestawienie:

A B zasoby

M1 3 2 100

M2 1 2 60

Wyznaczyć liczbę elementów A i B , aby nie przekraczając zapasów, osiągnąć maksymalny zysk przy jednostkowym zysku ze sprzedaży elementów A i B równym odpowiednio 8 i 10 zł.

8

Rozdział 3. Metoda simpleks dla ZPL

21. Krok po kroku rozwiązać metodą simpleks zagadnienie: wyznaczyć )min( 31 xx − przy

ograniczeniach

4321033

12

421

321

,,,,, =≥=+=+−

ixxxx

xxx

i

22. Metodą simpleks wyznaczyć:

a) )2min( 21 xx −− przy ograniczeniach

022

2

2121

21

≥≤+−≤−

xxxx

xx

,

b) )22max( 21 xx + przy ograniczeniach

01

4

2121

21

≥≤+−≤+

xxxx

xx

,

c) )24min( 4321 xxxx ++− przy ograniczeniach

4321045

1223

421

4321

,,,, =≥≤−+−≤++−

ixxxx

xxxx

i

d) )min( 32 xx − przy ograniczeniach

0135

824

1623

32132

32

321

≥≤−≤−

=++

xxxxx

xx

xxx

,,

e) )3min( 21 xx −− przy ograniczeniach

022

3

2121

21

≥≤+−≤+

xxxx

xx

,

f) )2min( 21 xx + przy ograniczeniach

022

122

2121

21

≥≤+≥+

xxxx

xx

,

g) )min( 21 xx +− przy ograniczeniach

0632

1

2121

21

≥≥+−≤+−

xxxx

xx

,

h) ),max( 321 3452 xxx ++ przy ograniczeniach

9

01462

145354

321321

321

≥≤++≤++

xxxxxx

xxx

,,

,

23. Wyznaczyć )22min( 4321 xxxx +−+− przy ograniczeniach

543210324

8

42

421

51

321

,,,,, =≥=++=+

=++−

ixxxx

xx

xxx

i

24. Wyznaczyć )8324min( 321 xxx ++ przy ograniczeniach

034

12

32121

321

≥≥+≥++−

xxxxx

xxx

,,

25. Wyznaczyć min )( 43212 xxxx −−+ przy ograniczeniach:

4,3,2,107

632

22

4321

4321

4321

=≥=+++=+−+

=−+−

ixxxxx

xxxx

xxxx

i

26. Wyznaczyć )max( 321 4 xxx ++ przy ograniczeniach:

0

73114

321

321

=−+=++

xxx

xxx 3,2,1,0 =≥ jx j

27. Wyznaczyć )23min( 21 xx − przy ograniczeniach

00

102

4

212141

21

21

≥≤+−

≤+−≤−

xxxx

xx

xx

,

28. Wyznaczyć )max( 21 2xx + przy ograniczeniach

321012

2

321

321

,,, =≥≤−−≤++

ixxxx

xxx

i

29. Wyznaczyć max i min funkcji 412 xxXf −=)( przy ograniczeniach

432108

52

205

321

42

321

,,,, =≥≤−+≤+

≤++

ixxxx

xx

xxx

i

10

30. Wyznaczyć )max( 21 xx + przy ograniczeniach

32101032

22

0

21

321

21

,,, =≥≥+=+−

≥−

ixxx

xxx

xx

i

31. Wyznaczyć max )( 321 32 xxx ++ przy ograniczeniach

32101610

62

105

32

321

321

,,=≥≥+=+−≤++−

ixxx

xxx

xxx

i

32. Wyznaczyć )min( 21 xx −− przy ograniczeniach

0,0

22

2121

21

≥≥+−≥+

xxxx

xx

33. Wyznaczyć )min( 21 xx + przy ograniczeniach

3210842

22

22

21

321

21

,,, =≥≥+=+−

≤+

ixxx

xxx

xx

i

34. Wyznaczyć min )( 321 xxx −+ przy ograniczeniach

32100

1642

232

321

321

321

,,=≥=+−=++

=++

ixxxx

xxx

xxx

i

35. Wyznaczyć min )( 321 532 xxx +− przy ograniczeniach

32102

8

32

321

321

321

,,=≥≤+−−≤−+≤+−

ixxxx

xxx

xxx

i

36. Wyznaczyć min )( 321 32 xxx −− przy ograniczeniach

3210742

4

2

32

32

321

,,=≥≥+≤+

≥−+

ixxx

xx

xxx

i

11

37. Wyznaczyć min )( 43212 xxxx −−+ przy ograniczeniach:

4,3,2,103

2

1

31

4321

4321

=≥≤−≥−+−=+−+

ixxx

xxxx

xxxx

i

38. Wyznaczyć min )( 54321 52 xxxxx −−−−− przy ograniczeniach:

5,4,3,2,102

1

2

5431

331

131

4331

161

2121

=≥=−−−

=++

=+

ixxxxx

xxx

xx

i

39. Wyznaczyć max )( 32 32 xx + przy ograniczeniach

3210522

356

1

325

21

3215

21

323

21

,,=≥−≤−+

≤+−−

≤+−−

ixxxx

xxx

xxx

i

40. Wyznaczyć min )( 421

32123 xxxx −−+− przy ograniczeniach:

4,3,2,10

3

31

431

3231

121

31

431

232

121

314

432

3234

1

=≥≤++−

−≤−−

≤+++−

ixxxxx

xxx

xxxx

i

41. Wyznaczyć max )( 5321 32 xxxx +++ przy ograniczeniach:

5,4,3,2,1024625

422

22

543225

1

543123

4221

123

=≥≤−+−+

≤+−+−

≤++

ixxxxxx

xxxx

xxx

i

42. Wyznaczyć min )( 4321 632 xxxx +++ przy ograniczeniach

4,3,2,1052

1

42

4321

=≥≥+≥+++

ixxx

xxxx

i

Sformułować symetryczne zadanie dualne i rozwiązać je.

43. Wyznaczyć )2min( 21 xx + przy ograniczeniach

12

051

632

2121

21

≥≥+−≥+

xxxx

xx

,,


44. Wyznaczyć )2min( 21 xx −− przy ograniczeniach

042

1

2121

21

≥≤+−≤+−

xxxx

xx

,



042

3

2121

21

≥≤+≤+

xxxx

xx

,


46. Wyznaczyć min )( 321 846 xxx −−− przy ograniczeniach

5,4,3,2,1023

15

5321

4321

=≥=+++=+++

ixxxxx

xxxx

i

Sformułować niesymetryczne zadanie dualne i rozwiązać je.


0,42

42

2121

21

≥≤+≤+

xxxx

xx


48. Wyznaczyć )23max( 21 xx − przy ograniczeniach

00

60

2121

2121

≥≤−=+≥+

xxxx

xxxx

,

Sformułować zadanie dualne i rozwiązać je.

49. Wyznaczyć min )( 4315 xxx −+ przy ograniczeniach:

4321022

0

1032

321

431

31

,,,=≥=−+=++−

≥+

ixxxx

xxx

xx

i

Sformułować zadanie dualne i rozwiązać je.

13


0,4

6

2121

21

≥−≤−≥+

xxxx

xx


51. Wyznaczyć min )( 321 526 xxx ++ przy ograniczeniach

3,2,10242

13

321

321

=≥−≥−−≥++−

ixxxx

xxx

i


52. Wyznaczyć max )( 321 108 xxx ++ przy ograniczeniach

321002

24

321

321

,,=≥=+−=++

ixxxx

xxx

i

Sformułować niesymetryczne zadanie dualne i rozwiązać je.

53. Wyznaczyć max ),( 321 3452 xxx ++ przy ograniczeniach

3210162

145354

321

321

,,

,

=≥≤++≤++

ixxxx

xxx

i


54. Rozwiązać podane zagadnienie pierwotne oraz sformułować i rozwiązać zagadnienie dualne do podanego: Wyznaczyć min (4x1 + x 2 ) przy ograniczeniach:

001

1

664

2121

21

21

≥≥≥+≤−

≥+

xxxx

xx

xx

,,

55. Rozwiązać dane zagadnienie pierwotne: wyznaczyć )2610max( 321 xxx +−− przy

ograniczeniach:

0,,125

322

321321

321

≥−≤+−−≤+−−

xxxxxx

xxx

a) Sformułować symetryczne zagadnienie dualne i rozwiązać je. b) Sprowadzić zagadnienie pierwotne do postaci standardowej, podać dla niego

niesymetryczne zagadnienie dualne, rozwiązać je. c) Wykazać równoważność zagadnień dualnych.

14

56. Dane jest zagadnienie pierwotne: wyznaczyć min ( 4x1 – x2 + 2x3 + x4 ) przy ograniczeniach:

.4,3,2,1,045

1223

421

4321

=≥−≥+−≤++−

jxxxx

xxxx

j

a) Sformułować symetryczne zagadnienie dualne i rozwiązać je. b) Sprowadzić zagadnienie pierwotne do postaci standardowej, podać dla niego

niesymetryczne zagadnienie dualne, rozwiązać je. c) Wykazać równoważność zagadnień dualnych.

57. Dane jest zagadnienie pierwotne: wyznaczyć max ( x1 + x2) przy ograniczeniach:

.,,, 3210333

233

321

321

=≥≤−+−≤++

jxxxx

xxx

j

Sformułować niesymetryczne zagadnienie dualne i rozwiązać je.

58. Do wykonania elementów A i B używa się materiałów M1, M2, i M3. Zużycie ich na jednostkę elementu oraz dysponowane ilości (limity) materiałów podaje tabela:

Materiał Zużycie na jednostkę elementu Dysponowana ilość materiału

A B

M1 4 8 6200

M2 6 10 8100

M3 12 8 7200

Wyznaczyć liczbę elementów, aby nie przekraczając limitów materiałów osiągnąć maksymalny efekt produkcji. Jednostkowy zysk dla elementu A wynosi 8 zł, a dla elementu B – 12 zł.

59. Przedsiębiorstwo produkuje 4 wyroby , używając do tego 3 rodzajów surowców s1, s2, s3, których zasoby wynoszą odpowiednio: 80, 56, 48 jednostek. Należy ułożyć plan produkcji zapewniałyby maksymalny zysk, jeżeli zysk jednostkowy z poszczególnych wyrobów wynosi odpowiednio 15, 9, 18, 5 zł. Zużycie jednostkowe surowców w produkcji podaje tabelka.

s1 s2 s3 I 3 4 2 II 2 3 1

III 1 2 6

15

IV 0 1 1

60. Problem diety. Trzeba ułożyć jadłospis o odpowiednich wartościach odżywczych, ale o minimalnym koszcie. Weźmy po uwagę trzy składniki: proteiny, witaminę A oraz wapń. Dziennie tych składników trzeba dostarczyć organizmowi odpowiednio: protein co najmniej 50g, witaminy A co najmniej 4000 I.U. i co najmniej 100mg wapnia. Dieta ma się składać z bananów, jabłek, marchwi, siekanych daktyli i jajek. W tabeli podajemy dane dla odpowiednich składników diety i ich koszt.

Składnik

pożywienia

wielkość Proteiny

w g

Witamina A w I.U.

Wapń Ca

w mg

Koszt w

eurocentach

Ilość

(szukana!)

jabłka 1 średnie, 138g 0,3 73 9,6 10 1x

banan 1 średni, 118g 1,2 96 7 15 2x

marchew 1 średnia, 72g 0,7 10 253 19 5 3x

daktyle 1 filiżanka, 178g 3,5 890 57 15 4x

jajko 1 średnie, 44g 5,5 279 32 22 5x

Zminimalizować funkcję całkowitego kosztu.

61. Produkty A, B, C służące jako pasza dla trzody chlewnej zawierają dwa składniki odżywcze M1 i M2, które należy dostarczyć zwierzętom co najmniej w ilościach odpowiednio 45 i 60 jednostek. Produkty te zawierają jednak składnik M3, którego ilość w spożywanej paszy powyżej 20 jednostek może być szkodliwa. Zawartość poszczególnych składników w produktach A, B, C oraz ceny jednostkowe produktów są w tabelce. Należy ułożyć optymalny plan żywienia zwierząt.

A B C

M1 3 3 2 M2 1 2 4 M3 2 1 1

ceny 20 40 10 62. Zakład produkuje cztery wyroby A, B, C, D. Do ich produkcji zużywa trzy rodzaje

surowców I, II, III. Ze sprzedaży każdego wyrobu zakład otrzymuje określony zysk. Zakład jest zainteresowany wyznaczeniem takiego planu produkcji, który przy istniejących zasobach surowców, dostępnej technologii i określonych potrzebach rynku, maksymalizowałby łączny zysk. Odpowiednie dane zawiera tabela – liczby znajdujące się w środku tabeli są jednostkowymi nakładami surowców zużywanych w procesie produkcji poszczególnych wyrobów. Ponadto zakład jest zobowiązany dostarczyć na rynek co najmniej 20j wyrobu A i co najwyżej 20 j wyrobu B. Poziom produkcji

16

pozostałych wyrobów nie jest zdeterminowany. Podać planowany zysk i strukturę produkcji.

A B C D Zasoby surowców

I 5 6 1 3 280 II 6 9 4 2 350 III 4 10 2 6 260 Zysk

jednostkowy 3 4 3 2

63. Do wykonania dwóch rodzajów elementów A i B Przedsiębiorstwo budowlane zużywa

pewne ilości stali i blach ocynkowanych, które ma w ograniczonych ilościach. Przy produkcji obu wyrobów wykorzystywane są prościarki, giętarki i nożyce do cięcia blachy. W podanej tabeli przedstawiono zasoby stali i blachy ocynkowanej, którymi dysponuje przedsiębiorstwo, zasoby zdolności produkcyjnej trzech rodzajów urządzeń, normy zużycia materiałów i normatyw nakładów pracy urządzeń na jednostkę wyrobu. Oprócz tego, w ostatnim wierszu przedstawiono zysk przedsiębiorstwa ze sprzedaży jednostki każdego wyrobu wyrażony w jednostkach pieniężnych . Wyznaczyć optymalny plan produkcji elementów A i B. Rodzaje zasobów Wielkość

zasobów Normy zużycia na jednostkę wyrobu

A B Stal, kg 570 10 70

Blacha ocynkowana, m2 490 12 25

Prościarki, m-g 1700 30 40

Giętarki, m-g 2000 35 40

Nożyce do blachy, m-g 2400 20 70

Zysk, jp 3000 8000

64. Zakład ma dwa samochody wywrotki A i B o ładowności qA=8,0t i qB=10,0t. Koparka

może załadować 25 jednostek transportowych w ciągu zmiany, niezależnie od nośności. Dzienny limit paliwa dla zakładu wynosi196 litrów. Samochód A zużywa na jeden pełny cykl transportowy 6 litrów paliwa, samochód B - 8 litrów. Ile cykli należy zaplanować dla każdego z samochodów A i B przy określonych ograniczeniach, aby objętość przewiezionego urobku była największa?

65. Do produkcji pustaków przedsiębiorstwo może stosować jedną z pięciu metod wytwarzania. Liczba pustaków otrzymywanych przy różnych technologiach w jednostce czasu wynosi odpowiednio: 300, 260, 320, 400 i 450 sztuk. W procesie produkcji niezbędne są następujące środki produkcji: surowiec, energia elektryczna, płace dla pracowników produkcyjnych oraz wydatki administracyjne. Nakłady odpowiednich środków produkcji ponoszone w jednostce czasu, zależnie od technologii, podano w tabeli wyrażając je w pewnych jednostkach pieniężnych. W ostatniej kolumnie podano

17

zasoby środków produkcji, którymi dysponuje przedsiębiorstwo. Wyznaczyć plan maksymalizujący wielkość produkcji.

Środki produkcji Nakłady na jednostkę czasu Zasoby

1 2 3 4 5 Surowiec 12 15 10 12 11 1300

Energia elektryczna 0,2 0,1 0,2 0,25 0.3 30

Płace 3 4 5 4 2 400

Wydatki administracyjne

6 5 4 6 4 800

66. Zakład stolarki budowlanej wytwarza drzwi w czterech asortymentach. Do ich produkcji wykorzystuje się dwa różne typy desek, płyty pilśniowe twarde i szkło ornamentowe. Zakład ma 1500m desek typu I, 1000m desek typu II, 5000m2 płyt i 2700m2 szkła. Oprócz tego dane są zasoby siły roboczej w ilości 800r-g. Tabela podaje nakłady normatywne każdego rodzaju zasobu niezbędne do wykonania jednostki wyrobu oraz zysk jednostkowy. Określić optymalną strukturę asortymentową produkcji.

Rodzaje zasobów Nakłady na jednostkę wyrobu

D1 D2 D3 D4

Deski I, m 5 1 9 12

Deski II, m 2 3 4 1

Płyta, m2 3,6 3 4 1

Szkło, m2 0,8 0,6 1 0,8

Siła robocza, r-g 3 2 5 10

Zysk, jp 1200 600 1500 1000

67. Przedsiębiorstwo produkuje i sprzedaje dwa rodzaje mieszanek betonowych: A i B. Może ono wyprodukować w ciągu godziny mieszankę A w ilości odpowiadającej pojemności 14 samochodów wywrotek, którymi dysponuje przedsiębiorstwo, lub mieszankę B w ilości odpowiadającej pojemności 7 takich samochodów wywrotek. Samochody wywrotki mogą przewozić mieszankę A do 7 razy na godzinę lub do 12 razy na godzinę – mieszankę B, w zależności od odległości odbiorców dostaw. Urządzenia załadowcze mogą obsłużyć nie więcej niż 8 samochodów wywrotek na godzinę, bez względu na rodzaj mieszanki. Przedsiębiorstwo przewiduje zysk 5 tys. zł za dostarczenie jednego samochodu wywrotki w przypadku mieszanki A i 10 tys. zł za dostarczenie jednego samochodu wywrotki z mieszanką B. Jaką ilość mieszanki betonowej wyrażoną liczbą załadowanych i dostarczonych samochodów wywrotek każdej mieszanki powinno produkować przedsiębiorstwo?

18

Rozdział 4. Zastosowanie ZPL do gier macierzowych.

68. Dana jest macierz wypłat ( podająca wygrane dla gracza P1 ) :

−175

432

Metodą graficzną znaleźć optymalną strategię dla gracza P1 i wartość gry.

69. Sprawdzić czy podana macierz wypłat ma punkt siodłowy.

−232

021

321

70. Rozwiązać grę macierzową:

−

6032

2456

4120

Wyznaczyć optymalne strategie i wartość gry.


−−

0427

6203

3541



470

321

653



−−

−

011

101

110

(gra symetryczna)


19


− 281

074

521



−175

432



− 2340

3613

77. Dana jest macierz wypłat ( podająca wygrane dla gracza P1 ) :

−−

−

3141

1504

6232

Wyznaczyć optymalne strategie dla gracza P1 i P2 oraz wartość gry.

78. Przedsiębiorstwo budowlane specjalizuje się w budowaniu mieszkań, apartamentów i budynków biurowych. Roczny zysk z budowy zależy w znacznym stopniu od ogólnych ekonomicznych warunków. Przybliżony procentowy zysk w zależności od rodzajów budynków podany jest w postaci następującej gry macierzowej. Warunki

sprzyjające

recesja stabilizacja

Mieszkania 8 5 9

Apartamenty 8 10 7

Budynki biurowe 10 3 6

Jak rozłożyć inwestycje pomiędzy rodzaje budynków i jaki jest max spodziewany zysk.

79. St. Louis Research Corporation planuje przyjąć pracowników z różnymi stopniami naukowymi do rozwijania aktywności badawczej. Chociaż korporacja ma duży fundusz naukowy, pozyskuje państwowe granty, zależne od osiągnięć badaczy. Poniższa macierz efektywności badaczy jest przygotowana do pomocy przy zatrudnianiu pracowników. W jakiej proporcji powinni być przyjęci pracownicy oraz jaka będzie maksymalna spodziewana efektywność. ( W macierzy przedstawiony jest indeks efektywności).

20

Granty państwowe

Pracownicy

Małe

Średnie

Duże

Osoby z tytułem Licencjata

8 5 3

Osoby z tutułem Magistra

5 6 6

Osoby z tytułem doktora

4 7 10

80. Rozwiązać grę macierzową daną za pomocą macierzy wypłat:

− 0132

3234

4051

( punkt siodłowy)

81. Farmer w wiejskim okręgu Missisipi kupuje kurczaki, świnie i owce od innych farmerów i sprzedaje je na targu w pobliskim mieście . Przyjmując , że inwestycje 10 000 $ daje średnio tygodniowo zysk, w setkach dolarów jak podaje macierz wypłat. Jak ma zainwestować 10 000 $, aby dostać max zysk. Zakłada się, że pogody nie da się przewidzieć, a popyt na zwierzęta zależy od pogody.

Ładna pogoda pochmurno Deszcz

Kurczaki 6 2 1

Świnie 2 3 2

owce 3 1 5

82. W podmiejskim centrum handlowym znajdują się dwa butique`i : Carol`s i Sandy`s, które ze sobą konkurują. Oba chcą zwiększyć swój udział w rynku, zmieniając asortyment damskich sukienek. Za pomocą zewnętrznych fachowców została skonstruowana macierz pokazująca procentowy zysk lub stratę w zależności od rodzajów sukienek. Znaleźć optymalne strategie mieszane dla Carol`s i Sandy`s i wartość procentową zysków (lub strat) przy tych strategiach.

Sandy`s

Carol`s

Mini

Midi

Maxi

Mini 0 2 5 Midi -5 4 2 Maxi 2 0 -1

21

Rozdział 5. Zagadnienia transportowe.

83. Mamy 3 punkty odpraw dysponujące ilościami produktu odpowiednio:

10,8,6 321 === aaa oraz 4 punkty odbioru o zapotrzebowaniach odpowiednio :

,,,, 6873 4321 ==== bbbb . Jednostkowe koszty transportu między „i” tym punktem

odprawy a „j” tym punktem odbioru podaje macierz kosztów:

1220

0234

4321

Stosując się do wymagań odbiorców znaleźć minimalny całkowity koszt transportu towarów.

84. Mamy 3 punkty odpraw dysponujące ilościami produktu odpowiednio: 4,6,4 321 === aaa oraz 4 punkty odbioru o zapotrzebowaniach odpowiednio :

,2,5,4,3 4321 ==== bbbb . Jednostkowe koszty transportu między „i” tym punktem


−1211

5213

3012


85. Mamy 3 punkty odpraw dysponujące ilościami produktu odpowiednio: 7,5,1 321 === aaa oraz 5 punktów odbioru o zapotrzebowaniach odpowiednio :

2,2,3,3,3 54321 ===== bbbbb . Jednostkowe koszty transportu między „i” tym

punktem odprawy a „j” tym punktem odbioru podaje macierz kosztów:

−54320

11345

32123



,4,8,3 321 === bbb . Jednostkowe koszty transportu między „i” tym punktem odprawy

a „j” tym punktem odbioru podaje macierz kosztów:

22

− 121

301

210



,7,7,9 321 === bbb . Jednostkowe koszty transportu między „i” tym punktem odprawy


− 121

301

210



,,, 453 321 === bbb . Jednostkowe koszty transportu między „i” tym punktem odprawy


−

421

320

012





1203

4120

3112



,7,8,4,8 4321 ==== bbbb . Jednostkowe koszty transportu między „i” tym punktem


23

1203

4120

3112


91. Mamy 3 punkty odpraw dysponujące ilościami produktu odpowiednio: 201510 321 === aaa ,, oraz 3 punkty odbioru o zapotrzebowaniach odpowiednio :

,,, 171018 321 === bbb . Jednostkowe koszty transportu między „i” tym punktem


642

332

253



,,,, 10102312 4321 ==== bbbb . Jednostkowe koszty transportu między „i” tym


4252

5343

3624



,,,, 10605020 4321 ==== bbbb . Jednostkowe koszty transportu między „i” tym


1221

1230

0312



24



1220

4132

2011


95. Mamy 4 punkty odprawy dysponujące ilościami produktu odpowiednio: 812410 4321 ==== aaaa ,,, jednostek i 6 punktów odbioru o zapotrzebowaniach

odpowiednio równych 334254 654321 ====== bbbbbb ,,,,, jednostek. Jednostkowe

koszty transportu miedzy „i” tym punktem odprawy a „j” tym punktem odbioru podaje macierz kosztów:

−−

011213

201012

111142

101131

Stosując się do wymagań odbiorców znaleźć minimalny całkowity koszt transportu i podać rozwiązanie minimalne.

25

Rozdział 6. Zagadnienia całkowitoliczbowe.

96. Graficzną metodą podziału i ograniczeń rozwiązać zagadnienie : Wyznaczyć max(3x1 + 4x2 ) przy ograniczeniach:

00623

42

2121

21

≥≥≤+≤+

xxxx

xx

,, zmienne są całkowite.

97. Graficzną metodą podziału i ograniczeń rozwiązać zagadnienie : Wyznaczyć min )( 212 xx −− przy ograniczeniach:

0063

3

2121

21

≥≥≤+≤+

xxxx

xx

,, zmienne są całkowite.

98. Wyznaczyć )min( 21 64 xx − przy ograniczeniach

,, 0153

93

1

2121

21

21

≥≤+≤+≤+−

xxxx

xx

xx

21,=ixi całkowite


,, 09182

132

122

2121

21

21

≥≤+−≤−≥+

xxxx

xx

xx

21,=ixi całkowite

100. Wyznaczyć )min( 212 xx + przy ograniczeniach

,, 0638

1054

102

2121

21

21

≥≤−≤+

≤−

xxxx

xx

xx

21,=ixi całkowite

101. Wyznaczyć )min( 21 2xx −− przy ograniczeniach

,, 02401615

10

2121

21

≥≤+≤+−

xxxx

xx 21,=ixi całkowite

102. Wyznaczyć )min( 321 1273 xxx −− przy ograniczeniach

,,, 08736

5336

12863

321321

321

321

≥≤+−≤++

≤+−−

xxxxxx

xxx

xxx

321 ,,=ixi całkowite

26

103. Wyznaczyć )min( 321 1333 xxx +−− przy ograniczeniach

,,, 0103

8736

8763

321321

321

321

≥≤++≤+−

≤++−

xxxxxx

xxx

xxx


104. Wyznaczyć )min( 321 753 xxx −−− przy ograniczeniach

,,, 08736

8763

321321

321

≥≤+−≤++−

xxxxxx

xxx 321 ,,=ixi całkowite

105. Wyznaczyć ),max( 321 3452 xxx ++ przy ograniczeniach

,,,

,

01162

145354

321321

321

≥≤++≤++

xxxxxx

xxx 321 ,,=ixi całkowite

106. Wyznaczyć )max( 321 63 xxx ++ przy ograniczeniach

,,, 08

155

7

321321

321

321

≥≤−+≤++

≤++

xxxxxx

xxx

xxx


107. Fabryka mebli produkuje stoły, krzesła , regały i biurka, wykorzystując do tego dwa rodzaje desek. Na okres objęty planem fabryka ma do dyspozycji 1600m desek I rodzaju i 1100m desek II rodzaju, a posiadane zasoby siły roboczej szacuje się na 900 osobodni. Informacje o jednostkowych nakładach poszczególnych rodzajów desek oraz siły roboczej podaje tabela:

Nakłady na jednostkę wyrobu

środki stoły krzesła regały biurka

Deski I rodzaju 5 1 12 7

Deski II rodzaju 2 2 9 4

Zasoby siły roboczej (osobodzień)

3 2 6 3

Zysk na jednostkę wyrobu w jednostkach pieniężnych

110 60 180 95

27

Spełniając minimalne potrzeby odbiorców fabryka musi wyprodukować co najmniej 50 stołów, 150 krzeseł, 25 regałów i 10 biurek. Przy jakim planie produkcji fabryka osiągnie maksymalny zysk?

108. Zakład futrzarski produkuje męskie i damskie czapki zimowe. Na wyprodukowanie czapki męskiej potrzeba 0,6m2 skóry, czapki damskiej 0,4m2. Zakład ma w magazynie 12 700m2 skóry. Pracochłonność czapki męskiej oszacowano na 0,9 h, damskiej na 1 h. Łączny zasób czasu pracy jakim dysponuje zakład wynosi 19680 h. Zapotrzebowanie na czapki szacuje się na co najmniej 1 tys. czapek męskich i co najmniej 5 tys. czapek

damskich. Cena sprzedaży czapki męskiej to 0,2tys zł, damskiej 0,24tys zł. Koszty

wynoszą odpowiednio 0,12tys zł i 0,135tys zł. Przy jakim planie produkcji czapek zakład osiągnie największy zysk?

109. Tartak otrzymał zamówienie na dostarczenie 55 kompletów belek o jednakowych przekrojach, z których każdy składał się z trzech belek o długościach odpowiednio równych 2,9; 2,1; 1,5 m. Tartak dysponuje kłodami o wymaganym przekroju , ale ich długość wynosi 7,4m. Zamówienie można zrealizować przez odpowiednie pocięcie wymienionych kłód. Istnieją różne warianty cięcia kłód. Jeden z nich jest np.: dwie belki długie i jedna krótka. Przy takim cięciu odpad jest 0,1m. Należy zestawić w postaci tablicy wszystkie te warianty ciecia, przy których odpad jest mniejszy niż 1,5m. Ile kłód i według których wariantów należy ciąć, aby zrealizować zamówienie przy jak najmniejszym łącznym odpadzie?

110. Zakład blacharski ma wyprodukować 180 detali typu A i 900 detali typu B. Detale te są wycinane z arkuszy blachy o standardowych wymiarach czterema sposobami. Liczbę

detali i odpad surowca z jednego arkusza blachy, przy zastosowaniu każdego ze sposobów cięcia, podaje tabela:

Sposoby cięcia I II III IV

Detal A 4 3 1 0 Detal B 0 4 9 12

Odpad w kg 12 5 3 0

Ile razy który sposób cięcia należy zastosować, aby odpad blachy był najmniejszy. Jaka jest ilość w kg tego najmniejszego odpadu?

28

Rozdział 7. Zagadnienia binarne

111. Mamy 6 różnych towarów , których wartości i wagi są podane w tabeli:

towar waga w kg Wartość w zł 1 10 5 2 9 2 3 15 7 4 2 4 5 11 1 6 6 6

Jak zapakować plecak aby waga nie przekraczała 33kg, a wartość była maksymalna?

112. Wyznaczyć )min( 4321 7732 xxxx +++ przy ograniczeniach

,,,,},{ 432110

342

252

4321

4321

=∈−≥+++−

≥−−+

ix

xxxx

xxxx

i

113. Wyznaczyć )min( 432 754 xxx ++ przy ograniczeniach

432110

1232

5332

4321

4321

,,,},{ =∈−≤−+−

≤+−−

ix

xxxx

xxxx

i

114. Wyznaczyć )min( 4321 7542 xxxx +−+ przy ograniczeniach

432110

2232

8332

4321

4321

,,,},{ =∈≥+++−

−≥−−−−

ix

xxxx

xxxx

i

115. Wyznaczyć )min( 54321 232 xxxxx +−−+− przy ograniczeniach

5432110

13

123

54321

4321

,,,,},{ =∈−≥+++−−

≥+++−

ix

xxxxx

xxxx

i

116. Wyznaczyć )min( 4321 6325 xxxx ++− przy ograniczeniach

29

432110

22

232

431

4321

,,,},{ =∈≥++−

−≥−+−

ix

xxx

xxxx

i

117. Wyznaczyć )max( 4321 8642 xxxx −−−− przy ograniczeniach

432110

22

52

321

4321

,,,},{ =∈−≤−−

≤+−+

ix

xxx

xxxx

i

118. Wyznaczyć )min( 321 102 xxx −−− przy ograniczeniach

32110

523

972

725

321

321

321

,,},{ =∈≤++≤++≤−+

ix

xxx

xxx

xxx

i

119. Wyznaczyć min 321 11102)( xxxxf −+= przy ograniczeniach:

},{,,

,

,

10

1258

227

321

321

321

∈≤++−

≤++−

xxx

xxx

xxx

.

120. Wyznaczyć )min( 321 23 xxx −− przy ograniczeniach

32110

435

52

321

321

,,},{ =∈≥−+

≤++

ix

xxx

xxx

i

121. Wyznaczyć )min( 4321 232 xxxx +−− przy ograniczeniach

432110

52

13

4321

321

,,,},{ =∈≤−++

≤−+

ix

xxxx

xxx

i

122. Wyznaczyć )min( 54321 24332 xxxxx −+−+ przy ograniczeniach

5432110

652

32833

54321

54321

,,,,},{ =∈≤++−+

≤+++−

ix

xxxxx

xxxxx

i

30

123. Straż pożarna chce pokryć miasto stacjami i ma do dyspozycji 8 możliwych lokalizacji, które zapewniają szybką interwencję w odpowiednich częściach miasta. Jak wybrać lokalizację, aby zbudować jak najmniejszą ilość stacji i objąć wszystkie dzielnice. W tabeli podane są lokalizacje i obejmowane przez nie dzielnice.

1x 2x 3x 4x 5x 6x 7x 8x

Lokalizacja A B C D E F G H

dzielnice 1,2,6 1,2,3,4 5,6 3,4,5 1,3,5 1,4,6 2,3,5 1,4,5,6

124. Wyznaczyć )min( 21 72 xx − gdzie 100100 21 ≤≤≤≤ xx ,

i przynajmniej jeden z warunków : 045032 2121 ≥−≥+− xxxx , ma zachodzić.

125. Przeformułować następujące zagadnienie całkowitoliczbowe na zagadnienie binarne z

nieujemnymi współczynnikami funkcji celu: wyznaczyć )min( 21 32 xx − przy

ograniczeniu 621 ≤+ xx gdzie zmienne są nieujemne i całkowite.

126. Przeformułować następujący problem mieszany wprowadzając zmienne binarne : znaleźć min 213)( xxxf +−= przy ograniczeniach: 40,50 21 ≤≤≤≤ xx i

przynajmniej jedno z następujących ograniczeń musi zachodzić:

8123 2121 ≤+≥+ xxxx , .

127. Wprowadzając zmienne binarne przeformułować zagadnienie: wyznaczyć

)min( 321 523 xxx −+ przy ograniczeniach

5063250 321 ≤≤∈≤≤ xxx },,,{, co najmniej jeden z warunków

0222023 321321 ≥++≥−+− xxxxxx , musi zachodzić oraz dokładnie dwa z

następujących warunków muszą zachodzić

4200 321323121 ≥++≥+≥−≥− xxxxxxxxx ,,, .

31

Rozdział 8. Zagadnienia sprowadzalne do zagadnień ZPL

128. Wyznaczyć

++− 3

1

21 xxmin przy ograniczeniach

064

2

2121

21

≥≤+≤+

xxxx

xx

,,

129. Wyznaczyć

++−+

22

23

21

21xx

xxmin przy ograniczeniach

01

123

82

2121

21

21

≥≤−≤+≤+

xxxx

xx

xx

,,

130. Wyznaczyć

++++103

2024

21

21xx

xxmax przy ograniczeniach

011113

55115

4321421

321

≥=−+−=++

xxxxxxx

xxx

,,,

131. Wyznaczyć

++−+

321

321 322

xxx

xxxmax przy ograniczeniach

1006

64

43

5032

32121

321

321

≥≥≥++

++≤++

xxxxx

xxx

xxx

,,

132. Wyznaczyć

++++−+++

132

322

4321

4321

xxxx

xxxxmin przy ograniczeniach

01232 43214321 ≥≥+++ xxxxxxxx ,,,

133. Wyznaczyć |)|||min( 544622 321321 −+−+−++ xxxxxx przy ograniczeniach

3210152

1022

321

321

,,=≥≤−+≤−+

ixxxx

xxx

i

32

134. Wyznaczyć |)|||min( 103322 2121 −++−+ xxxx przy ograniczeniach

21012

42

21

21

,=≥≤−≥+

ixxx

xx

i

135. Rozwiązać zagadnienie: znaleźć min |)5,0|2|6|3()( 2121 −−+−+= xxxxxf przy

ograniczeniach : .0,0,42,6 212121 ≥≥−≥−≤+ xxxxxx

136. Wyznaczyć )),max(min( 2121 22 xxxx ++ przy ograniczeniach

2101

632

21

21

,=≥≥−≤+

ixxx

xx

i

137. Wyznaczyć )),min(max( 321321 2332 xxxxxx ++++ przy ograniczeniach

32101321 ,,=≥=++ ixxxx i

138. Wyznaczyć )),max(min( 122 321321 −+++++ xxxxxx przy ograniczeniach

3210232

5

422

321

321

321

,,=≥≤+−≤++

≤+−

ixxxx

xxx

xxx

i

33

Odpowiedzi, wskazówki, rozwiązania.

Rozdział 1.

Zad 1. Rozwiązanie porównać z rozwiązaniem zadania 6.

Zad 2. Na wykresie są naniesione punkty podanego zbioru: A(0,0), B(1,0), C(0,1), D(-1,0), E(0,-1), F(0,2) .

Powłoka wypukła tego zbioru, składającego się z 6 punktów jest najmniejszym zbiorem wypukłym zawierającym podane punkty, w tym zadaniu będzie to czworokąt o wierzchołkach B, D, E i F.

Powłokę tę można zapisać jako kombinację wypukłą wierzchołków B, D, E i F :

34

),(),(),(),(),( 432143214321 220100101 αααααααααααα +−−=+−+−+=+++ FEDB

gdzie 432110 ,,,,, ==≥ ∑ ii

ii αα

Zad 3. Rozwiązanie porównać z rozwiązanie zadania 2. Zad 4. Rozwiązanie porównać z rozwiązanie zadania 2. Zad 5. Zbiór D jest trójkątem o wierzchołkach w1(0,0), w2(2,1) i w3(1,3) .

Punkt (1,2), który nie jest wierzchołkiem, można zapisać jako kombinację liniową wierzchołków: ),(),(),(),(),( 2132311200321 =++=++=++ γβγβγβαγβα www

Gdzie 01 ≥=++ γβαγβα ,,,

2312 =+=+ γβγβ , skąd 5

1

5

3

5

1 === αγβ ,,

Punkt 35

32

5

11

5

121 www ++=),(

Zad 6. Weźmy dwa wektory AyxXyxX ∈),(),,( 222111 , wtedy 22

212

1 , yxyx ≤≤ .

Trzeba wykazać, że wypukła kombinacja

10,)1( 21 ≤≤∈−+ ααα AXX ,

to znaczy, że jest spełniony warunek: 212

21 )1())1(( yyxx αααα −+≤−+ .

Przekształcimy lewą stronę ostatniej nierówności:

35

22

221

21

222

221

21

2221 )1()1(2)1()1(2))1(( xxxxxxxxxx αααααααααα −+−+≤−+−+=−+

Skorzystamy z nierówności : abba 222 ≥+ (bo 020)( 222 ≥+−⇒≥− bababa ) i

otrzymamy :

212

22

1

22

221

2222

222

21

21

2

22

221

21

222

221

21

2221

)1()1(

))1()1(()()1())(1(

)1()1(2)1()1(2))1((

yyxx

xxxxxx

xxxxxxxxxx

αααα

αααααααααα

αααααααααα

−+≤−+=

=−+−+−+=−++−+≤

≤−+−+≤−+−+=−+

Wykazaliśmy wymaganą nierówność , zatem 10,)1( 21 ≤≤∈−+ ααα AXX , zbiór A jest

zbiorem wypukłym.

Zad 7. Skorzystać z definicji zbioru wypukłego.

Zad 8. a) ),(),,(,, 12013

1

3

2

b) (2, 2),( 3, 1)

Zad 9. Zbiór dopuszczalny jest określony układem równań , gdzie współrzędne są nieujemne

=−+=−+=+−

1

32

23

432

321

421

xxx

xxx

xxx

Współrzędnych jest 4 równań 3, trzeba rozwiązać cztery układy 3 równań z 3 niewiadomymi wyznaczając rozwiązania bazowe, za każdym razem zerując jedną współrzędną.

Są to układy:

=−+=−=+−

1

32

2

432

32

42

xxx

xx

xx

=−=−

=+

1

3

23

43

31

41

xx

xx

xx

=−=+

=+−

1

32

23

42

21

421

xx

xx

xxx

=+=−+

=−

1

32

23

32

321

21

xx

xxx

xx

W pierwszym układzie zeruje się pierwsza współrzędna i otrzymujemy rozwiązanie

w1(0, 3, 3, 5) , które jest rozwiązaniem bazowym dopuszczalnym, więc jest wierzchołkiem.

W drugim układzie zeruje się druga współrzędna i otrzymujemy rozwiązanie

(1.5, 0, -1.5, -2.5) , które jest rozwiązaniem bazowym, nie jest jednak dopuszczalne. Rozwiązanie odrzucamy.

W trzecim układzie zeruje się trzecia współrzędna i otrzymujemy rozwiązanie

w2(1, 1, 0, 0) , które jest rozwiązaniem bazowym dopuszczalnym, więc jest wierzchołkiem.

36

W czwartym układzie zeruje się czwarta współrzędna i otrzymujemy rozwiązanie

w2 (1, 1, 0, 0) , które jest rozwiązaniem bazowym dopuszczalnym, jest tym samym wierzchołkiem zdegenerowanym, ma tylko dwie dodatnie współrzędne.

Ponieważ nie wiemy czy zbiór jest ograniczony nie możemy twierdzić, że podana funkcja celu osiąga w zbiorze wartość minimalną.

Zad 10. Skorzystać z definicji liniowej niezależności wektorów.

Zad 11. Skorzystać z definicji wymiaru przestrzeni wektorowej.

Zad 12. Wyznaczyć wierzchołki zbioru i zbadać jego ograniczoność, podać własne przykłady wymaganej funkcji.

Zad 13. Wprowadzamy zmienne bilansujące przekształcające układ nierówności na układ równań

3

3

0

5

21

32

31

321

≤+≤+

≤−≤++

xx

xx

xx

xxx

3,...10 =≥ ixi

=1

2

1

x

710 ,...=≥ ixi

3

3

0

5

721

632

531

4321

=++=++=+−=+++

xxx

xxx

xxx

xxxx

Wstawiamy współrzędne podanego wektora do układu równań i otrzymujemy

0001121 7654321 ======= xxxxxxx ,,,,,,

Wektor

0

0

0

1

1

2

1

ma 4 dodatnie współrzędne nieujemne, tyle ile jest liniowo niezależnych

równań, zatem wektor

=1

2

1

x jest wierzchołkiem niezdegenerowanym.

37

Zad 14. Porównać rozwiązanie z rozwiązaniem zadania 13. Podany wektor jest wierzchołkiem niezdegenerowanym.

Zad 15. Porównać rozwiązanie z rozwiązaniem zadania 13. Podany wektor jest wierzchołkiem zdegenerowanym.

Zad 16. Porównać rozwiązanie z rozwiązaniem zadania 13. Podany wektor nie jest wierzchołkiem.

Zad 17. a) (0 ,0), (0, 2), (2, 0),

3

4

3

4, b) (0, 0), (2, 2), (4, 0)

Zad 18. Zbiór dopuszczalny określony jest nierównościami

0,,

10834

1242

723

321

321

21

321

≥

≤+−−≤−≤+−

xxx

xxx

xx

xxx

Wprowadzimy nieujemne zmienne bilansujące i zapiszemy zbiór za pomocą układu równań

0

10834

1242

723

654321

6321

521

4321

≥

=++−−=+−=++−

xxxxxx

xxxx

xxx

xxxx

,,,,,

Odpowiadające współrzędnym 654321 xxxxxx ,,,,, wektory zapiszemy jako

654321 PPPPPP ,,,,, wektor prawej strony równań oznaczymy przez 0P .

Wybierzemy wierzchołek, który najłatwiej obliczyć w1[0, 0, 0, 7, 12, 10]. Bazowe wektory odpowiadające dodatnim współrzędnym wierzchołka tworzą macierz jednostkową. Układ można w bazowych wektorach zapisać:

0654321 10127000 PPPPPPP =+++⋅+⋅+⋅

Każdy wektor z 654321 PPPPPP ,,,,, można zapisać jako kombinacja wektorów bazy,

weźmy dla przykładu wektor 1P

1654 423 PPPP =−+

Równanie 1654 423 PPPP =−+ pomnożymy przez 0>θ i odejmiemy od równania

0654 10127 PPPP =++ mamy

1654 423 PPPP θθθθ =−+ oraz 01654 41021237 PPPPP =+++−+− θθθθ )()()(

38

Oznacza to , że wektor [ ],,,,, θθθθ 4102123700 +−− jest rozwiązaniem, ale może być

wierzchołkiem gdy wszystkie współrzędne będą nieujemne, ale dodatnich będzie co najwyżej trzy, tyle ile niezależnych równań w układzie opisującym zbiór dopuszczalny.

Aby wszystkie współrzędne były nieujemne muszą być spełnione nierówności

04100212037 ≥+≥−≥− θθθ ,, stąd wystarczy aby 3

76

3

7 ≤⇒

≤ θθ ,min

Jeśli 3

7=θ to czwarta współrzędna będzie równa 0, a pozostałe będą nieujemne,

otrzymaliśmy nowy wierzchołek w2

3

58

3

22000

3

7,,,,, . Oczywiście można wybrać do

bazy inny wektor np. 3P

Rozdział 2.

Zad 19a . Minimum funkcji fmin= -4 dla punktów na odcinku 1013131 ≤≤−+ ααα ),,)((),( .

Porównać rozwiązanie z zadania 19b.

Zad 19b. Wykreślimy zbiór dopuszczalny i zaznaczymy na nim kierunek wektora prostopadłego do prostych równoległych do prostej opisującej funkcję celu.

Zbiór dopuszczalny określony jest za pomocą nierówności

63322 2121 ≤+≥+ xxxx dla nieujemnych zmiennych

39

Krawędzią pierwszej nierówności jest prosta l1, krawędzią drugiej jest prosta l2. Proste

cxx =−− 21 są równoległe do prostej opisującej funkcję celu 21 xxXf −−=)( . Szukamy

takiej prostej, która ma najmniejszą wartość parametru c w zbiorze dopuszczalnym , a która jest prostopadła do wektora n[-1,-1]. Na rysunku przesuwamy prostą p w kierunku przeciwnym do zwrotu wektora n. Okazuje się , że bok zbioru dopuszczalnego leżący na l2 jest równoległy do prostej p i na nim funkcja celu ma najmniejszą wartość parametru c.

Zatem minimum osiąga funkcja na odcinku 1020102 ≤≤−+ ααα ),,)((),( i fmin= -2.

Zad 19c. Wykreślimy zbiór dopuszczalny i zaznaczymy na nim kierunek wektora prostopadłego do prostych równoległych do prostej opisującej funkcję celu.


623

0

21

21

≤+≤−xx

xx

dla nieujemnych zmiennych

Krawędzią pierwszej nierówności jest prosta l1, krawędzią drugiej jest prosta l2. Proste

cxx =+ 21 są równoległe do prostej opisującej funkcję celu 21 xxXf +=)( . Szukamy

takiej prostej, która ma największą wartość parametru c w zbiorze dopuszczalnym , a która jest prostopadła do wektora n[1, 1]. Na rysunku wektor ten ma ten sam kierunek co prosta l1. Prosta prostopadła do wektora n i mająca największą wartość parametru c w zbiorze dopuszczalnym przecina się z tym zbiorem w punkcie (0, 3). Jest to punkt maksymalny i daje fmax= 3.

Zad 19d. Minimum fmin= - 4 dla punktu w(0,4).

Zad 19e. Maksimum fmax=41 dla punktu w(8,1).

Zad 19f. Minimum fmin= 3 na odcinku 1010101 ≤≤−+ ααα ),,)((),( .

40

Zad 19g. Wykreślimy zbiór dopuszczalny i zaznaczymy na nim kierunek wektora prostopadłego do prostych równoległych do prostej opisującej funkcję celu.


022

22

2121

21

≥≥+≤+−

xxxx

xx

,

i jest nieograniczony o dwóch wierzchołkach w1(1,0) i w2(0,2).

Krawędzią pierwszej nierówności jest prosta l1, krawędzią drugiej jest prosta l2.

Proste cxx =+− 21 są równoległe do prostej opisującej funkcję celu 21 xxXf +−=)( .

Szukamy takiej prostej, która ma najmniejszą wartość parametru c w zbiorze dopuszczalnym , a która jest prostopadła do wektora n[-1, 1]. Jeśli będziemy kreślić proste równoległe do prostej p to okaże się , że ta czynność może się ciągnąć w nieskończoność. To znaczy, że funkcja maleje do minus nieskończoności.

Zad 19h. Maksimum fmax =12 dla punktu w(6,0).

Zad 19i. Maksimum fmax=2 na odcinku 105153102 ≤≤−+ ααα ),.,.)((),( .

Zad 19j. Wykreślimy zbiór dopuszczalny i zaznaczymy na nim kierunek wektora prostopadłego do prostych równoległych do prostej opisującej funkcję celu.

41


002

1

1

2121

21

21

≥≤+−≥−≥+

xxxx

xx

xx

,

Krawędzią pierwszej nierówności jest prosta l1, krawędzią drugiej jest prosta l2, trzeciej

prosta l3 . Proste cxx =+ 212 są równoległe do prostej opisującej funkcję celu

212 xxXf +=)( . Szukamy takiej prostej, która ma najmniejszą wartość parametru c w

zbiorze dopuszczalnym , a która jest prostopadła do wektora n[2, 1]. Zbiór jest nieograniczony , ale istnieje prosta o takiej wartości parametru c , dla której funkcja celu osiąga w zbiorze dopuszczalnym minimum, jest to wierzchołek w(1,0), fmin= 2.

Zad 19k. Zbiór dopuszczalny jest nieograniczony, funkcja celu rośnie do plus nieskończoności.

Zad 19l. Zbiór dopuszczalny jest nieograniczony , ale istnieje minimum funkcji celu fmin=4 na odcinku 1010101 ≤≤−+ ααα ),,)((),( .

Zad 19m. Minimum funkcji fmin= 3

13− dla punktu w

3

2

2

3, .

Zad 19n. Maksimum funkcji fmax=3

19 dla punktu w

3

5

3

4, .

Zad 19o. Minimum funkcji fmin = 0.5 dla punktu w(0.5, 0).

Zad 19p. Minimum funkcji fmin= -18 dla punktu w(0, 6).

Zad 19q. Zbiór dopuszczalny jest wyznaczony poprzez nierówności

093

4

2121

21

≥≤+≥+−

xxxx

xx

,

42

Na rysunku pierwsza nierówność określa punkty leżące powyżej prostej l1, natomiast druga nierówność określa punkty leżące poniżej prostej l2. Nie ma punktów , które spełniałyby jedną i drugą nierówność. Zbiór dopuszczalny jest pusty. Nie można określać wartości funkcji na zbiorze pustym.

Zad20. Funkcja celu jest funkcją zysku 21 108 xxXf +=)( , której chcemy wyznaczyć

wartość maksymalną. Ograniczenia stanowią ilości zapasów materiałów budowlanych :

0602

10023

2121

21

≥≤+≤+

xxxx

xx

,

Zmienna 1x oznacza szukaną liczbę elementów A, zmienna 2x liczbę elementów B.

Ponieważ zagadnienie jest dwuwymiarowe zastosujemy metodę graficzną.

Narysujemy zbiór dopuszczalny

43

Posuwając się w kierunku wektora n[8, 10] osiągniemy maksimum funkcji celu w wierzchołku w(20,20) równe fmax=360.

Rozdział 3.

Zad21. Obliczymy pierwszy wierzchołek zbioru dopuszczalnego

=≥=+=+−

4321033

12

421

321

,,,,, ixxxx

xxx

i

Najłatwiej obliczyć pierwszy wierzchołek zerując dwie pierwsze współrzędne, wtedy bazowe współrzędne będą odpowiednio równa 1 i 3 i otrzymamy wierzchołek w1( 0, 0, 1, 3). W tym

wierzchołku funkcja celu 31 xxxf −=)( jest równa -1. Zapiszemy równania w innej

postaci wyróżniając zmienne bazowe

214

213

33

21

xxx

xxx

−−=+−=

Oraz zapiszemy funkcję celu w niebazowych zmiennych

21211 2121 xxxxxxf −+−=+−−= )()(

Na razie zmienne niebazowe są równe zeru. Funkcja celu jest równa -1. Ale gdyby zmienna druga była dodatnia, to ponieważ ma ona współczynnik ujemny, funkcja celu by zmalała.

Wprowadźmy zatem zmienną 2x do bazy, szukając nowego wierzchołka, dla którego funkcja

celu będzie mieć mniejszą wartość.

214

213

33

21

xxx

xxx

−−=+−=

Z pierwszego równania wynika , że zmienna 2x może rosnąć dowolnie , z drugiego

równania wynika, że zmienna ta może rosnąć tylko do 1, wtedy zmienna 4x będzie się

zerować ( zmienne nie mogą być ujemne). Dostajemy nowy wierzchołek w2(0, 1, 3, 0), w którym funkcja celu równa się -3, jest mniejsza niż w poprzednim wierzchołku.

Przekształcamy równania tak , by były wyróżnione zmienne bazowe 2x , 3x

412

414113

3

1

3

11

3

2

3

51

3

1

3

1121

xxx

xxxxxx

−−=

−−=

−−+−=

A funkcję celu zapiszemy w zmiennych niebazowych

44

41411 3

2

3

53

3

1

3

1121 xxxxxxf ++−=

−−−+−=)(

Zmienne niebazowe mają dodatnie współczynniki , a równają się 0, to jest najkorzystniejsza sytuacja dla funkcji celu. Wierzchołek w2(0, 1, 3, 0) jest wierzchołkiem minimalnym, a fmin= -3.

Zad22a. Mamy wyznaczy minimum funkcji celu 21 2xxXf −−=)( przy ograniczeniach

022

2

2121

21

≥≤+−≤−

xxxx

xx

,

Wprowadzamy nieujemne zmienne bilansujące 3x , 4x do układu nierówności , dla których

przyjmujemy zerowe współczynniki w funkcji celu .

022

2

21421

321

≥=++−=+−

xxxxx

xxx

,

Pierwszym wierzchołkiem jest w1(0, 0, 2, 2), w którym funkcja celu zeruje się. Zmienne 3x ,

4x są zmiennymi bazowymi. Funkcja 21 2xxXf −−=)( zapisana jest w zmiennych

niebazowych i widać, że jest to niekorzystna sytuacja, bo zmienne niebazowe mają współrzędne ujemne, gdyby były dodatnie funkcja celu by zmalała.

Tworzymy pierwszą tablicę simpleks ( korzystając z EXCELA)

x1 x2 x3 x4 b cj -1 -2 0 0 ilorazy x3 0 1 -1 1 0 2 xxx x4 0 -2 1 0 1 2 2 zj 0 0 0 0 0 funkcja celu

cj-zj -1 -2 0 0 W pierwszej kolumnie są wyróżnione zmienne bazowe, w drugiej ich współczynniki w funkcji celu w następnych czterech kolumnach są współczynniki z równań ( w trzecim i czwartym wierszu). W kolumnie oznaczonej literą b są prawe strony równań (w trzecim i czwartym wierszu). W wierszu cj- zj są współczynniki w funkcji celu przy niebazowych zmiennych. Wybieramy do bazy tę zmienną, dla której współczynnik cj – zj jest najmniejszy ujemny. Eliminujemy z bazy tę zmienną, dla której iloraz jest najmniejszy i dodatni. Ilorazy powstają prze podzielenie prawych stron równań przez współczynniki w równaniach występujące przy wprowadzanej do bazy zmiennej. W tym wypadku wprowadzamy zmienną

2x , a eliminujemy zmienną 4x . Druga tablica simpleks ma postać

45

x3 0 -1 0 1 1 4 x2 -2 -2 1 0 1 2 zj 4 -2 0 -2 -4 funkcja celu

cj-zj -5 0 0 2

Równania zostały tak przekształcone ( do pierwszego zostało dodane drugie), aby w kolumnie

odpowiadającej zmiennej 2x był wektor taki jaki poprzednio był w kolumnie odpowiadającej

zmiennej 4x , czyli [0, 1] . Otrzymaliśmy wierzchołek w2(0, 2, 4, 0), w którym funkcja ma

wartość -4. W wierszu cj - zj są współczynniki funkcji celu przy zmiennych niebazowych i

jeden z nich jest ujemny , odpowiada on zmiennej 1x . Ale wszystkie współczynniki w

równaniach przy zmiennej 1x są ujemne , zmienna może rosnąć nieograniczenie, w

konsekwencji funkcja celu może maleć do minus nieskończoności.

Zad22b. Trzeba wyznaczyć maksimum funkcji 21 22 xxXf +=)( . Aby móc zastosować ten

sam algorytm co w poprzednich zadaniach obliczymy minimum funkcji

21 22 xxXf −−=− )( przy ograniczeniach

01

4

2121

21

≥≤+−≤+

xxxx

xx

,

Wprowadzimy zmienne bilansujące i zastosujemy metodę simpleks.

01

4

4321421

321

≥=++−=++

xxxxxxx

xxx

,,,

Pierwszy wierzchołek w1(0, 0, 4, 1) i f(w1)=0

Jedna iteracja daje rozwiązanie w2(4, 0, 0, 5) f(w2)= -8. Nie ma już ujemnych współczynników cj - zj. Szukana wartość maksymalna funkcji celu to fmax= 8 dla wierzchołka w2(4, 0, 0, 5).

x1 x2 x3 x4 b cj -2 -2 0 0 ilorazy x3 0 1 1 1 0 4 4 x4 0 -1 1 0 1 1 xxx zj 0 0 0 0 0 funkcja celu

cj-zj -2 -2 0 0 x1 -2 1 1 1 0 4 x4 0 0 2 1 1 5 zj -2 -2 -2 0 -8 cj-zj 0 0 2 0

Zad22c. Trzeba wyznaczyć minimum funkcji 4321 24 xxxxXf ++−=)(

46

przy ograniczeniach

4321045

1223

421

4321

,,,, =≥≤−+−≤++−

ixxxx

xxxx

i

Wprowadzamy dwie nieujemne zmienne bilansujące 5x , 6x i stosujemy metodę

simpleks. Pierwszy wierzchołek w1(0, 0, 0, 0, 12, 4) f(w1)=0

x1 x2 x3 x4 x5 x6 baza cj 4 -1 2 1 0 0 b ilorazy x5 0 3 -1 2 1 1 0 12 xxx x6 0 -1 5 0 -1 0 1 4 0,80 zj 0 0 0 0 0 0 0 cj-zj 4 -1 2 1 0 0 x5 0 2,8 0 2 0,8 1 0,2 12,8 x2 -1 -0,2 1 0 -0,2 0 0,2 0,8 zj 0,2 -1 0 0,2 0 -0,2 -0,8 cj-zj 3,8 0 2 0,8 0 0,2

Rozwiązanie w2(0, 0.8, 0, 0, 12.8, 0) f(w2)= -0.8.

Zad22d. Wyznaczyć minimum funkcji 32 xxXf −=)(

0,,

135

824

1623

321

32

32

321

≥

≤−≤−

=++xxx

xx

xx

xxx

Wprowadzamy dwie nieujemne zmienne bilansujące i stosujemy metodę simpleks Pierwszy wierzchołek w1(16, 0, 0, 8, 13) f(w1) = 0.

x1 x2 x3 x4 x5 cj 0 1 -1 0 0 b ilorazy x1 0 1 3 2 0 0 16 8 x4 0 0 4 -2 1 0 8 xxx x5 0 0 5 -1 0 1 13 xxx zj 0 0 0 0 0 0 cj-zj 0 1 -1 0 0 x3 -1 0,5 1,5 1 0 0 8 x4 0 1 7 0 1 0 24 x5 0 0,5 6,5 0 0 1 21 zj -0,5 -1,5 -1 0 0 -8 cj-zj 0,5 2,5 0 0 0

Rozwiązanie w2(0, 0, 8, 24, 21) f(w2)= -8.

47

Zad22e. Rozwiązanie w

3

5

3

4, ,

3

19−=)(wf . Podane są w wierzchołku optymalnym tylko

wartości zmiennych pierwotnych .

Zad22f. Mamy obliczyć minimum funkcji 21 2xxXf +=)(

przy ograniczeniach

022122 212121 ≥≤+≥+ xxxxxx ,

Wprowadzamy dwie nieujemne zmienne bilansujące

022

122

4321421

321

≥=++=−+

xxxxxxx

xxx

,,,

A ponieważ zmienne 3x , 4x nie mogą tworzyć bazy (zmienna 3x nie może być ujemna),

wprowadzamy nieujemną zmienną sztuczną. Aby algorytm simpleks eliminował sztuczną zmienną z bazy do funkcji celu wprowadzamy ją z bardzo dużym współczynnikiem .

min)( ⇒+⋅+⋅++= 54321 002 MxxxxxXf

022

122

54321421

5321

≥=++=+−+

xxxxxxxx

xxxx

,,,,

To zagadnienie ze zmienna sztuczną będzie równoważne pierwotnemu, jeśli sztuczna zmienna opuści bazę, będzie równa 0.

Stosujemy algorytm simpleks, ponieważ korzystamy z EXCELA jako współczynnik przy zmiennej sztucznej w funkcji celu stosujemy liczbę o dwa rzędy większą niż współczynniki przy zmiennych naturalnych np. M = 100.

x1 x2 x3 x4 x5 cj 1 2 0 0 100 b ilorazy x5 100 2 2 -1 0 1 1 0,5 x4 0 2 1 0 1 0 2 1 zj 200 200 -100 0 100 100 cj-zj -199 -198 100 0 0 x1 1 1 1 -0,5 0 0,5 0,5 x4 0 0 -1 1 1 -1 1 zj 1 1 -0,5 0 0,5 0,5 cj-zj 0 1 0,5 0 99,5

48

Zmienna sztuczna opuściła bazę, otrzymaliśmy rozwiązanie w( 0.5, 0, 0, 1, 0) fmin(w)=0,5.

Zad22g. Zbiór dopuszczalny jest nieograniczony, funkcja celu dąży do minus nieskończoności.

Zad22h. Rozwiązanie w(0, 2.07, 1.56) f (w)= 12.96. Podane są w wierzchołku optymalnym tylko wartości zmiennych pierwotnych .

Zad23. Z ograniczeń wnioskujemy, że pierwszym wierzchołkiem jest w1(0, 0, 4, 32, 8) , w

którym funkcja celu ma wartość 60. Bazowymi zmiennymi są 543 xxx ,, .

x1 x2 x3 x4 x5 b cj -2 1 -1 2 0 ilorazy

x3 -1 -2 1 1 0 0 4 xxx x5 0 1 0 0 0 1 8 8 x4 2 1 4 0 1 0 32 32 zj 4 7 -1 2 0 60 funkcja celu

cj-zj -6 -6 0 0 0 x3 -1 0 1 1 0 2 20 20 x1 -2 1 0 0 0 1 8 xxx x4 2 0 4 0 1 -1 24 6 zj -2 7 -1 2 -6 12 cj-zj 0 -6 0 0 6 x3 -1 0 0 1 -0,25 2,25 14 x1 -2 1 0 0 0 1 8 x2 1 0 1 0 0,25 -0,25 6 zj -2 1 -1 0,5 -4,5 -24 cj-zj 0 0 0 1,5 4,5

Drugi wierzchołek w2(8, 0, 20, 24, 0), do bazy wprowadziliśmy 1x , a wyeliminowaliśmy

zmienną 5x . Funkcja w drugim wierzchołku zmalała do 12. Rozwiązaniem jest trzeci

wierzchołek , po wprowadzeniu zmiennej 2x i wyeliminowaniu zmiennej 4x . Otrzymaliśmy

rozwiązanie optymalne w3(8, 6, 14, 0, 0) i fmin= - 24.

Zad24. Wprowadzamy dwie zmienne bilansujące i dwie zmienne sztuczne.

Rozwiązanie w(0, 0.75, 0.25) fmin=26. Podane są w wierzchołku optymalnym tylko wartości zmiennych pierwotnych .

Zad 25. W rozwiązaniu trzeba użyć trzech zmiennych sztucznych. Jeśli zadanie ma rozwiązania dopuszczalne to zmienne sztuczne muszą opuścić bazę, muszą być równe zero. To wymaga minimum trzech iteracji, bo w każdej nowej macierzy simpleks jedną zmienną eliminujemy i jedna nowa wchodzi do bazy.

49

Zaczynamy od „wierzchołka” ze sztucznymi zmiennymi bazowymi w1(0, 0, 0, 0, 2, 6, 7), ponieważ przyjęliśmy za współczynniki przy tych zmiennych w funkcji celu wartości równe

100, to funkcja celu równa się f(w1)= 1500. Pierwsza iteracja eliminuje zmienną 5x , a

wprowadza naturalną zmienną 1x , otrzymaliśmy „wierzchołek” w2(2, 0, 0, 0, 0, 6, 7) i

f(w2)=704. Następna iteracja eliminuje z bazy zmienną 6x i wprowadza zmienną 4x , mamy

w3(2.7, 0, 0, 0.7, 0, 0, 3.7) ( wynik podany z jedną cyfrą po przecinku) i f(w3)=371.3.

Ostatnia iteracja eliminuje trzecią zmienną sztuczną i otrzymujemy rozwiązanie

w4(3, 0, 1, 3, 0, 0, 0) i fmin(w4) = 2.

x1 x2 x3 x4 x5 x6 x7 b cj 2 1 -1 -1 100 100 100 ilorazy

x5 100 1 -1 2 -1 1 0 0 2 2 x6 100 2 1 -3 1 0 1 0 6 3 x7 100 1 1 1 1 0 0 1 7 7

zj 400 100 0 100 100 100 100 1500 funkcja celu

cj-zj -398 -99 -1 -101 0 0 0 x1 2 1 -1 2 -1 1 0 0 2 xxx x6 100 0 3 -7 3 -2 1 0 2 0,66667 x7 100 0 2 -1 2 -1 0 1 5 2,5 zj 2 498 -796 498 -298 100 100 704 cj-zj 0 -497 795 -499 398 0 0 x1 2 1 0 -0,333 0 0,3333 0,3333 0 2,6667 xxx x4 -1 0 1 -2,333 1 -0,6667 0,3333 0 0,6667 xxx x7 100 0 0 3,6667 0 0,3333 -0,6667 1 3,6667 1 zj 2 -1 368,33 -1 34,667 -66,333 100 371,33 cj-zj 0 2 -369,3 0 65,333 166,33 0 x1 2 1 0 0 0 0,3636 0,2727 0,0909 3 x4 -1 0 1 0 1 -0,4545 -0,0909 0,6364 3 x3 -1 0 0 1 0 0,0909 -0,1818 0,2727 1 zj 2 -1 -1 -1 1,0909 0,8182 -0,727 2 cj-zj 0 2 0 0 98,909 99,182 100,73

Tablica obliczona za pomocą EXCELA, pogrubione są w każdej iteracji przekształcone równania. Algorytm kończymy, gdy wszystkie zmienne sztuczne wyjdą z bazy i gdy wszystkie cj-zj są nieujemne. Funkcja nie może bardziej zmaleć.

Uwaga: W wyjaśnieniach wyraz „wierzchołek” ma oznaczać, że jest to rozwiązanie pomocnicze, a nie wierzchołek zbioru dopuszczalnego, zawiera przecież zmienne sztuczne.

50

Zad26. Będziemy korzystać z algorytmu na minimum funkcja , zatem zmienimy maksimum

na minus minimum , szukamy ))((min 321 4 xxxXf −−−=− . Wprowadzamy dwie zmienne

sztuczne 54 xx , i nadajemy im współczynniki w funkcji celu równe 100.

x1 x2 x3 x4 x5 b cj -1 -4 -1 100 100 ilorazy

x4 100 4 11 3 1 0 7 0,63636 x5 100 1 1 -1 0 1 0 0

zj 500 1200 200 100 100 700 funkcja celu

cj-zj -501 -1204 -201 0 0 x2 -4 -7 0 14 1 -11 7 xxx x5 100 1 1 -1 0 1 0 zj 128 100 -156 -4 144 -28 cj-zj -129 -104 155 104 -44 x2 -4 0 7 7 1 -4 7 x1 -1 1 1 -1 0 1 0 zj -1 -29 -27 -4 15 -28 cj-zj 0 25 26 104 85

Pierwszy „wierzchołek” w1(0, 0, 0, 7, 0), gdzie bazowa zmienna 5x ma wartość 0. Jest to

„wierzchołek” zdegenerowany. Wartość f(w1)= 700. Pierwsza iteracja eliminuje jedną sztuczną zmienną z bazy i dostajemy „wierzchołek” w2(0, 7, 0, 0, 0) i f(w2)= -28. W dalszym ciągu dostajemy „wierzchołek” zdegenerowany. Następna iteracja eliminuje drugą zmienną sztuczną, otrzymujemy rozwiązanie w3(0, 7, 0, 0, 0) i f(w3)= - 28. Teraz pierwsza zmienna jest bazie , ale równa się zero. Ten wierzchołek jest optymalny i -fmin= - 28, zatem fmax= 28 dla w3.

Zad27. Wprowadzimy trzy zmienne bilansujące i jedną zmienną sztuczną. Zmienimy znak w pierwszej nierówności, tak aby po prawej stronie była liczba dodatnia.

00

102

4

212141

21

21

≥≤+−

≤+≥+−

xxxx

xx

xx

,

5432100

102

4

52141

421

6321

,,,,, =≥=++−

=++=+−+−

ixxxx

xxx

xxxx

i

51

Obliczamy )23min( 21 xx − czyli minimum 654321 00023 MxxxxxxXf +⋅+⋅+⋅+−=)(

gdzie M jest dużo większym dodatnim współczynnikiem niż pozostałe współczynniki w funkcji celu. W obliczeniach przyjmujemy M = 100.

Pierwszy „wierzchołek” w1(0, 0, 0, 10, 0, 4) ma jedną współrzędną bazową zerową, jest „wierzchołkiem” zdegenerowanym. W nim f(w1)= 400. W pierwszej iteracji eliminujemy z

bazy zmienną 5x , a wprowadzamy zmienną 2x . Otrzymujemy „wierzchołek”

w2(0, 0, 0, 10,0, 4) tez zdegenerowany i funkcja celu również ma wartość f(w2)= 400. Nieujemne wartości cj – zj wskazują na koniec algorytmu, ale zmienna sztuczna pozostała w bazie. Taka sytuacja zachodzi wtedy gdy zbiór dopuszczalny jest pusty. Zagadnienie jest źle postawione.

x1 x2 x3 x4 x5 x6 b cj 3 -2 0 0 0 100 ilorazy

x6 100 -1 1 -1 0 0 1 4 4 x4 0 2 1 0 1 0 0 10 10 x5 0 -0,25 1 0 0 1 0 0 0 zj -100 100 -100 0 0 100 400 cj-zj 103 -102 100 0 0 0 x6 100 -0,75 0 -1 0 -1 1 4 x4 0 2,25 0 0 1 -1 0 10 x2 -2 -0,25 1 0 0 1 0 0 zj -74,5 -2 -100 0 -102 100 400 cj-zj 77,5 0 100 0 102 0

Uwaga: Rozwiązać zadanie 27 metodą graficzną.

Zad28. Rozwiązanie w(0, 2, 0) fmax=4. Podane są w wierzchołku optymalnym tylko wartości zmiennych pierwotnych .

Zad29. W rozwiązaniu dodać trzy zmienne bilansujące i wyznaczyć za pomocą algorytmu

simpleks raz )min( 412 xx − , a raz )min( 412 xx +− .

Rozwiązanie wmin(0, 0, 0, 2.5) fmin=-2.5; wmax(10, 0, 2 , 0) fmax= 20. Podane są w wierzchołku optymalnym tylko wartości zmiennych pierwotnych .

Zad30. Wyznaczymy )min( 21 xx −− , wprowadzając dwie zmienne bilansujące i dwie

zmienne sztuczne.

52

72101032

22

0

7521

321

6421

...,, =≥=+−+=+−=+−−

ixxxxx

xxx

xxxx

i

Pierwsze rozwiązanie w1(0, 0, 2, 0, 0, 0, 10) jest rozwiązaniem zdegenerowanym, zmienna

bazowa 6x jest zerowa. Funkcja celu ma wartość f(w1)=1000, przy przyjętych

współczynnikach przy zmiennych sztucznych równych 100. Przy pierwszej iteracji

wprowadzamy zmienną 1x , a eliminujemy zmienną sztuczną 6x . Otrzymujemy rozwiązanie

bazowe w2(0, 0, 2, 0, 0, 0, 10) , teraz zmienna 1x jest bazowa i równa się 0, wartość

f(w2) =1000. Po drugiej iteracji wyeliminowana została druga zmienna sztuczna 7x , a została

wprowadzona do bazy zmienna 2x . Otrzymaliśmy wierzchołek zbioru dopuszczalnego

w3(2, 2, 4, 0, 0, 0, 0) i wartość funkcji f(w3)= - 4. Zmienne sztuczne zostały wyeliminowane z bazy, zatem zbiór dopuszczalny nie jest pusty. Ale po drugiej iteracji jeszcze nie wszystkie

cj - zj są nieujemne. Według algorytmu powinna teraz do bazy wejść zmienna 5x , bo ma

najmniejszy ujemny współczynnik w funkcji celu i jeśli wprowadzilibyśmy ją do bazy

funkcja celu zmaleje. Ale współczynniki przy zmiennej 5x w równaniach są wszystkie

ujemne a to oznacza , że zmienna ta może rosnąć dowolnie, wtedy funkcja celu będzie malała do minus nieskończoności. Zbiór dopuszczalny jest nieograniczony.

x1 x2 x3 x4 x5 x6 x7 b cj -1 -1 0 0 0 100 100 ilorazy x6 100 1 -1 0 -1 0 1 0 0 0 x3 0 1 -2 1 0 0 0 0 2 2 x7 100 2 3 0 0 -1 0 1 10 5 zj 300 200 0 -100 -100 100 100 1000 f celu cj-zj -301 -201 0 100 100 0 0 x1 -1 1 -1 0 -1 0 1 0 0 xxx x3 0 0 -1 1 1 0 -1 0 2 xxx x7 100 0 5 0 2 -1 -2 1 10 2 zj -1 501 0 201 -100 -201 100 1000 cj-zj 0 -502 0 -201 100 301 0 x1 -1 1 0 0 -0,6 -0,2 0,6 0,2 2 xxx x3 0 0 0 1 1,4 -0,2 -1,4 0,2 4 xxx x2 -1 0 1 0 0,4 -0,2 -0,4 0,2 2 xxx zj -1 -1 0 0,2 0,4 -0,2 -0,4 -4 cj-zj 0 0 0 -0,2 -0,4 100,2 100,4

53

Zad31. Rozwiązanie w(0.76 , 1.05, 5.52) f(w)= 19.43 ( wynik podany z dokładnością do 2 cyfr po przecinku). Podane są w wierzchołku optymalnym tylko wartości zmiennych pierwotnych .

Zad32. Zbiór dopuszczalny jest nieograniczony , funkcja celu dąży do minus nieskończoności. Zad33. Zbiór dopuszczalny jest pusty. Zagadnienie jest źle postawione. Zad34. Wprowadzamy trzy zmienne sztuczne . Pierwszy wierzchołek w1(0, 0, 0, 2, 1, 0), gdzie ostatnia zmienna jest bazowa, ale równa 0, funkcja celu f(w1)= 3M. Zagadnienia

przyjmuje postać: wyznaczyć min 654321 MxMxMxxxxXf +++−+=)( przy

ograniczeniach

32100

1642

232

6321

5321

4321

,,=≥=++−=+++=+++

ixxxxx

xxxx

xxxx

i

x1 ̀ x2 x3 x4 x5 x6 b ilorazy

1 1 -1 100 100 100 x4 100 1 2 3 1 0 0 2 1 x5 100 2 4 6 0 1 0 1 0,25 x6 100 1 -1 1 0 0 1 0 xxx zj 400 500 1000 100 100 100 300 f celu cj-zj -399 -499 -1001 0 0 0 x4 100 0 0 0 1 -0,5 0 1,5 xxx x2 1 0,5 1 1,5 0 0,25 0 0,25 0,167 x6 100 1,5 0 2,5 0 0,25 1 0,25 0,1 zj 150,5 1 251,5 100 -24,75 100 175,25 f celu cj-zj -149,5 0 -252,5 0 124,75 0 x4 100 0 0 0 1 -0,5 0 1,5 x2 1 -0,4 1 0 0 0,1 -0,6 0,1 x3 -1 0,6 0 1 0 0,1 0,4 0,1 zj -1 1 -1 100 -50 -1 150 f celu cj-zj 2 0 0 0 150 101

Ponieważ wszystkie cj –zj są nieujemne, a zmienna sztuczna pozostała w bazie, zbiór dopuszczalny pierwotnego zagadnienia jest pusty.

Zad35. Rozwiązanie w(0,8,0,14,0,10) , fmin= -24.

54

Zad36. Rozwiązanie w(0, 40, 0) fmin= -12 Podane są w wierzchołku optymalnym tylko wartości zmiennych pierwotnych .

Zad37. Wprowadzamy dwie nieujemne zmienne bilansujące i dwie nieujemne zmienne sztuczne. Zagadnienie przyjmuje postać:

wyznaczyć min 87654321 002 MxMxxxxxxxXf ++⋅+⋅+−−+=)( przy

ograniczeniach:

82103

2

1

631

854321

74321

,...,=≥=+−=+−−+−

=++−+

ixxxx

xxxxxx

xxxxx

i

Pierwsze rozwiązanie bazowe (0, 0, 0, 0, 0, 3, 1, 2) , wartość funkcji 300 , jeśli przyjmujemy

za współczynnik M =100. Przy pierwszej iteracji eliminujemy zmienną sztuczną 7x , a

wprowadzamy zmienną 1x . Otrzymujemy rozwiązanie (1, 0, 0, 0 , 0, 2, 0, 1) i wartość funkcji

celu 102. Trzecim rozwiązaniem bazowym jest wierzchołek zbioru dopuszczalnego ( nie ma zmiennych sztucznych) w1(1.5, 0, 0.5, 0, 0, 2, 0, 0) f(w1)=2,5. Ale c4 - z4 = -2 i następna

zmienna wprowadzana do bazy winna być 4x , ponieważ dla tej zmiennej nie ma dodatnich

współczynników w równaniach , zmienna ta może rosnąć nieograniczenie, a wtedy funkcja maleje do minus nieskończoności. Zbiór dopuszczalny jest niepusty, ale nieograniczony.

x1 x2 x3 x4 x5 x6 x7 x8 b cj 2 1 -1 -1 0 0 100 100 ilorazy x7 100 1 1 -1 1 0 0 1 0 1 1 x8 100 1 -1 1 -1 -1 0 0 1 2 2 x6 0 1 0 -1 0 0 1 0 0 3 3 zj 200 0 0 0 -100 0 100 100 300 f celu cj-zj -198 1 -1 -1 100 0 0 0 x1 2 1 1 -1 1 0 0 1 0 1 xxx x8 100 0 -2 2 -2 -1 0 -1 1 1 x6 0 0 -1 0 -1 0 1 -1 0 2 xxx zj 2 -198 198 -198 -100 0 -98 100 102 cj-zj 0 199 -199 197 100 0 198 0 x1 2 1 0 0 0 -0,5 0 0,5 0,5 1,5 x3 -1 0 -1 1 -1 -0,5 0 -0,5 0,5 0,5 x6 0 0 -1 0 -1 0 1 -1 0 2 zj 2 1 -1 1 -0,5 0 1,5 0,5 2,5 cj-zj 0 0 0 -2 0,5 0 98,5 99,5

55

Zad38. Ponieważ zmienna 2x może być zmienną bazową ( występuje tylko w równaniu

pierwszym), wprowadzamy dwie nieujemne zmienne sztuczne. Otrzymujemy zagadnienie

wyznaczyć min 7654321 52 MxMxxxxxxXf ++−−−−−=)( przy ograniczeniach:

72102

1

2

75431

331

131

64331

161

2121

,...,=≥=+−−−

=+++

=+

ixxxxxx

xxxx

xx

i

x1 x2 x3 x4 x5 x6 x7 b -2 -1 -1 -5 -1 100 100 ilorazy

x2 -1 0,50 1,00 0,00 0,00 0,00 0,00 0,00 2,00 xxx x6 100 0,17 0,00 0,33 1,00 0,00 1,00 0,00 1,00 x7 100 0,33 0,00 -0,33 -0,33 -1,00 0,00 1,00 2,00 xxx zj 49,50 -1,00 0,00 66,67 -100,00 100,00 100,00 298,00 f celu

cj-zj -51,50 0,00 -1,00 -71,67 99,00 0,00 0,00 x2 -1 0,50 1,00 0,00 0,00 0,00 0,00 0,00 2,00 4 x4 -5 0,17 0,00 0,33 1,00 0,00 1,00 0,00 1,00 6 x7 100 0,39 0,00 -0,22 0,00 -1,00 0,33 1,00 2,33 6 zj 37,56 -1,00 -23,89 -5,00 -100,00 28,33 100,00 226,33 cj-zj -39,56 0,00 22,89 0,00 99,00 71,67 0,00 x1 -2 1,00 2,00 0,00 0,00 0,00 0,00 0,00 4,00 x4 -5 0,00 -0,33 0,33 1,00 0,00 1,00 0,00 0,33 x7 100 0,00 -0,78 -0,22 0,00 -1,00 0,33 1,00 0,78 zj -2 -80,11 -23,89 -5 -100 28,333 100 68,111 cj-zj 0 79,111 22,89 0 99 71,667 0

Sytuacja z ostatniego wiersz sygnalizuje, że zagadnienie jest sprzeczne, zmienna sztuczna pozostała w bazie. Tabela jest liczona w EXCELU, wyświetlane są liczby z dwiema cyframi po przecinku.

Zad39. Zagadnienie sprzeczne, zbiór dopuszczalny jest pusty.

Zad40. Rozwiązanie w(2, 2, 0, 0) f(w)= -1 Zad41. Rozwiązanie w(0, 4, 0, 0, 2) f(w)=14. Zad42. Wprowadzimy dwie nieujemne zmienne bilansujące i dwie zmienne sztuczne: wyznaczyć min 87654321 00632 MxMxxxxxxxXf ++⋅+⋅++++=)( przy

ograniczeniach

821052

1

8642

754321

,...,=≥=+−+

=+−+++

ixxxxx

xxxxxx

i

56

x1 x2 x3 x4 x5 x6 x7 x8 b cj 1 2 3 6 0 0 100 100 ilorazy

x7 100 1 1 1 1 -1 0 1 0 1 1 x8 100 0 1 0 2 0 -1 0 1 5 2,5 zj 100 200 100 300 -100 -100 100 100 600 f celu

cj-zj -99 -198 -97 -294 100 100 0 0 x4 6 1 1 1 1 -1 0 1 0 1 xxx x8 100 -2 -1 -2 0 2 -1 -2 1 3 1,5 zj -194 -94 -194 6 194 -100 -194 100 306 cj-zj 195 96 197 0 -194 100 294 0 x4 6 0 0,5 0 1 0 -0,5 0 0,5 2,5 x5 0 -1 -0,5 -1 0 1 -0,5 -1 0,5 1,5 xxx zj 0 3 0 6 0 -3 0 3 15 cj-zj 1 -1 3 0 0 3 100 97 x2 2 0 1 0 2 0 -1 0 1 5 x5 0 -1 0 -1 1 1 -1 -1 1 4

zj 0 2 0 4 0 -2 0 2 10 cj-zj 1 0 3 2 0 2 100 98

Rozwiązaniem jest wierzchołek w(0, 5, 0, 0, 4, 0, 0, 0) fmin=10

Zagadnienie dualne symetryczne do podanego

wyznaczyć min 4321 632)( xxxxXf +++= przy ograniczeniach

4,3,2,1052

1

42

4321

=≥≥+≥+++

ixxx

xxxx

i

ma postać wyznaczyć )max( 21 5xx + przy ograniczeniach

062321 21211211 ≥≤+≤≤+≤ xxxxxxxx ,,,,,

Rozwiążemy zagadnienie dualne metodą graficzną.

Nierówności ,, 623 211 ≤+≤ xxx nie wnoszą nic nowego do ograniczeń. Istotnymi są

nierówności 021 21211 ≥≤+≤ xxxxx ,,, . Pierwsza nierówność i druga daje zbiór

dopuszczalny , na wykresie szary. Ponieważ wyznaczamy maksimum, będziemy się poruszać wzdłuż wektora n równolegle do prostej p. Wierzchołek w(0, 2) jest wierzchołkiem maksymalnym , fmax=10.

57

W ostatniej tablicy simpleks w rozwiązaniu zadania pierwotnego w wierszu zj pokazało się rozwiązanie zagadnienia dualnego , ostatnie trzy liczby stanowią wektor maksymalny – podkreślony i zapisany kursywą – oraz wartość funkcji celu 10.

Zad43. Zagadnienie pierwotne jest dwuwymiarowe, zastosujemy metodę graficzną.

Wyznaczyć )2min( 21 xx + przy ograniczeniach

051

632

2121

21

≥≥+−≥+

xxxx

xx

,,


58

Zbiór dopuszczalny jest nieograniczony, ale minimum funkcji celu istnieje bo poruszając się w kierunku przeciwnym do zwrotu wektora n równolegle do prostej p, znajdziemy się w wierzchołku ).,.( 8130w , w którym funkcja ma wartość minimalną równą fmin= 3.9.

Zagadnienie dualne ma postać: wyznaczyć ),max( 21 516 xx + przy ograniczeniach

023

12

2121

21

≥≤+≤−

xxxx

xx

,

Zagadnienie rozwiążemy metodą simpleks, aby w ostatniej tablicy odczytać rozwiązanie zagadnienia pierwotnego.

x1 x2 x3 x4 b cj -6 -1,5 0 0 x3 0 2 -1 1 0 1 0,5 x4 0 3 1 0 1 2 0,667 zj 0 0 0 0 0 cj-zj -6 -1,5 0 0 x1 -6 1 -0,5 0,5 0 0,5 xxx x4 0 0 2,5 -1,5 1 0,5 zj -6 3 -3 0 -3 cj-zj 0 -4,5 3 0 x1 -6 1 0 0,2 0,2 0,6 x2 -1,5 0 1 -0,6 0,4 0,2 zj -6 -1,5 -0,3 -1,8 -3,9 cj-zj 0 0 0,3 1,8

Rozwiązaniem zagadnienia dualnego jest wektor (0.6, 0.2, 0, 0) , -fmin=-3.9

Zmieniliśmy dla potrzeb algorytmu szukanie maxf na min(-f), zatem fmax=3.9.

W ostatniej tablicy simpleks w wierszu zj podkreślone liczby dają rozwiązanie zagadnienia dualnego, ale ponieważ szukając rozwiązania , zmieniliśmy znak funkcji f , musimy teraz też zmienić znak tych liczb. Otrzymamy rozwiązanie zagadnienia pierwotnego w(0.3, 1.8) fmin=3.9, czyli to samo co w metodzie graficznej przedstawionej wyżej.

Zad44. Metodą graficzną można rozwiązać zadanie pierwotne. Uzyskamy rozwiązanie

w(0, 1) i fmin=2. Aby sformułować zagadnienie dualne w drugiej nierówności zmieniamy znak na przeciwny

042

1

2121

21

≥−≥−≥+−

xxxx

xx

,

i otrzymujemy zagadnienie: wyznaczyć )max( 21 4xx − przy ograniczeniach

59

022

1

2121

21

≥≤−≤+−

xxxx

xx

,

Zagadnienie także można rozwiązać metodą graficzną. Rozwiązanie w(2, 0) fmax=2. Zad45. Rozwiązanie zagadnienia pierwotnego : w(2, 0) fmin= - 6.

Zagadnienie dualne: wyznaczyć )max( 21 43 xx −− przy ograniczeniach

01

32

2121

21

≥−≤−−−≤−−

xxxx

xx

,

Rozwiązanie zagadnienia dualnego: w(0, 1.5) fmax= - 6 . (Podane w rozwiązaniach są tylko zmienne naturalne). Zad46. Rozwiążemy zagadnienie pierwotne metodą simpleks, a niesymetryczne dualne metodą graficzną, ponieważ jest zagadnieniem dwuwymiarowym. x1 x2 x3 x4 x5 b cj -6 -4 -8 0 0 ilorazy x4 0 1 1 5 1 0 1 0,2 x5 0 3 1 1 0 1 2 2 zj 0 0 0 0 0 0 f celu cj-zj -6 -4 -8 0 0 x3 -8 0,2 0,2 1 0,2 0 0,2 1 x5 0 2,8 0,8 0 -0,2 1 1,8 0,642857 zj -1,6 -1,6 -8 -1,6 0 -1,6 cj-zj -4,4 -2,4 0 1,6 0 x3 -8 0 0,142857 1 0,214286 -0,07143 0,071429 0,5 x1 -6 1 0,285714 0 -0,07143 0,357143 0,642857 2,25 zj -6 -2,85714 -8 -1,28571 -1,57143 -4,42857 cj-zj 0 -1,14286 0 1,285714 1,571429 x2 -4 0 1 7 1,5 -0,5 0,5 x1 -6 1 0 -2 -0,5 0,5 0,5 zj -6 -4 -16 -3 -1 -5 cj-zj 0 0 8 3 1 Rozwiązaniem jest wierzchołek w(0.5, 0.5, 0, 0, 0) fmin= - 5. Zagadnienie dualne ma postać: wyznaczyć )max( 21 2xx + przy ograniczeniach

0085

4

63

2121

21

21

≤≤−≤+−≤+−≤+

xxxx

xx

xx

W zagadnieniu dualnym, zmienne mogą być ujemne. W tym wypadku nawet muszą być niedodatnie.

60

Zbiór dopuszczalny jest nieograniczony. Ale poruszając się wzdłuż wektora n równolegle do prostej p w zbiorze dopuszczalnym, otrzymamy wierzchołek w(-3, -1) w którym funkcja osiąga maksimum równe fmax= - 5. Takie rozwiązanie jest widoczne w ostatniej tablicy simpleks w wierszu zj ( ostatnie trzy liczby).

Zad47. Rozwiązanie zagadnienia pierwotnego

3

4

3

4,w , fmin=

3

8− .

Zagadnienie dualne ma postać: wyznaczyć )max( 21 44 xx −− przy ograniczeniach

012

12

2121

21

≥−≤−−−≤−−

xxxx

xx

,

Rozwiązanie dualnego:

3

1

3

1,w , fmax=

3

8− .

Zad48. Rozwiązanie zagadnienia pierwotnego w(3, 3) , fmax= 3. Ponieważ w ograniczeniach zagadnienia pierwotnego są nierówności i równanie, sprowadzimy zagadnienie do równań wprowadzając dwie zmienne bilansujące. Do tak wprowadzonej postaci zagadnienia pierwotnego zagadnienie dualne będzie mieć postać:

wyznaczyć )min( 26x przy ograniczeniach

0

0

2

3

3

1

321

321

≥≥

−≥−+−≥++−

x

x

xxx

xxx

Rozwiązanie zagadnienia dualnego w(0, 0.5, 2.5 ) fmin= 3.

(Podane w rozwiązaniach są tylko zmienne naturalne).

61

Zad49. Wprowadzamy zmienną bilansującą do nierówności i otrzymujemy zagadnienie:

wyznaczyć min )( 5431 05 xxxx ⋅+−+ przy ograniczeniach:

54321022

0

1032

321

431

531

,,,,=≥=−+=++−=−+

ixxxx

xxx

xxx

i

Zagadnienie dualne niesymetryczne ma postać: wyznaczyć )max( 31 210 xx + przy

ograniczeniach:

01123

052

12321

3321

≤−−≤≤−+≤≤+−

xxxxx

xxxx

Rozwiązanie zagadnienia pierwotnego w(2, 4, 2, 0, 0) fmin=12, rozwiązanie zagadnienia dualnego w(1.2, - 2.6, 0) fmax= 12. (W rozwiązaniu zagadnienia dualnego podane są tylko zmienne naturalne). Uwaga: Zagadnienie niesymetryczne dualne może mieć zmienną ujemną.

Zad50. Zbiór dopuszczalny jest nieograniczony, funkcja maleje do minus nieskończoności, zagadnienie dualne ma zbiór dopuszczalne pusty.

Rysunek dla zagadnienia pierwotnego: Poruszając się w kierunku przeciwnym do zwrotu wektora n równolegle do prostej p otrzymujemy nieskończenie małą ujemną wartość funkcji celu.

Rysunek do zagadnienia dualnego: W zbiorze dopuszczalnym powinny się znaleźć punkty leżące nad prostą l1 i jednocześnie pod prostą l2. Zbiór takich punktów jest pusty.

62

Zad51. Rozwiązanie zagadnienia pierwotnego (tylko zmienne naturalne)

3

2

3

10 ,,w , fmin= 4.

(Podane w rozwiązaniu są tylko zmienne naturalne).

Zagadnienie dualne ma postać: Wyznaczyć min )( 21 2xx − przy ograniczeniach

2105

24

623

21

21

21

,=≥≤−≤−≤+−

ixxx

xx

xx

i

Rozwiązanie zagadnienia dualnego: w(6, 1) fmax= 4.

Zad52. Rozwiązanie zagadnienia pierwotnego: w(1, 1, 0), fmax = 9,

Zagadnienie dualne: wyznaczyć min )( 12x przy ograniczeniach

1024

8

1

21

21

21

≥+≥−

≥+

xx

xx

xx

( zmienne nie muszą być nieujemne)

Rozwiązanie zagadnienia dualnego: w(4.5, - 3.5), fmin= 9.

Zad53. Rozwiązanie zagadnienia pierwotnego w(0, 0, 1) fmax= 3, rozwiązanie zagadnienia dualnego w(0, 3) fmin= 3.

(Podane w rozwiązaniach są tylko zmienne naturalne).

63

Zad54. Rozwiązanie zagadnienia pierwotnego w(0, 1) fmin= 1, rozwiązanie zagadnienia

dualnego

006

1,,w , fmax =1. (Podane w rozwiązaniach są tylko zmienne naturalne).

Zad55. Rozwiązanie zagadnienia pierwotnego: w(0.2, 0, 0) fmax= -2,

Dualne zagadnienie symetryczne: wyznaczyć )min( 113 xx − przy ograniczeniach

022

62

1052

2121

21

21

≥≥+−≥−−−≥−−

xxxx

xx

xx

,

Rozwiązanie dualnego w(0, 2) fmin= -2

Zagadnienie pierwotne w postaci standardowej:

wyznaczyć )max( 54321 002610 xxxxx ⋅+⋅++−− przy ograniczeniach:

0125

322

5215321

4321

≥=−−+=++−−

xxxxxxx

xxxx

...,

Zagadnienie w tej postaci ma rozwiązanie: w(0.2, 0, 0, 3.4, 0) fmax= - 2.

Do zagadnienia pierwotnego w postaci standardowej dualne niesymetryczne ma postać:

wyznaczyć )min( 213 yy + przy ograniczeniach

0022

62

1052

2121

21

21

≥−≥≥−−≥+−−≥+−

yyyy

yy

yy

Ponieważ 02 ≥− y to podstawmy za 22 xy =− , a za 11 xy = , wtedy obie nowe

zmienne będą nieujemne , wstawiając je do funkcji celu i do ograniczeń otrzymamy

zagadnienie : wyznaczyć )min( 213 xx − przy ograniczeniach

0022

62

1052

2121

21

21

≥≥≥+−≥−−−≥−−

xxxx

xx

xx

,

więc to samo zagadnienie dualne co poprzednio.

Zad56. Rozwiązanie zagadnienia pierwotnego: w(0, 0.8, 0, 0) fmin= - 0.8.

Zagadnienie dualne ma postać : wyznaczyć )max( 21 412 xx −− przy ograniczeniach:

64

.,, 2101

22

15

43

21

1

21

21

=≥≤+−≤−

−≤−≤+−

jxxx

x

xx

xx

j

Można je rozwiązać metodą graficzną i otrzymać rozwiązanie: w(0, 0.2) fmax= -0.8

Rozwiązanie punktów b) i c) tak jak w zadaniu 55.

Zad57. Dane jest zagadnienie : wyznaczyć min ( x1 + x2) przy ograniczeniach:

.,,, 3210333

233

321

321

=≥≤−+−≤++

jxxxx

xxx

j

W rozwiązaniu skorzystamy z SOLVERA ( EXCEL) w tym celu zapiszemy dane w tabeli w EXCELU: pierwszy „szary” wiersz będzie pierwotnie zawierał wektor startu. Pierwsza „szara” komórka w drugim wierszu będzie zawierać wartość funkcji celu dla wektora startu, będzie iloczynem skalarnym wektora startu i współczynników funkcji celu cj. Następne „szare” komórki będą zawierać wartości lewych stron nierówności z ograniczeń dla wektora startu.

komórki zmienne funkcja celu

cj 1 1 0 1 3 3 2

-3 3 -1 3

Wektor startu nie musi być wierzchołkiem, choć wskazane jest aby był „ bliski” rozwiązaniu układu nierówności. Po wypełnieniu tabela może wyglądać na przykład następująco: za wektor startu został przyjęty [0, 1, 0].

komórki zmienne 0 1 0 funkcja celu

cj 1 1 0 1 1 3 3 3 2

-3 3 -1 3 3

Następnie włączamy SOLVERA i wypełniamy dane: komórka celu, max, komórki zmienne, ograniczenia, następnie w OPCJACH zaznaczamy model liniowy i nieujemne zmienne i

65

polecamy ROZWIĄŻ. Wtedy otrzymamy wypełnione na nowo komórki zaznaczone na „szaro”:

komórki zmienne 2 0 0 funkcja celu

cj 1 1 0 2 1 3 3 2 2

-3 3 -1 -6 3

Jeśli w SOLVERZE znalazło się zdanie, że SOLVER znalazł rozwiązanie to w komórkach zmiennych ukaże się wektor optymalny w(2, 0, 0) , a w komórce celu wartość funkcji fmax= 2. Nierówności są spełnione tak jak pokazują pozostałe „szare” komórki .

Zad58. Oznaczymy przez 1x liczbę elementów A, a przez 2x liczbę elementów B. Wtedy

funkcja celu będzie mieć postać 21 128 xxXf +=)( , a ponieważ będzie funkcją zysku, trzeba

wyznaczyć takie ilości elementów A i B, aby zysk był największy. Zatem szukamy takich

1x , 2x , aby 21 128 xxXf +=)( było największe. Ograniczenia wynikają z określonych

zapasów materiałów M1, M2, i M3 . Otrzymujemy zagadnienie: wyznaczyć )max( 21 128 xx +

przy ograniczeniach

2107200812

8100106

620084

21

21

21

,, =≥≤+≤+

≤+

jxxx

xx

xx

j

Zagadnienie jest dwuwymiarowe, można je rozwiązać metodą graficzną, można rozwiązać metodą simpleks lub za pomocą SOLVERA w EXCELU.

Rozwiązanie zagadnienia: w(125, 712.5) fmax= 9550.

Zad59. Porównać rozwiązanie zadania 58. Zagadnienie można sformułować następująco:

wyznaczyć )max( 4321 518915 xxxx +++ przy ograniczeniach

432104862

56234

8023

4321

4321

321

,,,, =≥≤+++≤+++

≤++

jxxxxx

xxxx

xxx

j

Rozwiązanie: w(4, 0, 0, 40) fmax=260.

66

Zad60. Zagadnienie możemy sformułować następująco:

wyznaczyć )min( 54321 221551510 xxxxx ++++ przy ograniczeniach

543210100325719769

4000279890102539673

505553702130

54321

54321

54321

,,,,,.

.....

=≥≥++++≥++++

≥++++

jxxxxxx

xxxxx

xxxxx

j

Rozwiązanie: w(0, 0, 0.14, 0, 9.07) fmin= 200,32.

Zad61. Sformułowanie zagadnienia: wyznaczyć )min( 321 104020 xxx ++ przy

ograniczeniach

3210202

6042

45233

321

321

321

,,, =≥≤++≥++≥++

jxxxx

xxx

xxx

j

Rozwiązanie w(0, 5, 15) fmin= 350.

Zad62. Sformułowanie zagadnienia: wyznaczyć )max( 4321 2343 xxxx +++ przy

ograniczeniach

43210202026062104

3502496

280365

214321

4321

4321

,,,,, =≥≤≥≤+++≤+++

≤+++

jxxxxxxx

xxxx

xxxx

j

Rozwiązanie w( 20, 0, 51, 13) fmax= 239.

Zad63. Sformułowanie zagadnienia )max( 21 80003000 xx + przy ograniczeniach

21024007020

20004035

17004030

4902512

5707010

21

21

21

21

21

,, =≥≤+≤+≤+≤+≤+

jxxx

xx

xx

xx

xx

j

Rozwiązanie w(33.98, 3.29) fmax= 128 254,24.

67

Zad64. Zagadnienie wyznaczyć )max( 21 108 xx + przy ograniczeniach

2102

19686

21

21

,, =≥≤+≤+

jxxx

xx

j

Rozwiązanie: w( 2 , 23) fmax=246t.

Zad65. Rozwiązanie: w(0, 17.45, 0, 0 ,94.12) fmax=46 941.18.

Zad66. Rozwiązanie:

0003

2266 ,,,w , fmax=320 000.

Zad67. Sformułowanie zagadnienia: wyznaczyć )max( 21 105 xx + przy ograniczeniach

08

1127

1714

2121

21

21

≥≤+

≤+

≤+

xxxx

xx

xx

,

Zagadnienie jest dwuwymiarowe, można zastosować metodę graficzną:

Poruszając się wzdłuż wektora n równolegle do prostej p znajdziemy się na odcinku prostej l1. Maksimum funkcji celu osiągane jest na odcinku łączącym punkty (0, 7) i ( 2,6). Ten ostatni punkt jest przecięciem prostej l1 i l3. Maksimum funkcji celu wynosi fmax= 70. Można przyjąć dwa rozwiązania dające tą samą wartość optymalną- końce przedziału.

68

Rozdział 4.

Zad68. Macierz wypłat podaje „wygraną” gracza P1. Ma on dwa możliwe wybory może wybrać wiersz pierwszy lub drugi. Trzeba podać z jaką częstotliwością powinien je wybierać by wygrać jak najwięcej.

−175

432

Aby być pewnym, że wartość gry v (wygrana P1) będzie dodatnia, dodamy do każdego wyrazu macierzy wypłat wartość 2, aby wszystkie jej wyrazy były dodatnie. Na końcu , po obliczeniu optymalnej wartości gry, odejmiemy od jej wysokości wartość 2. Będziemy wyznaczać rozwiązanie korzystając z następującej macierzy

197

654

Zagadnienie programowania liniowego dla gracza P1:

016

95

74

212121

21

21

≥=+≥+≥+≥+

xxxxvxx

vxx

vxx

,

Ponieważ zagwarantowaliśmy to, że v jest dodatnia, podzielimy przez v wszystkie ograniczenia i otrzymamy

0111

111

6

11

91

5

11

71

4

212121

21

21

≥=+≥+

≥+

≥+

xxvv

xv

xv

xv

x

vx

vx

vx

vx

,

Wstawiając 22

11 x

v

xx

v

x ′=′= , otrzymamy

01

16

195

174

2121

21

21

21

≥′′⇒=′+′

≥′+′≥′+′≥′+′

xxv

xx

xx

xx

xx

,min

69

Wyznaczamy min( )( 21 xx ′+′ , czyli minimum odwrotności v ( której szukamy maksimum).

Rozwiązanie metodą graficzną:

Poruszając się w zbiorze dopuszczalnym w kierunku przeciwnym do zwrotu wektora n,

równolegle do prostej p otrzymamy wierzchołek

19

1

19

3,w i wartość

19

41 =v

, stąd strategia

optymalna gracza to (0.75, 0.25) a wartość gry v = 4,75 - 2 = 2,75. Zad69. Dana jest macierz wypłat:

a =

−232

021

321

punkt siodłowy to taka wartość wyrazu jia , dla którego ))(max(min))(min(max jiij

jiji

aa =

W macierzy mamy max(1, -1, 2) = 2 = a3,1, min(2, 3, 3) = 2 = a3,1 . Macierz ma punkt

siodłowy 13a .

Zad70. Dana jest macierz wypłat dla gracza P1 :

−

6032

2456

4120

70

Wartość gry dla gracza P1 oznaczamy przez v, 321 ,,=′= ixv

xi

i ; 41,...=′= jyv

yj

j

Zagadnienie ZPL dla gracza P1 :

01

1624

14

1352

126

321321321

21

321

32

≥′′′⇒=′+′+′≥′+′+′

≥′+′−≥′+′+′

≥′+′

xxxv

xxxxxx

xx

xxx

xx

,,min

Zagadnienie ZPL dla gracza P2:

4101

1632

12456

142

4321421

4321

432

,...max =≥′⇒=′+′+′+′≤′+′+′

≤′+′+′+′≤′+′−′

jyv

yyyyyyy

yyyy

yyy

j

Rozwiązanie gry:

).,.,,().,.,,(

).,.,(.),,.,(

50500067167100

3250750033301

08302500

=⇒=′

==⇒==′

YY

vXv

X

Zad71. Dana jest macierz wypłat dla gracza P1 :

−−

0427

6203

3541


xi

i ; 41,...=′= jyv

yj

j


01

163

1425

124

173

32132121

321

31

321

≥′′′⇒=′+′+′≥′+′

≥′+′−′≥′+′≥′+′+′−

xxxv

xxxxx

xxx

xx

xxx

,,min


71

4101

1427

1623

1354

4321321

431

4321

,...max =≥′⇒=′+′+′+′≤′+′+′

≤′+′−′≤′+′+′+′−

jyv

yyyyyyy

yyy

yyyy

j

Rozwiązanie gry:

=⇒=′

=

=⇒==′

13

40

13

6

13

31200180090

13

72

26

9

26

5

13

639390

1140080180

,,,).,,.,.(

,,.),,.,.(

YY

vXv

X

Zad72. Macierz

a =

470

321

653

ma punkt siodłowy równy 311 =a . Rozwiązaniem gry jest wartość v = 3, a strategiami optymalnymi są strategie czyste : X = ( 1, 0, 0) , Y= ( 1, 0, 0). Zad73. Macierz wypłat ma postać

−−

−

011

101

110

Gra , która jest reprezentowana przez macierz wypłat jest grą symetryczną, obie strategie są

takie same 23

1

3

1

3

1

3

1

3

1

3

1 =

=

= vYX ,,,,,, .

Zad74. Rozwiązanie gry : strategia optymalna gracza P1: X= (0.5, 0.5 ,0) , strategia optymalna gracza P2: Y = (0.63, 0, 0.37), wartość gry dla gracza P1 wynosi v = 2.5.

Zad75. Wartość gry dla gracza P1 oznaczamy przez v, 21,=′= ixv

xi

i ;

31,...=′= jyv

yj

j

01

14

173

152

212121

21

21

≥′′⇒=′+′≥′−′

≥′+′≥′+′

xxv

xxxx

xx

xx

,min

72

310

1173

1432

321321

321

,...max =≥′⇒=′+′+′≤′−′+′

≤′+′+′

jyv

yyyyyy

yyy

j

Rozwiązanie: strategia optymalna dla gracza P1: X = (0.75, 0.25), strategia optymalna dla gracza P2: Y = (0.62, 0, 0.38), wartość gry dla gracza P1 v = 2.75.

Zad76. Wartość gry dla gracza P1 oznaczamy przez v, 21,=′= ixv

xi

i ; 41,...=′= jyv

yj

j

01

123

136

14

13

21212

2

21

1

≥′′⇒=′+′≥′−′

≥′+′≥′+′

≥′

xxv

xxxx

xx

xx

x

,min

4101

1234

1363

4321432

4321

,...max =≥′⇒=′+′+′+′≤′−′+′

≤′+′+′+′

jyv

yyyyyyy

yyyy

j

Zagadnienie dla gracza P1 można rozwiązać metodą graficzną. Rozwiązanie: strategia optymalna dla gracza P1: X = (0.75, 0.25), strategia optymalna dla gracza P2: Y = (0, 0.625, 0, 0.375), wartość gry dla gracza P1 v = 1.75. Zad77. Dana jest macierz wypłat

−−

−

3141

1504

6232


xi

i ; 41,...=′= jyv

yj

j


73

01

136

152

143

142

321321

321

321

31

321

≥′′′⇒=′+′+′

≥′+′−′≥′+′+′−

≥′+′≥′−′+′

xxxv

xxx

xxx

xxx

xx

xxx

,,min


4101

14

154

16232

4321

4321

431

4321

,...max =≥′⇒=′+′+′+′

≤′+′+′+′−≤′−′+′≤′+′−′+′

jyv

yyyy

yyyy

yyy

yyyy

j

Rozwiązanie: strategia optymalna dla gracza P1: X = (0.26, 0.44, 0.3), strategia optymalna dla gracza P2: Y = (0.32, 0.54, 0.14, 0), wartość gry dla gracza P1 v = 1.98. Zad78. Interesuje nas strategia przedsiębiorstwa, czyli gracza P1.


xi

i ;


01

1679

13105

11088

321321321

321

321

≥′′′⇒=′+′+′≥′+′+′

≥′+′+′≥′+′+′

xxxv

xxxxxx

xxx

xxx

,,min

Rozwiązanie: strategia optymalna : X = 7

670

7

4

7

3 =

v,,, .

Zad79. Interesuje nas strategia korporacji, czyli gracza P1.


xi

i ;


74

01

11063

1765

1458

321321321

321

321

≥′′′⇒=′+′+′≥′+′+′

≥′+′+′≥′+′+′

xxxv

xxxxxx

xxx

xxx

,,min

Rozwiązanie: strategia optymalna : X = 602

1

2

1 =

v,,, .

Zad80. Dana jest macierz wypłat, ta macierz ma punkt siodłowy.

− 0132

3234

4051

Punkt siodłowy to taka wartość wyrazu jia , dla którego ))(max(min))(min(max ji

ijji

jiaa = .

W macierzy mamy max(0, 2, -1) = 2 = a2,3, min(4, 5, 2, 4) = 2 = a2,3 . Macierz ma punkt

siodłowy 32a = 2. Wartość gry wynosi v = 32a = 2, strategie graczy to strategie czyste:

X=(0,1,0), Y=(0, 0, 1, 0).

Zad81. Interesuje nas strategia farmera, czyli gracza P1.


xi

i ;


01

152

132

1326

321321321

321

321

≥′′′⇒=′+′+′≥′+′+′

≥′+′+′≥′+′+′

xxxv

xxxxxx

xxx

xxx

,,min

Rozwiązanie: strategia optymalna : X = ( ) 52220720080 .,.,.,. =v . Zad82. Interesuje nas strategia sklepów, czyli graczy P1 i P2. Macierz wypłat ma postać:

0 2 5

-5 4 2

2 0 -1

75

Ponieważ macierz ma kilka wyrazów ujemnych , zastosujemy bezpieczną metodę zagwarantowania dodatniej wartości gry v. Dodamy do każdego wyrazu macierzy wypłat wartość w =5. Wtedy otrzymamy nową macierz wypłat:

5 7 10

0 9 7

7 5 4

Wartość gry dla gracza P1 oznaczamy przez v (nową powiększoną o 5), 321 ,,=′= ixv

xi

i ;

31,...=′= jyv

yj

j


01

14710

1597

175

321321321

321

31

≥′′′⇒=′+′+′≥′+′+′

≥′+′+′≥′+′

xxxv

xxxxxx

xxx

xx

,,min


3101

1457

179

11075

321321

32

321

,...max =≥′⇒=′+′+′≤′+′+′

≤′+′≤′+′+′

jyv

yyyyyy

yy

yyy

j

Rozwiązanie: strategia optymalna dla gracza P1: X = (0.5, 0, 0.5), strategia optymalna dla gracza P2: Y = (0.5, 0.5, 0), wartość gry dla gracza P1 v = 1 ( po odjęciu w = 5).

Rozdział 5.

Zad83. Punkty odpraw zawierają 10,8,6 321 === aaa jednostek towaru. Punkty odbioru

zgłaszają zapotrzebowanie na ,,,, 6873 4321 ==== bbbb jednostek towaru. Zagadnienie

jest zbilansowane : 244

1

3

1== ∑∑

== jj

ii ba . Macierz kosztów jest następująca:

c =

1220

0234

4321

76

Mamy zminimalizować całkowity koszt transportu ∑ ∑= =

⋅=3

1

4

1i jjiji xcXf )( .

Znajdziemy pierwszy wierzchołek metodą kąta północno-zachodniego:

punkty odpraw

3 3 0 6 4 4 0 8 4 6 0 10

0 0 0 0 punkty odbioru 3 7 8 6

Pierwszy wierzchołek to w1( 3, 3, 0, 0, 0, 4, 4, 0, 0, 0, 4, 6), f(w1) = 43. W tabeli w macierzy 3x4 ( szara) są wypisane tylko zmienne bazowe pogrubione, pozostałe zmienne są zerami i te zera nie są wymienione w macierzy. Zbudujemy macierz kosztów pośrednich, w pierwszym kroku są podane bazowe współczynniki ci j macierzy kosztów i rozłożone są na sumy ui + vj

vj 0 1 0 -1

1 1 2 ui 2 3 2

2 2 1

Uzupełniamy tę macierz dla wszystkich wyrazów i dostajemy pełną macierz kosztów

pośrednich ][ jicc = dla pierwszego wierzchołka.

0 1 0 -1 1 1 2 1 0 2 2 3 2 1

2 2 3 2 1 Obliczamy różnice jiji cc − i otrzymujemy macierz

0 0 2 4 2 0 0 -1

-2 -1 0 0 Chcemy wyznaczyć nowy wierzchołek taki, w którym funkcja kosztów będzie mniejsza. Ponieważ

f(nowy wierzchołek)= f(stary wierzchołek) + )( jiji cc −⋅θ gdzie 0≥θ ,

77

to wybieramy do bazy nową zmienną taką, której odpowiednie jiji cc − jest najmniejsze

ujemne. W tym wypadku jest to 21313 −=− cc . Wybieramy do bazy zmienną θ=13x . Im

0≥θ będzie większe tym funkcja bardziej zmaleje.

punkty odpraw

3-θ 3+θ 0 6 4-θ 4+θ 0 8 θ 4-θ 6 0 10

0 0 0 0 punkty odbioru 3 7 8 6 Parametr θ nie może jednak wzrosnąć więcej niż do 3, wtedy 011 =x i wyjdzie z bazy, do

bazy wejdzie 313 =x , dostaniemy nowy wierzchołek, w którym funkcja kosztu zmaleje o

wielkość 623 −=−⋅=−⋅ )()( jiji ccθ .

punkty odpraw

6 0 6 1 7 0 8

3 1 6 0 10 0 0 0 0

punkty odbioru 3 7 8 6 Nowy wierzchołek w2(0, 6, 0, 0, 0, 1, 7, 0, 3, 0, 1, 6), f(w2)= 37 Dla wierzchołka w2 budujemy nową macierz kosztów pośrednich

-3 0 -1 -2 2 -1 2 1 0 3 0 3 2 1 3 0 3 2 1

Obliczamy różnice jiji cc − i otrzymujemy macierz

2 0 2 4 4 0 0 -1 0 -1 0 0

w której są jeszcze wyrazy ujemne. Wprowadzamy do bazy współrzędną 42x = θ , bo

14242 −=− cc .

punkty odpraw

6 0 6 1 7-θ θ 0 8

3 1+θ 6-θ 0 10 0 0 0 0

punkty odbioru 3 7 8 6

78

Parametr θ może przybierać wartość nie większą niż 6, jeśli θ =6, to zmienna 42x = 6, a

zmienna 043 =x i opuści bazę.

punkty odpraw

6 0 6 1 1 6 0 8

3 7 0 10 0 0 0 0

punkty odbioru 3 7 8 6 Dostaliśmy nowy wierzchołek w3(0, 6, 0, 0, 0, 1, 1, 6, 3, 0, 7, 0), f(w3)= 31. Dla tego wierzchołka macierz różnic jiji cc − ma postać

2 0 2 5 4 0 0 0 0 -1 0 1

Wprowadzamy zmienną 23x do bazy , a bazę opuszcza zmienna 22x i dostajemy

punkty odpraw

6 0 6 2 6 0 8

3 1 6 0 10 0 0 0 0

punkty odbioru 3 7 8 6 Nowy wierzchołek w4(0, 6, 0, 0, 0, 0, 2, 6, 3, 1, 6, 0), f(w4)= 30. Dla tego wierzchołka macierz różnic jiji cc − nie zawiera wyrazów ujemnych. Wierzchołek

w4 jest wierzchołkiem optymalnym, a najmniejszy koszt całkowity transportu wynosi fmin=30. Uwaga: Wszystkie tabelki są liczone i kopiowane z EXCELA. Zad84. Rozwiązanie zadania analogiczne do rozwiązania zadania 83. Zagadnienie jest zbilansowane, są trzy punkty odpraw i cztery punkty odbioru. Pierwszy wierzchołek metodą kata północno-zachodniego w1(3, 1, 0, 0, 0, 3, 3, 0, 0, 0, 2, 2) f(w1) = 16 Drugi wierzchołek w2(3, 0, 1, 0, 0, 4, 2, 0, 0, 0, 2, 2) f(w2) = 12 Trzeci wierzchołek w3(1, 0, 3, 0, 0, 4, 2, 0, 2, 0, 0, 2) f(w3) = 6

79

Czwarty wierzchołek (optymalny) w4(0 ,0, 4, 0, 1, 4, 1, 0, 2, 0, 0, 2) fmin(w4) = 5. Zad85. Punkty odpraw zawierają 7,5,1 321 === aaa jednostek towaru. Punkty odbioru

zgłaszają zapotrzebowanie na 2,2,3,3,3 54321 ===== bbbbb jednostek towaru.

Zagadnienie jest zbilansowane : 134

1

3

1== ∑∑

== jj

ii ba . Macierz kosztów jest następująca:

c =

−54320

11345

32123


⋅=3

1

5

1i jjiji xcXf )( .

Pierwszy wierzchołek wyznaczymy metodą minimum macierzowego, pozwoli to zminimalizować ilość iteracji. Będziemy brać pod uwagę macierz kosztów i jej najmniejszy wyraz, zmienna o tym indeksie będzie „faworyzowana” od niej zaczniemy wyznaczać

współrzędne wierzchołka. Jest to zmienna 42x , ponieważ 142 −=c jest najmniejszym

współczynnikiem w macierzy kosztów. Opłaca się przewieźć jak najwięcej towaru z drugiego punktu odpraw do czwartego punktu odbioru.

punkty odpraw 1 0 1 1 2 2 0 5

3 3 1 0 7 0 0 0 0 0

punkty odbioru 3 3 3 2 2

Pierwszy wierzchołek w1(0, 0, 1, 0, 0, 0, 0, 1, 2, 2, 3, 3, 1, 0, 0) f(w1) = 13 Odpowiadająca wierzchołkowi w1 macierz kosztów pośrednich:

-3 -1 0 -4 -2 1 -2 0 1 -3 -1 3 0 2 3 -1 1 3 0 2 3 -1 1

Oraz macierz różnic jiji cc −

5 2 0 5 4 5 2 0 0 0 0 0 0 5 4

80

Wszystkie wyrazy tej macierzy są nieujemne, funkcja celu nie może zmaleć, wierzchołek w1(0, 0, 1, 0, 0, 0, 0, 1, 2, 2, 3, 3, 1, 0, 0) jest wierzchołkiem optymalnym , minimalna wartość całkowitych kosztów transportu wynosi fmin(w1) = 13. Zad86. Punkty odpraw zawierają 7,7,5 321 === aaa jednostek towaru. Punkty odbioru

zgłaszają zapotrzebowanie na ,4,8,3 321 === bbb jednostek towaru. Zagadnienie nie jest

zbilansowane : 15193

1

3

1== ∑∑

== jj

ii ba , . Macierz kosztów jest następująca:

c =

− 121

301

210


⋅=3

1

3

1i jjiji xcXf )( .

Punkty odpraw zawierają więcej towaru niż wynosi zapotrzebowanie punktów odbioru. Wprowadzamy fikcyjny punkt odbioru o zapotrzebowaniu równym nadwyżce towaru w punktach odpraw.

415193

1

3

14 =−=−= ∑∑

== jj

ii bab

Dodajemy do macierzy kosztów jeszcze jedną kolumnę o zerowych kosztach – nie będziemy przewozić towaru do fikcyjnego punktu odbioru.

c =

− 0121

0301

0210

Zagadnienie jest teraz zagadnieniem zbilansowanym, możemy rozwiązywać zagadnienie tak jak zadanie 83, stosując metodę minimum w wierszu ( poczynając od wiersza pierwszego).

Mamy 7,7,5 321 === aaa , 4483 4321 ==== bbbb ,,, , wyznaczamy

min ∑ ∑= =

⋅=3

1

4

1i jjiji xcXf )( przy macierzy kosztów c =

− 0121

0301

0210

.

81

punkty odpraw

3 2 0 5 7 0 7 1 4 2 0 7

0 0 0 0 punkty odbioru 3 8 4 4 Pierwszy wierzchołek w1(3, 0, 0, 2, 0, 7, 0, 0, 0, 1, 4, 2) f(w1) = 6

Drugi wierzchołek w2(3, 1, 0, 1, 0, 7, 0, 0, 0, 0, 4, 3) f(w2) = 5

Trzeci wierzchołek ( zdegenerowany) – optymalny - w3(0, 1, 0, 4, 0, 7, 0, 0, 3, 0, 4, 0) funkcja kosztów ma minimum fmin(w3) = 2.

Zad87. Punkty odpraw zawierają 8,6,5 321 === aaa jednostek towaru. Punkty odbioru

zgłaszają zapotrzebowanie na ,7,7,9 321 === bbb jednostek towaru. Zagadnienie nie jest

zbilansowane : 23193

1

3

1== ∑∑

== jj

ii ba , . Macierz kosztów jest następująca:

c =

− 121

301

210


⋅=3

1

3

1i jjiji xcXf )( .

Punkty odpraw zawierają mniej towaru niż wynosi zapotrzebowanie punktów odbioru. Wprowadzamy fikcyjny punkt odpraw o zapasach równych nadwyżce zapotrzebowania w punktach odbioru.

419233

1

3

14 =−=−= ∑∑

== ii

jj aba

Dodajemy do macierzy kosztów jeszcze jeden wiersz o zerowych kosztach – nie będziemy przewozić towaru z fikcyjnego punktu odpraw.

Zagadnienie jest teraz zagadnieniem zbilansowanym, możemy rozwiązywać stosując metodę minimum w kolumnie ( poczynając od pierwszej kolumny).Mamy

82

4865 4321 ==== aaaa ,,, , ,7,7,9 321 === bbb wyznaczamy

min ∑ ∑= =

⋅=4

1

3

1i jjiji xcXf )( przy macierzy kosztów c =

−000

121

301

210

.

punkty odpraw

1 1 3 0 5 6 0 6

8 0 8 4 0 4

0 0 0 punkty odbioru 9 7 7 Pierwszy wierzchołek w1(1, 0, 4, 0, 6, 0, 8, 0, 0, 0, 1, 3), f(w1) = 0

Drugi wierzchołek – optymalny – w2(1, 1, 3, 0, 6, 0, 8, 0, 0, 0, 0, 4), fmin(w2) = -1.

Zad88. Punkty odpraw zawierają więcej towaru niż wynosi zapotrzebowanie punktów odbioru. Wprowadzamy fikcyjny punkt odbioru o zapotrzebowaniu równym nadwyżce towaru w punktach odpraw.

12153

1

3

1== ∑∑

== jj

ii ba , 31215

3

1

3

14 =−=−= ∑∑

== jj

ii bab

Dodajemy do macierzy kosztów jeszcze jedną kolumnę o zerowych kosztach – nie będziemy przewozić towaru do fikcyjnego punktu odbioru.

Zagadnienie jest teraz zagadnieniem zbilansowanym

Mamy 3,8,4 321 === aaa , 3453 4321 ==== bbbb ,,, , wyznaczamy

min ∑ ∑= =

⋅=3

1

4

1i jjiji xcXf )( przy macierzy kosztów

−=

0421

0320

0012

c

Rozwiązanie optymalne: w(0,2,2,0,3,0,2,3,0,3,0,0), fmin(w) = 10.

Zad89. Punkty odpraw zawierają mniej towaru niż wynosi zapotrzebowanie punktów odbioru. Wprowadzamy fikcyjny punkt odpraw o zapasach równych nadwyżce zapotrzebowania w punktach odbioru.

429333

1

4

14 =−=−= ∑∑

== ii

jj aba

83

Dodajemy do macierzy kosztów jeszcze jeden wiersz o zerowych kosztach – nie będziemy przewozić towaru z fikcyjnego punktu odpraw. Zagadnienie jest teraz zagadnieniem

zbilansowanym: Mamy 412710 4321 ==== aaaa ,,, oraz

,,,, 11958 4321 ==== bbbb macierz kosztów

c =

0000

1203

4120

3112

Rozwiązanie optymalne w (1,0,9,0,7,0,0,0,0,5,0,7,0,0,0,4), fmin(w) = 18.

Zad90. Dodać jeden punkt odbioru 25 =b i jedną zerową kolumnę do macierzy kosztów.

Porównać rozwiązanie zadania 86.

Rozwiązanie optymalne w(1,0,8,0,1,7,0,0,0,0,0,4,0,7,1), fmin(w) = 17.

Zad91. Jeśli zaczynamy od pierwszego wierzchołka wyznaczonego metodą minimum macierzowego otrzymamy:

w1(0,0,10,15,0,0,3,10,7), f(w1) = 138

Następny wierzchołek w2(0,0,10,8,0,7,10,10,0), f(w2)= 117

Wierzchołek optymalny: w3(0,0,10,0,8,7,18,2,0), fmin(w3) = 109.

Zad92. Jeśli zaczynamy od pierwszego wierzchołka metodą minimum macierzowego to ten pierwszy wierzchołek będzie optymalny:

w(0,10,0,0,0,13,0,7,12,0,10,3), fmin(w) = 163.

Zad93. Jeśli zaczynamy od pierwszego wierzchołka metodą minimum macierzowego to ten pierwszy wierzchołek będzie optymalny:

w (0,30,0,10,20,0,20,0,0,20,40,0), fmin(w) = 190.

Zad94. Doprowadzając do zagadnienia zbilansowanego wprowadzamy fikcyjny punkt

odpraw 64 =a , do macierzy kosztów dodajemy zerowy wiersz:

c =

0000

1220

4132

2021

84

Zaczynając iteracje od wierzchołka w1(0,0,2,0,0,2,2,3,3,0,0,3,0,6,0,0) , f(w1) = 23 po czterech iteracjach otrzymamy wierzchołek zdegenerowany optymalny

w4(0,2,0,0,3,0,4,0,0,0,0,6,0,6,0,0), w którym zmienne bazowe 00 4413 == xx , . Wartość

minimalna funkcji celu – koszt transportu- wynosi fmin (w4) = 18.

Zad95. Tworzymy fikcyjny punkt odbioru 137 =b .Dodajemy do macierzy kosztów siódmą

zerową kolumnę . Startujemy z wierzchołka otrzymanego metodą minimum macierzowego , mamy wierzchołek startowy

w1(0,0,0,4,3,0,3,0,0,0,0,0,0,4,4,0,2,0,0,0,6,0,5,0,0,0,3,0), w którym f(w1) = 9.

Po dwóch iteracjach dostajemy zdegenerowany wierzchołek optymalny

w3(4,0,0,3,3,0,0,0,0,0,1,0,0,3,0,0,2,0,0,0,10,0,5,0,0,0,3,0) z zerową bazową zmienną 023 =x

Wartość funkcji celu fmin(w3) = 5.

Rozdział 6.

Zad96. Rozwiążemy graficznie relaksację liniową zagadnienia ( bez założenia całkowitości zmiennych). Zbiór dopuszczalny jest na rysunku zaznaczony na szaro.

85

Przesuwając prostą p w kierunku wektora [3, 4] otrzymamy max (3x1 + 4x2 ) przy ograniczeniach

≥≥≤+≤+

00623

42

2121

21

xxxx

xx

,,

w punkcie (1, 1.5) , który nie ma współrzędnych całkowitych. Maksimum wynosi 9. Zmienna druga nie ma wartości całkowitej 21 2 ≤≤ x , nie interesuje nas wartość ułamkowa

tej zmiennej . Wydzielamy ze zbioru dopuszczalnego dwa zbiory dla 12 ≤x i dla 22 ≥x . Ten

drugi zbiór jest jednopunktowy zawierający tylko punkt (0, 2), dla zbioru 12 ≤x wykreślamy część zbioru dopuszczalnego na nowym rysunku zaznaczony na szaro:

W tym zbiorze funkcja osiąga maksimum dla punktu (4/3 , 1) równe 8. Ale ten punkt nie ma współrzędnych całkowitych. Dla punktu (0, 2), który ma współrzędne całkowite wartość

funkcji wynosi też 8. Jest to rozwiązanie lokalne. Czy może być w zbiorze dla 12 ≤x

wartość 8 dla zmiennych całkowitych? Zmienna 21 1 ≤≤ x , wydzielamy następne dwa

zbiory ze zbioru dla 12 ≤x , takie dla których 21 ≥x i 11 ≤x .

86

Dla 21 ≥x otrzymujemy tylko jeden punkt (0, 2) , w którym funkcja jest równa 6 i jest

mniejsza od 8, w drugim zbiorze dostajemy maksimum dla punktu (1, 1), w którym funkcja jest równa 7 i też jest mniejsza od 8. Zatem rozwiązanie lokalne jest rozwiązaniem optymalnym. Rozwiązaniem zagadnienia jest punkt (0, 2) i fmax= 8.

Zad97. . Rozwiążemy graficznie relaksację liniową zagadnienia ( bez założenia całkowitości zmiennych) : wyznaczyć min )( 212 xx −− przy ograniczeniach:

00

63

3

21

21

21

≥≥≤+

≤+

xx

xx

xx

,

,

Zbiór dopuszczalny jest na rysunku zaznaczony na szaro:

87

Poruszając się równolegle do prostej p w przeciwnym kierunku niż zwrot wektora [-2, -1] otrzymujemy minimum funkcji w punkcie (1.5, 1.5) równe f = -4.5. Możemy stosować dalej metodę podziału i ograniczeń albo ze względu na pierwszą , albo ze względu na drugą zmienną tak jak w rozwiązaniu zadania 96.

Na rysunku przeprowadzony jest podział ze względu na zmienną pierwszą.

Rozwiązanie: dwa punkty o współrzędnych całkowitych (2, 0) i (1, 2) dają minimum funkcji równe fmin= - 4.

88

Zad98. Zastosujemy metodę podziału i ograniczeń. W pierwszym kroku rozwiążemy liniową

relaksację zagadnienia: wyznaczyć )min( 21 64 xx − przy ograniczeniach

,, 0153

93

1

2121

21

21

≥≤+≤+≤+−

xxxx

xx

xx

Rozwiązanie: w(1.5, 2.5) fmin= -9. Jest to minimum na zbiorze dopuszczalnym D podanym za pomocą powyższych nierówności. Ponieważ obie zmienne w rozwiązaniu są niecałkowite, zastosujemy podział zbioru D ze względu na pierwszą zmienną.

Zmienna 21 1 ≤≤ x , nie interesują nas wartości ułamkowe tej zmiennej. Wydzielamy ze

zbioru D dwa podzbiory: },{},,{ 2211 11 ≥∈=≤∈= xDXDxDXD i na każdym z nich

znajdujemy dolne ograniczenie funkcji celu.

Na D1 mamy zagadnienie : wyznaczyć )min( 21 64 xx − przy ograniczeniach

,, 01

153

93

1

211

21

21

21

≥≤≤+≤+≤+−

xxx

xx

xx

xx

Otrzymujemy rozwiązanie całkowitoliczbowe w1(1 , 2) fd = - 8. Jest to zatem rozwiązanie lokalne.

Na D2 mamy zagadnienie : wyznaczyć )min( 21 64 xx − przy ograniczeniach

,, 02

153

93

1

211

21

21

21

≥≥≤+≤+≤+−

xxx

xx

xx

xx

Otrzymujemy rozwiązanie w2

3

72, , fd = -6. Na tym zbiorze nie możemy już otrzymać

lepszego rozwiązania, minimum jest większe niż na zbiorze D1. Rozwiązanie lokalne jest rozwiązaniem optymalnym dla zagadnienia całkowitoliczbowego.

89

Zad99. Zastosujemy metodę podziału i ograniczeń. W pierwszym kroku rozwiążemy liniową

relaksację zagadnienia: wyznaczyć )min( 21 xx −− przy ograniczeniach

,, 09182

132

122

2121

21

21

≥≤+−≤−≥+

xxxx

xx

xx

Korzystając z SOLVERA w EXCELU otrzymaliśmy rozwiązanie : w(1.5, 0.67),

fmin(w) = -2,17 . Jest to minimum funkcji celu na zbiorze D, określonym powyższymi nierównościami. Ponieważ dostaliśmy rozwiązanie ze zmiennymi niecałkowitymi wydzielimy ze zbioru D dwa podzbiory ze względu na drugą zmienną (nie jest istotne od której zmiennej

zaczynamy). Zmienna 10 2 ≤≤ x

},{},,{ 1201 22 ≥∈=≤∈= xDXDxDXD

Na zbiorze D1 mamy zagadnienie: wyznaczyć )min( 21 xx −− przy ograniczeniach

,, 00

9182

132

122

212

21

21

21

≥≤≤+−

≤−≥+

xxx

xx

xx

xx

Dodając nierówność 02 ≤x do ograniczeń zbioru D, rozwiązujemy nowe zagadnienie i

otrzymujemy rozwiązanie: w1(0.5, 0) fd= - 0.5.

Na zbiorze D2 mamy zagadnienie: wyznaczyć )min( 21 xx −− przy ograniczeniach

,, 01

9182

132

122

212

21

21

21

≥≥≤+−

≤−≥+

xxx

xx

xx

xx

W tym zbiorze skończone rozwiązanie nie istnieje. Wracamy do zbioru D1. Wydzielimy z

niego dwa zbiory ze względu na zmienną 10 1 ≤≤ x .

},{},,{ 114013 11 ≥∩∈=≤∩∈= xDDXDxDDXD

Na zbiorze D3 rozwiązujemy zagadnienie: wyznaczyć )min( 21 xx −− przy ograniczeniach

90

,,, 0009182

132

122

211221

21

21

≥≤≤≤+−≤−≥+

xxxxxx

xx

xx

Na tym zbiorze nie ma rozwiązania, zbiór D3 jest pusty. Na zbiorze D4 rozwiązujemy

zagadnienie: wyznaczyć )min( 21 xx −− przy ograniczeniach

,,, 0109182

132

122

211221

21

21

≥≥≤≤+−≤−≥+

xxxxxx

xx

xx

Nie ma zadawalających rozwiązań, zbiór D4 też jest pusty . Nie istnieją całkowitoliczbowe rozwiązania podanego zagadnienia.

Zagadnienie jest dwuwymiarowe, jeśli narysujemy zbiór dopuszczalny D to widać na rysunku, że nie istnieją w nim punkty o współrzędnych całkowitych:

Zad100. Zbiór dopuszczalny D naszkicowany jest na rysunku. Funkcja celu w tym zbiorze osiąga minimum w punkcie (0, 0). Jest to punkt o współrzędnych całkowitych, jest zatem rozwiązaniem zagadnienia całkowitoliczbowego.

91

Zad101. Rozwiązanie liniowej relaksacji na zbiorze dopuszczalnym D :

w(2,580645, 12,58065), fmin(w)= -27,7419.

Zmienne w rozwiązaniu nie są całkowite, wybieramy pierwszą zmienną 32 1 ≤≤ x

Wydzielamy ze zbioru D dwa podzbiory ze względu na pierwszą zmienną:

},{},,{ 3221 11 ≥∈=≤∈= xDXDxDXD

Rozwiązujemy zagadnienie na zbiorze D1: wyznaczyć )min( 21 2xx −− przy ograniczeniach

,, 02

2401615

10

211

21

21

≥≤≤+

≤+−

xxx

xx

xx

Dostajemy rozwiązanie całkowitoliczbowe w1(2, 12) fd(w1) = - 26. Jest to rozwiązanie lokalne, ma zmienne całkowite.

Rozwiązujemy zagadnienie na zbiorze D2: wyznaczyć )min( 21 2xx −− przy ograniczeniach

,, 03

2401615

10

211

21

21

≥≥≤+

≤+−

xxx

xx

xx

Dostajemy rozwiązanie w2(3, 12.1875) fd(w2) = - 27,375. Ponieważ zbiór D2 jest zbiorem perspektywicznym, ograniczenie dolne jest mniejsze niż minimum funkcji na zbiorze D1, stosujemy na D2 następny krok metody podziału i ograniczeń. Wydzielamy ze zbioru D2 dwa podzbiory ze względu na drugą zmienną ( która nie jest całkowita).

92

},{},,{ 13241223 22 ≥∩∈=≤∩∈= xDDXDxDDXD

Rozwiązujemy na zbiorze D3 zagadnienie: wyznaczyć )min( 21 2xx −− przy ograniczeniach

,,, 0123

2401615

10

2121

21

21

≥≤≥≤+

≤+−

xxxx

xx

xx

Dostajemy rozwiązanie: w3(3.2, 12) i fd(w3) = -27.2

Na zbiorze D4 zagadnienie ma postać: wyznaczyć )min( 21 2xx −− przy ograniczeniach

,,, 0133

2401615

10

2121

21

21

≥≥≥≤+

≤+−

xxxx

xx

xx

Na tym zbiorze nie ma zadawalającego rozwiązania. Wracamy do zbioru D3, który jest perspektywiczny fd(w3) < fd(w1). Wydzielamy ze zbioru D3 dwa podzbiory ze względu na

pierwszą zmienną 43 1 ≤≤ x :

},{},,{ 436335 11 ≥∩∈=≤∩∈= xDDXDxDDXD

Otrzymaliśmy rozwiązanie całkowitoliczbowe w4(3, 12) i fd(w4) = - 27. Jest to rozwiązanie lokalne , ma zmienne całkowite.

Na zbiorze D6 otrzymujemy rozwiązanie w5(4, 11.25) i fd(w5)= -26.5 . Ponieważ fd(w5) jest większe niż fd(w4), a w5 nie ma zmiennych całkowitych, na zbiorze D6 nie będzie mniejszej wartości funkcji niż fd(w4). Rozwiązanie lokalne w4(3, 12) fmin(w4) = -27 jest rozwiązaniem optymalnym zagadnienia całkowitoliczbowego.

Zad102. Rozwiązujemy liniową relaksację ( bez założeń o zmiennych całkowitych)

wyznaczyć )min( 321 1273 xxx −− przy ograniczeniach

D :

,,, 08736

5336

12863

321321

321

321

≥≤+−≤++

≤+−−

xxxxxx

xxx

xxx

Rozwiązanie zagadnienia : w(0, 0.37, 1.3) f (w) = - 18.17

Ponieważ pierwsza zmienna jest całkowita prowadzimy metodę podziału i ograniczeń ze

względu na drugą zmienną 10 2 ≤≤ x .

93

},{},,{ 1201 22 ≥∈=≤∈= xDXDxDXD

Na D1 otrzymujemy rozwiązanie : w1(0, 0, 1.14) fd(w1)= - 13.71

Na D2 otrzymujemy rozwiązanie : w2(0, 1, 0.67) fd(w2)= -15. Ponieważ D2 jest zbiorem perspektywicznym wydzielamy z niego dwa podzbiory ze względu na niecałkowitą trzecia zmienną.

},{},,{ 124023 33 ≥∩∈=≤∩∈= xDDXDxDDXD

Rozwiązanie na D3: w3(0, 1.67, 0) fd(w3)= - 11.67,

Na D4 nie ma zadawalającego rozwiązania. Ponieważ na D1 ograniczenie dolne jest mniejsze niż na D3 wracamy do wydzielania ze zbioru D1 dwóch podzbiorów ze względu na

niecałkowitą trzecią zmienną 21 3 ≤≤ x :

},{},,{ 216115 33 ≥∩∈=≤∩∈= xDDXDxDDXD

Na D5 Otrzymaliśmy rozwiązanie lokalne w4(0, 0, 1) fd(w4) = -12, ponieważ na D6 nie ma zadawalającego rozwiązania, to rozwiązanie lokalne na D5 jest rozwiązaniem optymalnym. Na D3 nie można już otrzymać mniejszej wartości funkcji celu bo fd(w3) > fd(w4). Zatem rozwiązaniem zagadnienia całkowitoliczbowego jest w4( 0, 0, 1) fmin(w4) = - 12.

Zad103. Rozwiązanie liniowej relaksacji w(2.57, 2.48, 0) f(w)= - 15.14. Rozwiązanie zagadnienia całkowitoliczbowego : w1(2, 2, 0), fmin(w1)= -12.

Zad104. Rozwiązanie liniowej relaksacji w(2.67, 2.67, 0) f(w)= -21.3. Rozwiązanie zagadnienia całkowitoliczbowego : w1( 2, 2, 0) fmin(w1)= -16 .

Zad105. Rozwiązanie liniowej relaksacji w(0, 1.52, 1.89) f(w) = 11.74. Rozwiązanie lokalne ze zmiennymi całkowitymi : w1(1, 1, 1) f(w1) = 9.5, rozwiązanie optymalne: w2(0, 1, 2) fmax (w2) = 10.

Zad106. Rozwiązanie liniowej relaksacji w(0, 7, 0) jest rozwiązaniem o współrzędnych całkowitych, jest więc jednocześnie rozwiązaniem zagadnienia całkowitoliczbowego. Funkcja ma maksimum równe fmax(w) = 42.

Zad107. Funkcją celu jest funkcja zysku: 4321 9518060110 xxxxXf +++=)( , którą

będziemy maksymalizować, gdzie 1x to liczba stołów, 2x liczba krzeseł, 3x liczba regałów a

4x liczba biurek. Ograniczenia na materiały i zasoby siły roboczej, oraz potrzeby odbiorców

dają nierówności:

94

102515050

9003623

11004922

16007125

4321

4321

4321

4321

≥≥≥≥≤+++≤+++≤+++

xxxx

xxxx

xxxx

xxxx

,,,

i zmienne są całkowite.

Rozwiązanie liniowej relaksacji w(140, 150, 25, 10) jest rozwiązaniem o współrzędnych całkowitych, jest szukanym rozwiązaniem zagadnienia całkowitoliczbowego. Maksymalny zysk to fmax(w)= 29 850 jednostek pieniężnych.

Zad108. Funkcją celu jest funkcja zysku: 21 1050080 xxXf ..)( += którą będziemy

maksymalizować, gdzie 1x to liczba czapek męskich, 2x liczba czapek damskich.

Ograniczenia na materiały i zasoby siły roboczej, oraz potrzeby odbiorców dają nierówności:

50001000

1968090

127004060

21

21

21

≥≥≤+≤+

xx

xx

xx

,

,

,,

i zmienne są całkowite.

Rozwiązanie liniowej relaksacji w(1000, 18780) jest rozwiązaniem o współrzędnych całkowitych, jest szukanym rozwiązaniem zagadnienia całkowitoliczbowego. Maksymalny zysk to fmax(w)= 251.9 tys. zł .

Zad109. Zestawimy w tablicy wszystkie warianty cięcia i ilości odpadu przy tych wariantach:

warianty 1 2 3 4 5 6 7 8

Deski długie 2 1 1 1 0 0 0 0

Deski średnie 0 2 1 0 3 2 1 0

Deski krótkie 1 0 1 3 0 2 3 4

odpady 0.1 0.3 0.9 0 1.1 0.2 0.8 1.4

Funkcja celu - całkowity odpad :

87654321 418020110903010 xxxxxxxxXf .......)( ++++⋅+++=

– wyznaczamy jej minimum przy ograniczeniach:

95

8210

5543231

55232

552

876431

76532

4321

...,, =≥=++++

=++++=+++

ix

xxxxxx

xxxxx

xxxx

i

zmienne są całkowite,

Zmienna ix reprezentuje i – ty wariant, gdzie i = 1,2 …8

Rozwiązanie liniowej relaksacji w(22, 11, 0, 0, 0, 16.5, 0 0) f(w)= 8.8

Rozwiązanie lokalne w1(5, 25, 5, 15, 0, 0, 0, 0) f(w1)= 12.5

Rozwiązanie optymalne w2(22, 10, 0, 1, 2, 13, 0, 1) fmin(w2)= 11.4

Zad110. Zestawimy w tablicy wszystkie warianty cięcia i ilości odpadu przy tych wariantach:

Sposoby cięcia I II III IV

Detal A 4 3 1 0 Detal B 0 4 9 12

Odpad w kg 12 5 3 0

Funkcja celu - całkowity odpad : 4321 03512 xxxxXf ⋅+++=)( – wyznaczamy jej

minimum przy ograniczeniach:

0000

11001294

18034

4321

432

321

≥≥≥≥≤++

=++

xxxx

xxx

xxx

,,,

zmienne są całkowite

Zmienna ix reprezentuje i – ty wariant, gdzie i = 1,2,3,4.

Rozwiązanie liniowej relaksacji w(0, 60, 0, 55) jest rozwiązaniem o współrzędnych całkowitych, jest szukanym rozwiązaniem zagadnienia całkowitoliczbowego. Minimalny odpad fmin(w)= 300 kg.

96

Rozdział 7.

Zad111. Wprowadzamy zmienne binarne

,...,, 6210

1=

= izostawiamyinrtowargdy

zabieramyinrtowargdyxi

Wtedy funkcja celu ma postać: 654321 64725 xxxxxxXf +++++=)( i będziemy ją

maksymalizować, a ograniczenia są na wagę zapakowanych towarów:

33611215910 654321 ≤+++++ xxxxxx

Ustawiamy w funkcji celu zmienne tak , aby zmienna o najmniejszym co do modułu współczynniku była pierwsza, a następnie zmienna o większym co do modułu współczynniku i tak do wyczerpania zmiennych

361425 76542 xxxxxxXf +++++=)(

w tej samej kolejności występują zmienne w ograniczeniach

33156102911 361425 ≤+++++ xxxxxx

Zastosujemy algorytm na minimum funkcji 361425 76542 xxxxxxXf −−−−−−=− )( ,

wstawiając zmienne 6213614251 ...,,,,,,,, ==−= jixy ij . Otrzymamy

2576542

17161514121

654321

654321

−+++++=−−−−−−−−−−−−=−=

yyyyyyYg

yyyyyyXfYg

)(

)()()()()()()()(

Zastosujemy podstawienie również do ograniczenia:

20156102911 654321 −≤−−−−−− yyyyyy 62110 ...,},,{ =∈ iyi

lub 20156102911 654321 ≥+++++ yyyyyy .

Ta ostatnia nierówność definiuje zbiór dopuszczalny D.

Zastosujemy metodę podziału i ograniczeń dla zagadnień binarnych. Sprawdzimy czy zerowy wektor jest dopuszczalny. Ponieważ nie jest, bo 0 nie jest większe od 20 to przyjmujemy, że wartość funkcji g*(Y) = g(Y)+25 jest między 0 a sumą współczynników kosztu czyli 25.

Sprawdzamy czy wektor [1, 0, 0, 0, 0, 0] jest dopuszczalny; wstawiając do ograniczenia otrzymujemy sprzeczność. Podział zaczynamy od pierwszej zmiennej:

97

1

000001

=∉

*

],,,,,[

g

D

2

000010

01

=∉

=

*

],,,,,[

g

D

y

3

000011

11

=∈

=

*

],,,,,[

g

D

y

4

000100

00 21

=∉

==

*

],,,,,[

,

g

D

yy

6

000110

10 21

=∉

==

*

],,,,,[

,

g

D

yy

Otrzymaliśmy rozwiązanie Y = ( 1, 1, 0, 0, 0, 0) i wartość g*min(Y)=3, pozostałe zbiory zamykamy, bo mają większe dolne ograniczenie niż 3, a wyznaczamy minimum funkcji g*. Zatem gmin(Y) = 3 – 25 = - 22 stąd fmax(X)= 22 dla wektora X = ( 1, 0, 1, 1, 0, 1).

Zad112. Funkcja celu 4321 7732 xxxxXf +++=)( ma wszystkie współczynniki dodatnie

i ustawione w ciąg niemalejący, wyznaczamy jej minimum. Możemy przystąpić do metody podziału i ograniczeń. Zbiór D jest zdefiniowany za pomocą nierówności:

,,,,},{ 432110342

252

4321

4321

=∈−≥+++−≥−−+

ixxxxx

xxxx

i

Wektor zerowy nie spełnia pierwszej nierówności, wektor [1, 0, 0, 0] też jej nie spełnia. Funkcja f ma wartości między 1 , a sumą współczynników równą 19.

2

0001

=∉

f

D],,,[

3

0010

01

=∈

=

f

D

y

],,,[

5

0011

11

=∈

=

f

D

y

],,,[

Ponieważ wektor X = (0, 1, 0, 0) daję mniejsze ograniczenie dolne , jest rozwiązaniem optymalnym, fmin(X) = 3.

Zad113. . Funkcja celu 432 754 xxxXf ++=)( ma wszystkie współczynniki dodatnie i

ustawione w ciąg niemalejący, wyznaczamy jej minimum. Możemy przystąpić do metody podziału i ograniczeń. Zbiór D jest zdefiniowany za pomocą nierówności:

98

432110

1232

5332

4321

4321

,,,},{ =∈−≤−+−

≤+−−

ix

xxxx

xxxx

i

Wektor zerowy nie spełnia drugiej nierówności, wektor [1, 0, 0, 0] też jej nie spełnia. Funkcja f ma wartości między 0 , a sumą współczynników równą 16.

0

0001

=∉

f

D],,,[

4

0010

01

=∈

=

f

D

y

],,,[

4

0011

11

=∈

=

f

D

y

],,,[

Są dwa równoważne rozwiązania X1= (0, 1, 0, 0) i X2 = (1, 1, 0, 0), które minimalizują funkcję celu fmin(X1) = fmin(X2) = 4.

Zad114. W funkcji celu 4321 7542 xxxxXf +−+=)( , której wyznaczamy minimum

współczynniki są ustawione w ciąg rosnący ze względu na wartość bezwzględną, ale jeden

współczynnik jest ujemny. Zastosujemy podstawienie 44332211 1 xyxyxyxy =−=== ,,,

Otrzymamy 5754271542 43214321 −+++=+−−+= yyyyyyyyYf )()(

432110

22132

83132

4321

4321

,,,},{

)(

)(

=∈≥+−++−

−≥−−−−−

iy

yyyy

yyyy

i

lub w innej postaci, której nierówności wyznaczają zbiór dopuszczalny D

432110

22132

5332

4321

4321

,,,},{ =∈≥+−++−

≤+−+

iy

yyyy

yyyy

i

Wprowadzimy pomocnicza funkcję f*(X) = f(X) +5. Wektor zerowy nie spełnia drugiej nierówności, wektor [1, 0, 0, 0] też jej nie spełnia.

99

2

0001

=∉

*

],,,[

f

D

4

0010

01

=∈

=

*

],,,[

f

D

y

6

0011

11

=∉

=

*

],,,[

f

D

y

Wektor Y = (0, 1, 0, 0) jest rozwiązaniem optymalnym i f*min(Y) = 4, Dla funkcji f rozwiązaniem optymalnym jest wektor X = (0, 1, 1, 0) i fmin(X)= -1.

Zad115. Przestawimy kolejność zmiennych w funkcji celu

54321 232 xxxxxXf +−−+−=)( i otrzymamy 35241 322 xxxxxXf −++−−=)( .

Wyznaczymy minimum funkcji f przy ograniczeniach.

5432110

13

123

54321

4321

,,,,},{ =∈−≥+++−−

≥+++−

ix

xxxxx

xxxx

i

Zastosujemy podstawienie 5345322411 111 yxyxyxyxyx −===−=−= ,,,, gdzie

52110 ...,},{ =∈ iyi .

Otrzymamy zagadnienie : wyznaczyć )min( 5322 54321 −++++ yyyyy przy

ograniczeniach:

52110

23

223

54321

5321

...,},{ =∈−≥−+−−

≥−+−

iy

yyyyy

yyyy

i

Rozwiązanie optymalne Y =(1, 0, 0, 0, 0) zatem X =(0, 0, 1, 1, 0) fmin(X) = -4.

Zad116. Przestawimy kolejność zmiennych w funkcji celu 4321 6325 xxxxXf ++−=)( i

otrzymamy 4132 6532 xxxxXf +++−=)( . Wyznaczymy minimum funkcji f przy

ograniczeniach.

432110

22

223

413

4132

,,,},{ =∈≥+−+

−≥−++−

ix

xxx

xxxx

i

100

Zastosujemy podstawienie 44312312 1 yxyxyxyx ===−= ,,, gdzie

42110 ...,},{ =∈ iyi .

Otrzymamy zagadnienie : wyznaczyć )min( 26532 4321 −+++ yyyy przy ograniczeniach

4211022

123

432

4321

..,},{ =∈≥+−−≥−++

iyyyy

yyyy

i

Rozwiązanie optymalne Y= (0, 1, 0, 0) stąd X=(0, 1, 1, 0) fmin(X) = 1.

Zad117. Będziemy rozwiązywać zagadnienie : wyznaczyć )min( 4321 8642 xxxx +++ przy

ograniczeniach

432110

22

52

321

4321

,,,},{ =∈−≤−−

≤+−+

ix

xxx

xxxx

i

Podane nierówności określają zbiór dopuszczalny D.

Wektor zerowy nie jest rozwiązaniem dopuszczalnym , wektor [1,0,0,0] również nie spełnia drugiej nierówności. Funkcja ma wartości między 2, a sumą współczynników 20.

2

0001

=−∉

f

D],,,[

4

0010

01

=−∉

=

f

D

x

],,,[

6

0011

11

=−∉

=

f

D

x

],,,[

6

0100

00 21

=−∉

==

f

D

xx

],,,[

,

10

0110

10 21

=−∈

==

f

D

xx

],,,[

,

8

0101

01 21

=−∉

==

f

D

xx

],,,[

,

12

0111

11 21

=−∉

==

f

D

xx

],,,[

,

8

1000

0

00

3

21

=−∉

===

f

D

x

xx

],,,[

,

14

1100

1

00

3

21

=−∈

===

f

D

x

xx

],,,[

,

10

1001

0

01

3

21

=−∉

===

f

D

x

xx

],,,[

,,

16

1101

1

01

3

21

=−∉

===

f

D

x

xx

],,,[

,,

Rozwiązaniem optymalnym jest wektor X= (0,1, 1, 0) fmax (X)= -10.

101

Zad118. Przestawiamy kolejność zmiennych w funkcji celu i w ograniczeniach,

otrzymujemy zagadnienie: wyznaczyć )min( 213 102 xxx −−− przy ograniczeniach

32110

532

927

725

213

213

213

,,},{ =∈≤++≤++

≤++−

ix

xxx

xxx

xxx

i

Zastosujemy podstawienie: 32110111 322113 ,,},{,,, =∈−=−=−= iyyxyxyx i

Otrzymamy nowe zagadnienie: wyznaczyć 13102 321 −++ yyymin( przy

ograniczeniach, które określą zbiór dopuszczalny D:

32110132

127

125

321

321

321

,,},{ =∈−≤−−−−≤−−−

≤−−

iyyyy

yyy

yyy

i

Rozwiązanie optymalne Y=( 1, 0, 0) , stąd X=(0, 1, 1) funkcja celu fmin= -12.

Zad119. Rozwiązanie optymalne X =(1, 0, 1) fmin(X)= -9.

Zad120. . Przestawiamy kolejność zmiennych w funkcji celu i w ograniczeniach,

otrzymujemy zagadnienie: wyznaczyć )min( 132 32 xxx +−− przy ograniczeniach

32110

453

52

132

132

,,},{ =∈≥+−

≤++

ix

xxx

xxx

i

Zastosujemy podstawienie: 3211011 312312 ,,},{,,, =∈=−=−= iyyxyxyx i

Otrzymamy nowe zagadnienie: wyznaczyć )min( 332 321 −++ yyy przy ograniczeniach,

które określą zbiór dopuszczalny D:

32110253

22

321

321

,,},{ =∈≥++−≤+−−

iyyyy

yyy

i

Wektor zerowy nie jest rozwiązaniem dopuszczalnym , wektor [1,0,0] również nie spełnia drugiej nierówności. Funkcja f* = f + 3 ma wartości między 0, a sumą współczynników 6.

102

1

001

=∉

*

],,[

f

D

2

010

01

=∉

=

*

],,[

f

D

y

3

011

11

=∉

=

*

],,[

f

D

y

3

100

00 21

=∈

==

*

],,[

,

f

D

yy

5

110

10 21

=∈

==

*

],,[

,

f

D

yy

4

101

01 21

=∈

==

*

],,[

,

f

D

yy

6

111

11 21

=∈

==

*

],,[

,

f

D

yy

Rozwiązanie optymalne Y= (0, 0, 1) zatem X=(1, 1, 1), wartość f* =3, fmin(X)= 0.

Zad121. Rozwiązanie optymalne X=(0, 1, 1, 0) fmin(X)= -4.

Zad122. . Przestawiamy kolejność zmiennych w funkcji celu i w ograniczeniach,

otrzymujemy zagadnienie: wyznaczyć )min( 43251 43322 xxxxx +−+− przy

ograniczeniach:

5432110

652

38332

43251

43251

,,,,},{ =∈≤+−++

≤++−+

ix

xxxxx

xxxxx

i

Zastosujemy podstawienie:

53211011 5443322511 ...,,},{,,,, =∈=−==−== iyyxyxyxyxyx i

Otrzymamy nowe zagadnienie: wyznaczyć )min( 543322 54321 −++++ yyyyy przy

ograniczeniach, które określą zbiór dopuszczalny D:

52110252

28332

54321

54321

...,},{ =∈≤+++−−≤+−−−

iyyyyyy

yyyyy

i

Rozwiązanie optymalne Y= (0, 1, 0, 0, 0), X=(0, 0, 1, 0, 0) fmin(X) = -3.

Zad123. Należy wybrać lokalizację B i C to znaczy że rozwiązanie optymalne to wektor X=(0, 1, 1, 0, 0, 0, 0, 0) fmin(X) = 2 ( dwie lokalizacje).

103

Zad124. Zmienimy znak w dodatkowych warunkach , aby móc określić ich górne

ograniczenie w zbiorze D ={ 100100 21 ≤≤≤≤ xx , }.

045032 2121 ≤+−≤− xxxx ,

Wprowadzamy zmienne binarne },{, 1021 ∈yy i jako wyłączniki zastosujemy je do

dodatkowych warunków:

221121 40452032 yxxyxx ≤+−≤− ,

Jeśli przynajmniej jedna zmienna binarna będzie się równać 0, to przynajmniej jeden z warunków będzie zachodzić. Musimy przyjąć dodatkowy warunek na zmienne binarne

121 ≤+ yy

Zagadnienie ma postać: wyznaczyć )min( 21 72 xx − przy ograniczeniach

Ponieważ zmienne 21 xx , są rzeczywiste prowadzimy metodę podziału i ograniczeń na

zmienne binarne i dostajemy rozwiązanie (X ,Y)= (0, 10, 0, 1) fmin= -70.

},{, 101

04045

02032

100

100

2121

221

121

2

1

∈≤+≤−+−

≤−−≤≤≤≤

yyyy

yxx

yxx

x

x

Zad125. Każdą zmienną całkowitą zapisujemy za pomocą zmiennych binarnych. Ponieważ obie zmienne są ograniczone przez 6 można je zapisać w postaci:

65423211 2424 yyyxyyyx ++=++= , gdzie 62110 ...,},{ =∈ iyi

Wtedy zagadnienie ma postać: wyznaczyć

)min())()(min( 654321654321 3612248243242 yyyyyyyyyyyy −−−++=++−++przy ograniczeniu

62424 654321 ≤+++++ yyyyyy , 62110 ...,},{ =∈ iyi .

Po uporządkowaniu współczynników w funkcji celu i wstawieniu za zmienne z ujemnymi

współczynnikami zmiennych ji yw −= 1 dostaniemy zagadnienie:

Wyznaczyć )min( 211286432 654321 −+++++ wwwwww przy ograniczeniu

6211014422 654321 ...,},{ =∈−≤−+−+− kwwwwwww k

104

Rozwiązanie optymalne W=(0,1,0,0,0,0), Y=(0,0,0,1,1,0), X=(0, 6), fmin(X)= -18.

Zad126. Wprowadzimy warunkowe ograniczenia na dodatkowe warunki w zbiorze

D = { 40,50 21 ≤≤≤≤ xx }

221121 8123 yxxyxx +≤++−≤−− , , 2110 ,},{ =∈ iyi

Zagadnienie ma postać : wyznaczyć min 213)( xxxf +−= przy ograniczeniach

40

50

2

1

≤≤≤≤

x

x ,

8

123

121

121

≤−+−≤−−−

yxx

yxx ,

2110

121

,},{ =∈≤+

iy

yy

i

Zad127. Wprowadzić wyłączniki binarne podobnie jak w rozwiązaniu zadania 124 i w zadaniu 126.

Rozdział 8

Zad128. Ponieważ ograniczenia

064

2

2121

21

≥≤+≤+

xxxx

xx

,,

gwarantują to, że mianownik w wyrażeniu

++− 3

1

21 xx jest dodatni , możemy

zamiast

++− 3

1

21 xxmin obliczyć max( 321 ++− xx ) przy podanych ograniczeniach i

ostatecznie wziąć odwrotność maksymalnej wartości funkcji, a ponieważ jest to zagadnienie dwuwymiarowe można zastosować metodę graficzną.

Rozwiązanie optymalne X = (0, 1.5) fmin(X)= 9

2.

Zad129. Ze względu na to, że zmienne są nieujemne, mianownik w funkcji celu, której mamy obliczyć minimum

22

23

21

21++−+=

xx

xxXf )(

jest dodatni , zastosujemy podstawienie

22

1

210 ++

=xx

u

105

Oraz pomnożymy ograniczenia przez dodatnią wartość 0u .

00

123

82

02100201

00201

00201

>≥≤−≤+≤+

uxxuuxux

uuxux

uuxux

,,,

Następnie zastosujemy nowe podstawienie 210 ,, == iuux ii . Otrzymamy zagadnienie

liniowe: wyznaczyć minimum funkcji 021 23 uuuUf −+=)( przy ograniczeniach;

00122

0

0123

082

021021

021

021

021

>≥=++≤−−

≤−+≤−+

uuuuuu

uuu

uuu

uuu

,,,

Ostatnia równość wynika bezpośrednio ze wzoru na 0u . Do rozwiązania tego nowego

zagadnienia możemy zastosować metodę simpleks, ale musimy założyć , że 0u jest

nieujemne. Odrzucimy rozwiązanie z 0u = 0, jeśli je otrzymamy. Rozwiązanie

zagadnienia na funkcję f(U) to wektor U(0, 0, 0.5) ( gdzie wartość 0u jest ostatnia

zmienną) , a fmin(U) = - 1. Wracając do zmiennych pierwotnych, ponieważ 0u jest

dodatnie, mamy optymalne rozwiązanie X = (0, 0) fmin(X)= - 1.

Zad130. Ze względu na to, że zmienne są nieujemne, mianownik w funkcji celu, której mamy obliczyć maksimum

103

2024

21

21++++=

xx

xxXf )(

jest dodatni , zastosujemy podstawienie :

103

1

210 ++

=xx

u

Oraz pomnożymy ograniczenia przez dodatnią wartość 0u .

0421011113

55115

00040201

0030201

>=≥=−+−=++

uixuuxuxux

uuxuxux

i ,...,,

Następnie zastosujemy nowe podstawienie 43210 ,,,, == iuux ii . Otrzymamy zagadnienie

liniowe: wyznaczyć minimum funkcji 021 2024 uuuUf ++=)( przy ograniczeniach;

106

042101103

011113

055115

0021

0421

0321

>=≥=++=−−+−=−++

uiuuuu

uuuu

uuuu

i ,...,,

Ostatnia równość wynika bezpośrednio ze wzoru na 0u . Do rozwiązania tego nowego

zagadnienia możemy zastosować metodę simpleks, ale musimy założyć , że 0u jest

nieujemne. Odrzucimy rozwiązanie z 0u = 0, jeśli je otrzymamy. Rozwiązanie zagadnienia

na f(U) to wektor U=

15

1

15

440

3

10 ,,,, ( gdzie wartość 0u jest ostatnia zmienną) f(U) = 2.

Ponieważ 43211

0,,,, =⋅= i

uux ii i 0u >0 , otrzymujemy rozwiązanie optymalne pierwotnego

zagadnienia X = ( 0, 5, 0, 44) fmax(X)= 2.

Zad131. Po podstawieniu 321

01

xxxu

++= > 0 oraz 3210 ,,, == iuux ii otrzymujemy

zagadnienie : wyznaczyć )max( 321 322 uuu −+ przy ograniczeniach

03210010

1

0364233

05032

003

321

0321

0321

>=≥≥−=++

≥−+−−≤−++

uiuuu

uuu

uuuu

uuuu

i ,,,,

Otrzymana wartość 0u = 0.028 ( z dokładnością do 3 cyfr po przecinku) i jest dodatnia można

obliczyć optymalne rozwiązanie zagadnienia pierwotnego: X=

11

2220

11

164,, , fmax=

8

7− .

Zad132. Rozwiązanie zadania porównać z rozwiązaniami zadań 130 i 131. Rozwiązanie

optymalne X= (0, 0, 0, 4) fmin(X) = 13

1.

Zad133. Zastosujemy podstawienie

),max(),,max( 540620 32123211 −+−=−++= xxxuxxxu

oraz ),max(),,max( 540620 32123211 +−+−=+−−−= xxxvxxxv

Wtedy |||,| 5462 3212232111 −+−=+−++=+ xxxvuxxxvu

5462 3212232111 −+−=−−++=− xxxvuxxxvu ,

107

Zagadnienie dla zmiennych x, u, v będzie mieć postać: wyznaczyć

))()(min( 2211 42 vuvu +++ przy ograniczeniach

0321054

62

152

1022

212122321

11321

321

321

≥=≥=+−+−=+−++≤−+≤−+

vvuuixvuxxx

vuxxx

xxx

xxx

i ,,,,,,

,

Rozwiązanie : (X, U, V)= ( 00009

16

9

190 ,,,,,, ), f =0. Wracając do zagadnienia początkowego

mamy rozwiązanie optymalne X=

9

16

9

190 ,, , fmin(X) = 0.

Zad134. . Zastosujemy podstawienie ),max(),,max( 100320 212211 −+=−+= xxuxxu

oraz ),max(),,max( 100320 212211 +−−=+−−= xxvxxv

Wtedy |||,| 1032 21222111 −+=+−+=+ xxvuxxvu

1032 21222111 −+=−−+=− xxvuxxvu ,

Zagadnienie dla zmiennych x, u, v będzie mieć postać: wyznaczyć

))()(min( 2211 32 vuvu +++ przy ograniczeniach

021010

32

12

42

21212221

1121

21

21

≥=≥=+−+=+−+

≤−≥+

vvuuixvuxx

vuxx

xx

xx

i ,,,,,

,

Rozwiązanie (X ,U, V)= (1.2, 1.4, 1, 0, 0, 7.4), f = 24.2. Wracając do zagadnienia początkowego mamy rozwiązanie optymalne X=( 1.2, 1.4, 1), fmin(X) = 24.2 .

Zad135. Rozwiązanie zadania porównać z rozwiązaniami zadań 133 i 134. Rozwiązanie optymalne: X= (3.25, 2.75) , fmin(X) = 0.

Zad136. Zagadnienie przekształcimy wprowadzając nieujemną zmienną v : wyznaczyć max(v) przy ograniczeniach:

02

02

21

21

≥−+≥−+

vxx

vxx

108

02101

632

21

21

≥=≥≥−≤+

vixxx

xx

i ,

Rozwiązanie zagadnienia (X, V)= (1.8, 0.8, 3.4) v =3.4. Rozwiązanie optymalne zagadnienia pierwotnego to X = (1.8, 0.8) fmax(X) = 3.4 . Zad137. Zagadnienie przekształcimy wprowadzając nieujemną zmienną v : wyznaczyć min(v) przy ograniczeniach:

023

032

321

321

≤−++≤−++

vxxx

vxxx

32101321 ,,=≥=++ ixxxx i

Rozwiązanie zagadnienia (X, V)= 3

5

3

5

3

1

3

20 =

v,,,, Rozwiązanie optymalne zagadnienia

pierwotnego to X = ,,,

3

1

3

20 fmax(X) =

3

5.

Zad138. Rozwiązanie porównać z rozwiązaniami zadań 136 i 137. Rozwiązanie optymalne X = (0, 2.6, 2.4) fmax(X)= 4.

Optymalizacja liniowa - zbiór zadań

Documents

Transcript of Optymalizacja liniowa - zbiór zadań