OPEARCIJSKA ISTRAŽIVANJA

1OPERACIJSKA ISTRAIVANJAU PROMETU

VELEUILITE U RIJECIPROMETNI ODJEL

Miro Frani, [email protected]

O predmetu Fond sati tjedno (IV. semestar)

2 sata predavanja 1 sat vjebi

Oblik nastave Predavanja, vjebe

Nain provjere znanja Prema pravilniku o studiranju i ocjenjivanju

Literatura H. Paagi: Matematike metode u prometu, Fakultet prometnih

znanosti, Zagreb, 2003. Z. Babi, Linearno programiranje, Zbirka zadataka, Ekonomski fakultet

Split, 1991. D. Barkovi: Operacijska istraivanja, Ekonomski fakultet Osijek, 2002. R. Bronson: Theory and problems of Operations research, Schaums

Outline Series, McGraw-Hill, 1982. W. L. Winston: Operations Research: Applications and Algorithms,

1987. Materijali s predavanja i vjebi

O predmetu - nastavak

Sadraj predavanja Definicija operacijskih istraivanja Poslovno odluivanje Povijest operacijskih istraivanja Podruja primjene operacijskih istraivanja Klasifikacija problema operacijskih istraivanja Pristup rjeavanju problema operacijskih istraivanja Matematiko programiranje Problemi linearnog programiranja Metode za rjeavanje problema linearnog programiranja

Grafika metoda Simpleks metoda Dualna metoda

Analiza (interpretacija) optimalnog rjeenja Problem transporta

2O predmetu - nastavak Sadraj vjebi

Rjeavanje zadataka primjenjujui teorijske postavke obraene na predavanjima

Primjena programskih alata na raunalu

Konzultacije Prema rasporedu Na konzultacije studenti dolaze s pripremljenim

biljekama

Operacijska istraivanja Interdisciplinarna znanstvena grana koja koristi

metode poput matematikog modeliranja, statistike i algoritama za odreivanje optimalnih ili priblino optimalnih rjeenja sloenih problema

Skup metoda programiranja i analize koje se koriste matematikim modelima pomou kojih se razrauju varijante moguih rjeenja

Pomau menadmentu pri donoenju optimalnih poslovnih odluka koritenjem znanstvenih metoda

Operacijska istraivanja Interdisciplinarnost

Matematika (linearna algebra, ....) Statistika (metoda uzoraka, vjerojatnost, ...) Ekonomija (teorija trokova, pokazatelji

uspjenosti poslovanja, ...) Informatika (algoritmi, raunalna rjeenja, ...)

Modeli su matematiki, a rjeenja se mjere ekonomskim efektima

3Operacijska istraivanja engl. Operations (Operational) Research njem. Operationsforschung fr. Recherce operationnelle tal. Ricerca operativa

Operacijska istraivanja Operacija

svaka aktivnost kojom se postie odreeni cilj Optimalno rjeenje (MAX ili MIN)

Nije optimalno zauvijek Promjenom uvjeta pod kojima se odvija odreena operacija

moe doi do promjene optimalnog rjeenja Uvjeti odvijanja operacija

Proces proizvodnje Plan prijevoza Raspored ljudi Koliina ulaganja ....

POSLOVNO ODLUIVANJE

4Pojam odluke Odluka

Prihvaanje nekog prijedloga ili jedne od varijanti radi rjeenja postavljenog problema

Poslovna odlukaVezana uz donoenje odluka u poslovnim subjektima (poduzeima)

Poslovne odluke Naini donoenja poslovnih odluka

Intuicija Iskustvo Logika analiza Kvantitativne metode

Poslovne odluke Intuicija

Donoenje odluke po osjeaju, bez prisutnosti znanja i iskustva, bez logikog zakljuivanja

IskustvoDonoenje odluke na temelju nekih saznanja o slinim problemima iz prolosti

5Poslovne odluke Logika analiza

Donoenje odluke na temelju podataka Kvantitativne metode

Donoenje odluke na temelju kvantificiranja svojstava (pridruivanja numerikih vrijednosti svojstvima). Nune su u sluajevima kada se broj ulaznih informacija znaajno poveao pa logikom analizom nije mogue rijeiti problem

Poslovne odluke

Povijest operacijskih istraivanja Vojna disciplina Temelji operacijskih istraivanja

postavljeni su tijekom II. Svjetskog rata u operativnom stoeru britanske vojske po emu je ova struna i znanstvena disciplina dobila naziv (jedno od tumaenja naziva)

6Povijest operacijskih istraivanja Britanska vojska je statistikom obradom

podataka o bombardiranju njemakih podmornica dola do podataka o potrebi promjene tempiranja eksplozije bombe na prosjenu dubinu uranjanja podmornice od 35 stopa (umjesto dotadanjih 100) ime se efikasnost poveala za 700%. Nijemci su povjerovali da su konstruirane nove bombe.

Povijest operacijskih istraivanja Odreivanje optimalne duljine konvoja

trgovakih brodova koji su prevozili robu iz Amerike u Europu tijekom II. Svjetskog rata bilo je nuno da se pomire suprotni motivi (prevesti to vie robe uz to manje gubitke u sluaju napada neprijateljske vojske)

Vea duljina konvoja bila je nesigurnija i zahtijevala je vie ratnih brodova u pratnji

Povijest operacijskih istraivanja I nakon rata operacijska istraivanja

ostala su vojna disciplina Razvojem trita, konkurencije, brim

promjenama uvjeta privreivanja, poslovni subjekti bili su prisiljeni odluivanje temeljeno na iskustvu i intuiciji zamijeniti metodama i postupcima operacijskih istraivanja

7Povijest operacijskih istraivanja Nagli razvoj raunarske tehnike

omoguio je sve bri razvoj operacijskih istraivanja

Primjena sloenih metoda koje zahtijevaju dugotrajne postupke bila je omoguena koritenjem raunala

Povijest operacijskih istraivanja SIMPLEKS METODA

G. Dantzig 1947. godine razvija jednu od najvanijih metoda za rjeavanje problema linearnog programiranja

Operacijska istraivanja - primjena1. Postojanje velikog broja razliitih rjeenja

i naina izvoenja koja je teko ili gotovo nemogue sagledati ili procijeniti na temelju iskustva i intuicije

2. Mogunost kvantifikacije problema3. Rjeenja su u pravilu samo osnova za

donoenje odluka - nauni pristup pripremi podloga za odluivanje

8Operacijska istraivanja - primjena Planiranje proizvodnje Upravljanje projektima Logistika Rasporeivanje (ljudi, strojeva,..)

Klasifikacija problema Prema metodama

Linearno programiranje Nelinearno programiranje Dinamiko programiranje Teorija igara Redovi ekanja ili teorija masovnog

odluivanja

Klasifikacija problema Prema sadraju

Problemi proizvodnje Problemi transporta Problemi zaliha .....

9Problemi uvoenja OI Kadrovski Organizacijski Izbor i definiranje problema Izbor metoda i tehnika Ekonomska opravdanost uvoenja

Postupak rjeavanja Definiranje problema Analiza problema Prikupljanje podataka i informacija Izrada modela Odreivanje metode (a) Rjeavanje (runo ili pomou raunalnog

programa) Interpretacija rjeenja - analiza rjeenja i post

optimalna analiza

Postupak rjeavanja Problem je najee opisan verbalno pa

ga treba formalizirati izradom modela (matematiki model) koji se onda rjeava nekom od metoda

10

Postupak rjeavanja - preporuke Odreivanje veliine koju treba optimizirati i

izraziti ju matematikom funkcijom. Na taj nain definiraju se ulazne varijable.

Identificirati sve zahtjeve, ogranienja i restrikcije i izraziti ih matematiki.

Izraziti i skrivene uvjete tj. one koji nisu eksplicitno napisani ali jasno proizlaze iz problema (ne negativnost, cjelobrojnost,...)

Postupak rjeavanja - dogovor U sluaju da postoji vie jednakih

optimalnih rjeenja, bilo koje je prihvatljivo. Nema preferiranih rjeenja ukoliko nije neko od rjeenja naglaeno u ogranienjima.

Primjer 1Tvornica proizvodi dvije vrste proizvoda od tri vrste sirovina.Potrebne koliine sirovina za proizvodnju jedinice proizvoda, zalihe sirovina i cijene jedinice proizvoda dane su u sljedeoj tablici:

PROIZVODI ZALIHA SIROVINAP1 P2

SIROVINES1 1 3 21S2 2 3 24S3 2 1 16

CIJENE 5 4

Odrediti koliko koje vrste proizvoda treba tvornica proizvesti daostvari najvei prihod.Da li su zalihe sirovina za tu proizvodnju prevelike?

11

Primjer 2Prodavaonica namjetaja prodaje tri vrste namjetaja: N1, N2 i N3 ije su nabavne cijene redom: 2.000 Kn, 5.000 Kn i 4.000 Kn. Analizom trita ustanovljeno je da je mogue prodati najvie 25 komada namjetaja N2. Raspoloiva sredstva za nabavu namjetaja iznose 250.000 Kn, a raspoloivi prostor skladita iznosi 2480m . Za skladitenje 1 komada namjetaja N1 potrebno je 26m , za N2 28m i za N3 28m . Prodavaonica ostvaruje razliku u cijeni kroz maru koja iznosi 10% nabavne cijene za namjetaj N2 i N3, a 15% za namjetaj N1.

Odrediti koliine pojedine vrste namjetaja koje je potrebno naruiti da bi prodavaonica ostvarila najvei prihod.

Primjer 3Poljoprivrednik ima na raspolaganju sedam ari zemlje na kojoj planira zasijati penicu i kukuruz. Prinos penice po aru je 875 kg, a kukuruza 350 kg. Otkupna cijena penice je 1,2 Kn po kg, a kukuruza 1 Kn po kg. Drava zahtijeva proizvodnju od najmanje 1050 kg kukuruza. Da bi zasijao jedan ar penice poljoprivredniku je potrebno 10 sati, a za ar kukuruza 4 sata. Za posao sijanja ima na raspolaganju 40 sati.

Odrediti koliko ari penice, a koliko ari kukuruza treba poljoprivrednik zasijati da bi ostvario maksimalni iznos od otkupa.

Primjer 4U tri skladita nalazi se redom 50, 70 odnosno 100 tona robe koju treba Prevesti u tri trgovine koje su naruile redom 60, 80, 80 tona robe. Trokovi transporta od pojedinog skladita do trgovine prikazani su u sljedeoj tablici:

T1 T2 T3

S1 5 3 3

S2 1 4 5

S3 1 2 4

Koliko robe treba prevesti iz pojedinog skladita u pojedinu trgovinu da bi se zadovoljile narudbe trgovina uz najmanje trokove prijevoza?

12

MATEMATIKO PROGRAMIRANJE

Optimizacijski problem Traenje OPTIMALNOG RJEENJA

(maksimum ili minimum) odreene veliine koju nazivamo CILJ i koja ovisi o konanom broju ulaznih varijabli, meusobno neovisnih ili povezanih putem jednog ili vie OGRANIENJA

Optimizacijski problem - primjer Za proizvodnju dva proizvoda na

raspolaganju su tri stroja. Poznat je kapacitet (raspoloivo vrijeme) strojeva kao i vrijeme potrebno za izradu jednog komada proizvoda na pojedinom stroju.Traimo najvei mogui broj komada pojedinog proizvoda uz maksimalno iskoritenje kapaciteta strojeva.

13

Optimizacijski problem - primjer

Ako je npr. kapacitet prvog stroja 9900 sati, a vrijeme potrebno za izradu prvog proizvoda 10 sati, a drugog 9 sati tada je ukupno vrijeme potrebno za proizvodnju ukupne koliine oba proizvoda (iskoriteni kapacitet) zadano relacijom

21 910 xx +

1x

2x

Broj komada prvog proizvodaBroj komada drugog proizvoda

Optimizacijski problem - primjerObzirom da je cilj maksimalno iskoritenje

kapaciteta stroja, tom cilju najbolje odgovara sljedea jednadba:

9900910 21 =+ xxkoja kae da je iskoriteni kapacitet jednak

raspoloivom kapacitetu. U praksi je takva situacija rijetka pa zadanom problemu vie odgovara nejednadba

9900910 21 + xx

Optimizacijski problem - primjer500800

2

1=

=

xx nije mogue jer jeRjeenje

990012500500980010 =+

a to znai da smo prekoraili kapacitet prvog stroja.To je NEMOGUE RJEENJE.

je MOGUE ali nije prihvatljivoRjeenje 30020021 ==

xx

Trai se OPTIMALNO rjeenje, tj. ono koje je mogue(zadovoljava uvjete ogranienja) i daje maksimalnu iliminimalnu vrijednost funkcije cilja.

14

Matematiko programiranje Izrada matematikog modela

(programa) za zadani problem optimizacije

Model - pojednostavljena slika stvarnosti tj. realnog problema ili djelatnosti koja se prouava

Matematiki model - vrsta simbolikog modela koji koristi matematike simbole

Matematiki program

),...,,( 21 nxxxfz =

),...,,(

........................

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

21

212

211

nm

n

n

xxxg

xxxgxxxg

Zadana funkcija

Ogranienja:

=

mb

bb

......

2

1

Trai se : min z ili max z

Linearni program Matematiki program kod kojeg su funkcija

cilja i sve funkcije ogranienja linearne u svim argumentima

niniini

nnn

xaxaxaxxxg

xcxcxcxxxf

+++=

+++=

...),...,,(

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

221121

221121

( )njmiac ijj ,....,2,1;,.....,2,1, == poznate konstante,koeficijenti

15

Cjelobrojni program Linearni program kod kojeg je dodatno

ogranienje da su ulazne varijablen

xxx ,....,2,1

cijeli brojevi

Kvadratni program Matematiki program u kojem su

Ogranienja linearne funkcije Funkcija cilja je kvadratna

= = =

+=n

i

m

j

n

iiijiijn xdxxcxxxf

1 1 121 ),...,,(

2 3

2

21

22

21

=

+=

x

xx

xxzPrimjer

Definicija linearnog programiranja Linearno programiranje je skup metoda operacijskih

istraivanja kojom se utvruje optimalna vrijednostfunkcije cilja (maksimum ili minimum) koja jelinearna funkcija varijabli

koje su meusobno povezane linearnim jednadbama i/ili nejednadbama

n21 x, ,, xx

16

Metode linearnog programiranja Prema prirodi problema linearno

programiranje obuhvaa: Grafiku (geometrijsku) metodu Simpleks metodu Transportne metode Metodu rasporeivanja

Matematiki model linearnog programiranja

Standardni oblik Kanonski oblik Opi oblik

LINEARNO PROGRAMIRANJE

17

Standardni oblik matematikog modela linearnog programiranja

Ogranienja su zadana u obliku nejednadbi

max z , ogranienja tipa

min z , ogranienja tipa

max z, min z , mjeovita ogranienja

Standardni oblik matematikog modela linearnog programiranja (max)

mnmnmm

nn

nn

nn

bxaxaxa

bxaxaxa

bxaxaxa

xcxcxcz

++

+++

+++

+++=

...

.................................................

.................................................

.................................................

...

...

________________________

...max

2211

22222121

11212111

2211

0,...,, 21 nxxx uvjet nenegativnosti0 i pozitivni brojevi

Standardni oblik matematikog modela linearnog programiranja (min)

mnmnmm

nn

nn

nn

bxaxaxa

bxaxaxa

bxaxaxa

xcxcxcz

++

+++

+++

+++=

...

.................................................

.................................................

.................................................

...

...

________________________

...min

2211

22222121

11212111

2211

0,...,, 21 nxxx uvjet nenegativnosti0 i pozitivno

18

Standardni oblik matematikog modela linearnog programiranja (min ili max)

_______________________

...max 2211 nn xcxcxcz +++=

0,...,, 21 nxxx

________________________

...min 2211 nn xcxcxcz +++=

uvjet nenegativnosti0 i pozitivno

mnmnmm

nn

nn

bxaxaxa

bxaxaxa

bxaxaxa

++

+++

+++

...

.................................................

.................................................

.................................................

...

...

2211

22222121

11212111


(saeti oblik)

j

n

jj xcz

=

=

1max(min)

uz ogranienja

nj

mibxan

jijij

,...,2,1 0 x)2(

,...,2,1 )1(

j

1

=

==

Standardni oblik matematikog modela linearnog programiranja(matrini zapis - notacija)

[ ]

=

n

n

x

x

x

cccz

.

.

.

...max(min)2

1

21

mnmnmm

n

n

b

bb

x

x

x

aaa

aaa

aaa

.

.

.

.

.

.

...

......

......

......

...

...

2

1

2

1

21

22221

11211

(1)

uz ogranienja

Trai se

0.

.

.

00

.

.

.

2

1

nx

x

x

(2)

19


)1()1(max(min) = nn XCz

(1)

uz ogranienja

C - vektor redakX - vektor stupac

(2)

Trai se

)1()1()( )( mnnm BXA

)1()1( 0 nnX )1(0 ngdje je nulmatrica

RJEAVANJE PROBLEMA LP

Standardni problem maksimuma LP

mnmnmm

nn

nn

nn

bxaxaxa

bxaxaxa

bxaxaxa

xcxcxcz

++

+++

+++

+++=

...

.................................................

.................................................

.................................................

...

...

________________________

...max

2211

22222121

11212111

2211


(1.1)

(1.2)

(1.3)

20

Definicija rjeenjaProizvoljno rjeenje sustava nejednadbi (1,2)predstavlja toku n-dimenzionalnog prostora

n

n Rxxx ),...,,( 21

Dopustivo (mogue) rjeenje je svako nenegativno rjeenje sustava nejednadbi (1,2)

Skup S svih dopustivih rjeenja je podskup prostora nR

nRS

Definicija rjeenjaLinearni program ima rjeenje ako postoji maksimum(minimum) funkcije cilja i ima konanu vrijednost naskupu S dopustivih rjeenja.Problem LP nema rjeenje ako je skup S prazan skupili je maksimum (minimum) funkcije cilja neogranienbroj.Optimalno rjeenje je ono dopustivo rjeenje za kojefunkcija cilja postie maksimum (minimum).Openito, linearni program moe imati vie optimalnihrjeenja.Sva optimalna rjeenja su ravnopravna tj. nemapreferiranih rjeenja.

Kategorije LP prema rjeenju Jednoznaan - ima jedinstveno optimalno

rjeenje Vieznaan - ima vie optimalnih rjeenja Neizvediv je (ne postoji mogue rjeenje tj.

sustav nejednadbi (1,2) nema rjeenja, skup S je prazan)

Neogranien - problem ima mogua rjeenja no funkcija cilja ni za jedno mogue rjeenje nema najveu vrijednost

21

Optimalno rjeenjeSxxxX n = ),...,,( **2*1*

je optimalno rjeenje problema linearnogprogramiranja ako vrijedi:

SXXfXf svako za )()( * Za maksimum

Za minimumSXXfXf svako za )()( *

Optimalno rjeenjeTeorem: Kriterij optimizacije (maksimum ili minimum)

moe se zamijeniti suprotnim bez utjecajana optimalno rjeenje tj.

)(max)( * XfXfSx

=

onda je:

ako vrijedi:

[ ])(min)( * XfXfSx

=

i obrnuto.

Zakljuak: Iako postoje dva kriterija optimizacije:maksimizacija i minimizacija problemizbora optimalnog rjeenja moemo smatrati jedinstvenim

Optimalno rjeenjeNejednadbe kojima su zadana ogranienja (uvjeti)u veini sluajeva odreuju u n-dimenzionalnomprostoru konveksni skup S koji je ogranienhiperravninama

mibxa in

jjij ,...,2,1

1==

=

Konveksni skup: Skup toaka koji za svake svoje dvije toke sadri i njihovu linearnu(konveksnu) vezu:

10 ,)1(S, 2121 + Sxxxx

22

Optimalno rjeenjeFunkcija cilja (kriterija) dosee svoj maksimum iliminimum (ako postoji) na granici skupa S.

Ako nijedna od hiperravnina f(X) = const. nije paralelnani s jednom od hiperravnina koje predstavljaju stranicepoliedra S, tada funkcija cilja dosee maksimum ili minimum u jednom od vrhova poliedra.

Ako je hiperravnina f(X) = const. paralelna s jednomod hiperravnina koje predstavljaju stranice poliedra S, linearni program moe imati beskonano rjeenja (stranica poliedra).Funkcija cilja dosee maksimum (minimum) u tokamahipperravnine na granici skupa S s kojom je paralelnahiperravnina f(X) = const.

Grafiko rjeavanje problema LP Grafika metoda primjenjiva je samo u

sluaju dvije ili tri varijable U sluaju dvije varijable javlja se model u

ravnini (pravci u ravnini, poluravnine) U sluaju tri varijable radi se o prostornom

modelu koji postaje neprikladan

Grafiko rjeavanje problema LP(n=2)

Nejednadbe pretvorimo u jednadbe Za svaku jednadbu crtamo pravac Odredimo poluravninu ije toke zadovoljavaju

nejednadbu Odredimo skup moguih rjeenja kao presjek

poluravnina iz prethodnog koraka Presjene toke pravaca ine vrhove poligona Izraunamo vrijednosti funkcije cilja u svakom

vrhu Najvea vrijednost predstavlja maksimum, a

najmanja minimum

23

Grafiko rjeavanje problema LP(n=2, bez ogranienja nenegativnosti)

x

y

p

2

1

1 2iPravac p dijeli ravninu na dvije poluravnine

Grafiko rjeavanje problema LP(n=2, varijable nenegativne)

x

y

p

2

1

1 2iPravac p dijeli ravninu na dvije

poluravnine

Skup moguih (dopustivih) rjeenja

A B

C

D

S

Skup moguih (dopustivih) rjeenja S je poligon ABCD

1p2p

3p

4p

y

x

24

ALGEBARSKO RJEAVANJE PROBLEMA LP

Algebarsko rjeavanje LP Odreivanje skupa moguih rjeenja koji

je odreen sustavom nejednadbi ogranienja (uvjeta) linearnog programa, provodi se pretvaranjem sustava nejednadbi u sustav jednadbi za ije se rjeavanje koriste metode linearne algebre

Standardni oblik matematikog modela linearnog programiranja (max)

mnmnmm

nn

nn

nn

bxaxaxa

bxaxaxa

bxaxaxa

xcxcxcz

++

+++

+++

+++=

...

.................................................

.................................................

.................................................

...

...

________________________

)...max(max

2211

22222121

11212111

2211


25

Kanonski (osnovni) oblik LPSva ogranienja zadana su u obliku jednadbi.

mnmnmm

nn

nn

bxaxaxa

bxaxaxa

bxaxaxa

=++

=+++

=+++

...

.................................................

.................................................

.................................................

...

...

2211

22222121

11212111

Prijelaz iz standardnog u kanonski oblik

mmnnmnmm

nnn

nnn

nn

bxxaxaxa

bxxaxaxa

bxxaxaxa

xcxcxcz

=+++

=++++

=++++

+++=

+

+

+

...

.................................................

.................................................

.................................................

...

...

________________________

)...max(max

2211

222222121

111212111

2211

0,...,, 21 nxxx Strukturne varijableVarijable odluke

0,...,, 21 +++ mnnn xxx Dodatne (dopunske) varijable

Bazino rjeenje

nm

bxaxaxa

bxaxaxa

bxaxaxa

mnmnmm

nn

nn

=++

=+++

=+++

...

.................................................

.................................................

.................................................

...

...

2211

22222121

11212111

Promatramo sustav od m jednadbi s n nepoznanica(broj jednadbi manji od broja nepoznanica):

26

Bazino rjeenjeSvako rjeenje navedenog sustava

nxxx ,...,, 21

kod kojeg je najvie m varijabli razliito od nulenaziva se bazino rjeenje.

Rjeenje koje ima manje od m varijabli razliitih odnule - degenerirano bazino rjeenje.

Varijable razliite od nule - bazine varijable.

Bazino rjeenjeZa sustav od m jednadbi s n nepoznanica najvei

mogui broj bazinih rjeenja dan je izrazom

( )!!!

mnm

n

mn

=

Broj kombinacija bez ponavljanja m-tog razreda odn elemenata

Bazino rjeenje

( )

12659

5,9

2127

2,7

621214321

!2!2!4

!24!2!4

24

2,4

=

==

=

==

=

=

=

=

==

mn

mn

mn

27

Primjer

9600 1497200 125x9009 9x10

21

21

21

+++

xxx

x

0 , 21 xx

)x5324( maxmax 21 += xz_________________________

Standardni oblik

Primjer

0,,,,

9600 x 149

7200 x 125x

9009 x 9x10

54321

521

421

321

=++

=++

=++

xxxxx

xx

x

x

Kanonski oblik

Primjer

6000x ,1100x 0,0x .2

9600 x ,7200 x ,9009 x 0,0x .1

4231

54321

====

=====

x

x

Neka bazina rjeenja

Rjeenje pod 1 je bazino mogue rjeenje

Rjeenje pod 2 nije mogue jer ne zadovoljava uvjet nenegativnosti.

28

Odreivanje optimalnog rjeenja Ukoliko postoji rjeenje linearnog

programa tada vrijedi Funkcija cilja poprima svoj optimum u

bazinom moguem rjeenju Bazina mogua rjeenja jesu ekstremne

toke skupa moguih rjeenja Skup moguih rjeenja je konveksni skup s

konanim brojem ekstremnih toaka

Odreivanje optimalnog rjeenja Optimalno rjeenje traimo meu

bazinim moguim rjeenjima1. Odrediti sva bazina rjeenja2. Izdvojiti mogua obzirom na uvjet

nenegativnosti3. Za svako mogue rjeenje izraunati

vrijednost funkcije kriterija (cilja)4. Odrediti najveu (najmanju) vrijednost

Odreivanje optimalnog rjeenja Navedeni postupak je dugotrajan pa se

koristi drugi nain

SIMPLEKS METODA

29

Simpleks metoda Dantzig 1947 Simples - grki jednostavan Simples - n- dimenzionalni konveksni

poliedar

Simpleks metoda Opa metoda - primjenjiva na bilo koji problem

LP (prednost) Iterativna metoda

postupak se izvodi u nekoliko koraka rezultati svakog koraka koriste se u sljedeem

koraku Nedostaci

dugotrajan proces greke prethodnog koraka prenose se u sljedei

Simpleks metoda - postupak Standardni oblik prevede se u kanonski Odabere se jedno poetno mogue bazino rjeenje Provjerava se da li je to rjeenje optimalno tj. da li

funkcija cilja poprima za tu vrijednost maksimum(minimum)

Ako rjeenje nije optimalno prelazi se na novu iteraciju Trai se novo mogue rjeenje za koje funkcija cilja

poprima veu vrijednost (maksimum) odnosno manju vrijednost (minimum)

Nakon niza iteracija dolazi se do rjeenja koje se vie ne moe poboljati (uz uvjet da problem ima rjeenje)

30

Simpleks metoda

________________

)345max( 321 xxx ++

0,, 8 2 43

11 2 45 3 2

321

321

321

321

++++++

xxx

xxx

xxx

xxx

_________________________________

)000345max( 654321 xxxxxx +++++

0,,,,, 8 x 2 4311 x 2 45 x 3 2

654321

6321

5321

4321

=+++

=+++

=+++

xxxxxx

xxx

xxx

xxx

Standardni oblik

Kanonski oblik

Simpleks metoda

0,,,,, 3 4 5 2- 4 - 3-8 x

- - 4- 11 x -3 -2- 5 x

65431

321

3216

3215

3214

++=

=

=

=

xxxxxx

xxxz

xxx

xxx

xxx

Ovaj sustav jednadbi ekvivalentan je zadanomproblemu linearnog programiranja (standardnioblik).Funkcija cilja poprima istu ekstremnu vrijednost naskupu moguih rjeenja jednog i drugog sustava.

Simpleks metoda

321 ,, xxx

654321 ,,,,, xxxxxxna jedinstven nain u mogue rjeenje

moe se proiritiSvako mogue rjeenje

stavljajui

3216

3215

3214

2- 4 - 3-8 x - - 4- 11 x -3 -2- 5 x

xxx

xxx

xxx

=

=

=

31

Simpleks metoda

321 ,, xxx

654321 ,,,,, xxxxxx

moe se pretvoriti u mogue rjeenje

Svako mogue rjeenje

stavljajui 0 x, 0 x,0 x 654 ===

Simpleks metoda

0z 8 x, 11 x, 5 x,0,0,0 654321

=

====== xxx

Odaberemo jedno poetno mogue rjeenje.Najjednostavnije je uzeti vrijednost 0 za varijable odluke (strukturne varijable).

Za sustav

0,,,,, 3 4 5 2- 4 - 3-8 x

- - 4- 11 x -3 -2- 5 x

654321

321

3216

32153214

++=

=

=

=

xxxxxxxxxzxxx

xxxxxx

Simpleks metoda

5z 5 x, 7 x, 3 x,0,0,1 654321

=

====== xxx

Slijedei korak je traenje novog mogueg rjeenja koje e dati veu vrijednost funkcije cilja z.

01z 2 x, 3 x, 1 x,0,0,2 654321

=

====== xxx

15z 1- x, 1- x, 1- x,0,0,3 654321

=

====== xxx

32

Simpleks metoda

380 2- 4 - 3-8 x

4110 - - 4- 11 x

250 -3 -2- 5 x

13216

13215

13214

=

=

=

xxxx

xxxx

xxxx

Zadnje rjeenje nije mogue jer su neke varijable negativne.Vrijednost varijable ne moemo neogranieno poveavati.Treba odrediti koja je gornja granica do koje se vrijednost varijable moe poveavati.

225

21

x, 1 x, 0 x,0,0,25

654321 ======= zxxx

Simpleks metoda

Postupak se nastavlja formiranjem novog sustava jednadbi u kojem se pozitivne varijable izraavaju preko varijabli koje su imale vrijednost nula.

0,,,,,

25

-

21

27

-

225

23

21

-

21

21

x

2 5 1 x

21

-

21

-

23

-

25

x

65431

432

4326

425

4321

+=

++=

++=

=

xxxxxx

xxxz

xxx

xx

xxx

Simpleks metoda

42 , xx

1x0 23

21

-

21

21

x

01 2 5 1 x

50 21

-

21

-

23

-

25

x

34326

425

34321

++=

=++=

=

xxx

xx

xxxx

Trai se moguost poveanja vrijednosti funkcije z odabirom neke od varijabli s desne strane.

promijenile svoju vrijednostUkoliko bi varijableod nule na pozitivnu, vrijednost z bi se smanjila,pa ostaje jedino mogunost poveanja varijable 3x

13 0 x, 1 x, 0 x,1,0,2 654321 ======= zxxx

33

Simpleks metoda

x-x-3x-13 z25x1 x2-2- 2 x

2-3 1 x

642

425

6421

6423

=

++=

+=

++=

x

xxx

xxx

13 0 x, 1 x, 0 x,1,0,2 654321 ======= zxxx

Svako poveanje varijabli s desne strane na pozitivnuvrijednost smanjilo bi funkciju cilja z to pokazuje da je 13 maksimalna vrijednost i da je optimalno rjeenje

Shematizirana simpleks metoda(simpleks tablica)

Linearna zavisnost i nezavisnost vektora

Linearna kombinacija vektora

nnVVV +++ 2211

ekombinacij linearne tikoeficijen ,,, 21 n vektorilnidimenziona-m ,,, 21 nVVV

34


Skup od m-dimenzionalnih vektora

02211 =+++ nnVVV

n ,,, 21

nVVV ,,, 21 je linearno zavisan ako postoje brojevi

Koji nisu svi nula i vrijedi


Skup od m-dimenzionalnih vektora

02211 =+++ nnVVV

0,,, 21 = n

nVVV ,,, 21 je linearno nezavisan ako iz

slijedi

Linearno zavisni vektori

6,1,2 321 ===

=

000

010

6102

15,0

31

2

=

=

=

010

,

102

,

5,031

321 VVV

35

Linearno nezavisni vektori

0,0,0 321 ===

=

+

+

000

010

010

001

321

=

=

=

100

,

010

,

001

321 VVV

Baza vektorskog prostora Svaki skup od m vektora u m-dimenzionalnom

vektorskom prostoru koji je linearno nezavisan ini bazu tog prostora.

Nijedan vektor iz baze ne moe se izraziti kao linearna kombinacija preostalih vektora baze

Svaki vektor koji nije u bazi moe se izraziti kao linearna kombinacija vektora baze

Primjer_________________

)345max( 321 xxx ++

0,, 8 2 43

11 2 45 3 2

31

321

321

321

++++++

xxxxxxxxxxxx

__________________________________

)000345max( 654321 xxxxxx +++++

0,,,,, 8 x 2 43

11 x 2 45 x 3 2

65431

6321

53214321

=+++=+++=+++

xxxxxxxxxxxxxxx

36

Vektorski zapis

=

+

+

+

+

+

8115

100

010

001

221

413

342

654321 xxxxxx

654 ,, AAA

=

=

=

=

=

=

=

8115

B ,100

A ,010

A ,001

A ,221

A ,413

,

342

654321 AA

BxAxAxAxAxAxA =+++++ 665544332211

jedinini vektori linearno nezavisnii ine bazu trodimenzionalnogvektorskog prostora (bazini vektori)

Prikaz vektora pomou baze

=

+

+

=

342

100

3010

4001

21A6541 3AA 4A2 ++=A

=

+

+

=

413

100

4010

001

32A6542 4AA A3 ++=A

=

+

+

=

221

100

2010

2001

3A6543 AA 2A ++=A

Bazino mogue rjeenjeBazino rjeenje koje odgovara odabranoj bazi

=

8115000

X

je mogue rjeenje jer zadovoljava uvjete ogranienja.

37

Bazino mogue rjeenje

=

+

+

+

+

+

8115

100

8010

11001

5221

0413

0342

0

BAAAAAA =+++++ 654321 8115000

Komponente bazinog mogueg rjeenja X jesu koeficijenti linearne kombinacije.Simpleks metoda koristi bazina mogua rjeenja. U svakoj iteraciji odabire se novo bazino mogue rjeenje koje poboljava funkciju cilja.Svakom bazinom moguem rjeenju odgovara druga baza sastavljena od tri vektora iz skupa

654321 ,,,,, AAAAAA

Odreivanje nove baze1. Odrediti vektor koji e ui u bazu

2. Odrediti vektor koji e iz baze izai

Odreivanje vektora koji ulazi u bazuUlazak nekog nebazinog vektora u bazu znai promjenu nebazine varijable s 0 na neku novu vrijednost. Ako se nebazina varijabla promjeni s 0 na 1 (kaemo da aktivnost operira na razini 1) mora doi do odgovarajueg smanjenja bazinih varijabli.

Smanjenje bazine varijable jednako je odgovarajuoj komponenti nebazinog vektora koji ulazi u bazu.

38

Odreivanje vektora koji ulazi u bazu

=

+

+

+

+

+

+

8115

100

)38(010

)411(001

)25(221

0413

0342

)10(

=

+

+

+

+

++

8115

100

)48(010

)111(001

)35(221

0413

)10(342

0

=

+

+

+

++

+

8115

100

)28(010

)211(001

)15(221

)10(413

0342

0

Odreivanje vektora koji ulazi u bazu654321 000345 xxxxxxz +++++=

Poveanje vrijednosti funkcije cilja ovisno o izboruvektora koji ulazi u bazu

16541 50000304)10(5 cxxxA ==++++++

26542 400003)10(405 cxxxA ==++++++

36543 3000)10(30405 cxxxA ==++++++

Odreivanje vektora koji ulazi u bazu654321 000345 xxxxxxz +++++=

Smanjenje vrijednosti funkcije cilja zbog smanjenjabazinih varijabli ovisno o vektoru koji ulazi u bazu

13162151141 zacacacA =++

23262251242 zacacacA =++

33362351343 zacacacA =++

jjjj acacacz 362514 ++=

39

Odreivanje vektora koji ulazi u bazujj cz U bazu ulazi vektor za kojeg je razlika

najvei negativni broj jer u tom sluaju funkcija cilja najvie poveava svoju vrijednost.

Vektoru koji ulazi u bazu odgovara stupac

s

s

s

a

a

a

3

2

1

Odreivanje vektora koji izlazi iz baze

min isis

i

irs

r aa

ba

b

= >0

rsa kljuni ili temeljni element.

Iz baze izlazi vektor koji se nalazi u retku za koji je kvocijent slobodnihkoeficijenata (desna strana ogranienja) i odgovarajuih komponenti vektora koji izlazi iz baze minimalan uz uvjet da su komponente vektora pozitivne.

Pravila za formiranje simpleks tablice

40

Simpleks tablica

1 2 3 4 .... ... ... ... ... n+3 n+4

1

2 Baza DS

3

m+2

m+3

is

i

a

b

jj cz

jc

Simpleks tablica Broj stupaca = n+4 (n je broj varijabli u kanonskom obliku

strukturnih, dopunskih i umjetnih)) Broj redaka = m+3 (m je broj jednadbi ogranienja) 1. stupac - koeficijenti u funkciji cilja uz

bazine vektore 2. stupac - vektori baze Stupci od 3. do (n+3) - komponente vektora strukturnih,

dopunskih i umjetnih varijabli. (n+3) predzadnji stupac - koeficijenti desne strane sustava

jednadbi ogranienja (n+4) zadnji stupac - kvocijent koeficijenata iz predzadnjeg

stupca i korespodentne komponente u stupcu kljunog vektora (onaj koji ulazi u bazu)

Simpleks tablica

1. redak - koeficijenti uz strukturne, dopunske i umjetne varijable u funkciji cilja napisanoj u kanonskom obliku

2. redak - vektori svih varijabli Od 3. retka do (m+3) retka jesu koeficijenti uz varijable u

jednadbama ogranienja (m+3) zadnji redak - redak kriterija optimalnosti

jj cz

41

Formiranje iteracija U svakoj iteraciji za vektore baze uzimaju se jedinini

vektori U prvoj iteraciji jedinini vektori jesu vektori koji pripadaju

dopunskim varijablama s koeficijentom 1 u ogranienjima manje i vektori koji pripadaju umjetnim varijablama

Svaka nova iteracija formira se promjenom vektorske baze i koritenjem simpleks algoritma

Simpleks algoritam Postupak izraunavanja novih vrijednosti elemenata

simpleks tablice na osnovu vrijednosti iz prethodne tablice Primjenjuje se sljedei postupak transformacije

rs

isrjrsijij

isrs

rjijij

a

aaaaa

njriaa

aaa

=

==

'

'

ili

,...,2,1 , )(

,...,2,1 , ' nja

aa

rs

rjrj ==

Za ostale elemente

Za elemente kljunog retka

Oitavanje vrijednosti rjeenja u simpleks tablici

U svakoj iteraciji u (n+3) stupcu oitaju se vrijednosti varijabli koje pripadaju vektorima baze koji su navedeni u drugom stupcu

Ostale varijable su 0 Vrijednost funkcije cilja u svakoj iteraciji nalazi se na

presjeku (m+3) retka (redak optimalnosti) i (n+3) stupca (slobodni koeficijenti - desna strana jednadbi ogranienja)

42

1. simpleks tablica

5 4 3 0 0 0

Baza DS

0 2 3 1 1 0 0 5 5/2

0 4 1 2 0 1 0 11 11/4

0 3 4 2 0 0 1 8 8/3

0 0 0 0 0 0 0

-5 -4 -3 0 0 0

is

i

a

bjc

3A1A 2A 4A 5A 6A

4A

5A

6A

jj cz

jz

2. simpleks tablica

5 4 3 0 0 0

Baza DS

5 1 3/2 1/2 1/2 0 0 5/2 5

0 0 -5 0 -2 1 0 1

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

5 15/2 5/2 5/2 0 0 25/2

0 7/2 -1/2 5/2 0 0

is

i

a

bjc

3A1A 2A 4A 5A 6A

5A

6A

jj cz

jz

1A

3. simpleks tablica

5 4 3 0 0 0

Baza DS

5 1 2 0 2 0 -1 2

0 0 -5 0 -2 1 0 1

3 0 -1 1 -3 0 2 1

5 7 3 1 0 1 13

0 3 0 1 0 1

is

i

a

bjc

3A1A 2A 4A 5A 6A

5A

jj cz

jz

1A

3A

43

Rjeenje

13130425

0,1,0,1,0,2 654321

=++=

======

z

xxxxxx

Do rjeenja se dolo u tri iteracije. U svakoj iteracijidobiveno je bazino mogue rjeenje. Sva tri rjeenjasu nedegenerirana.

=

=

=

010102

,

2/11000

2/5

,

8115000

321 XXX

A(0,0,0) B(5/2,0,0) C(2,0,1)

Rjeavanje standardnog problema minimuma

Charnesova procedura____________

)43min( 21 xx +

0, 8 3 6 2

21

21

21

++

xx

xx

xx

0,,, 8 - 3 6 - 2

2121

221

121

=+

=+

vvxx

vxx

vxx

1. Nejednadbe ogranienja prevodimo u jednadbe dodavanjem dopunskih varijabli s koeficijentom -1

0, 21 vv

0, 21 xx strukturne varijabledopunske varijable

44

Charnesova procedura

0,,,,, 8 v- 3 6 - 2

212121

2221

1121

=++

=++

wwvvxx

wxx

wvxx

2. Vektori dopunskih varijabli su jedinini vektori s negativnimkomponentama pa se s njima ne moe formirati nenegativnopoetno bazino rjeenje.Uvode se umjetne varijable (nemaju ekonomsku interpretaciju).Slue samo u simpleks algoritmu kao kalkulativno sredstvo.

0, 21 xx strukturne varijabledopunske varijable

0, 21 ww umjetne varijable0, 21 vv

Charnesova procedura3. Dopunske varijable u funkciju cilja ulaze s koeficijentom 0, a

umjetne s proizvoljno odabranim pozitivnim brojem M. Ovim postupkom postie se da vektori umjetnih varijabli izau iz baze.

Ako postoji mogue rjeenje originalnog problema, tada i proireni model ima nenegativno rjeenje.

Ako poetni problem nema rjeenja, tada minimalno nenegativno rjeenje proirenog modela ima bar jednu umjetnu varijablu pozitivnu. U tom sluaju je umnoak te varijable i broja M u funkciji cilja po volji velik pozitivan broj, funkcija cilja neogranieno raste pa ne postoji minimum funkcije na skupu moguih rjeenja.

Kanonski oblik standardnog problema minimuma

________________________________

)0043min( 212121 MwMwvvxx +++++

0,,,,, 8 - 3 6 - 2

212121

2221

1121

=++

=++

wwvvxx

wvxx

wvxx

45

Simpleks tablica za problem minimuma

3 4 0 0 M M

Baza DS

M 2 1 -1 0 1 0 6

M 1 3 0 -1 0 1 8

is

i

a

bjc

1A 2A

jj cz

1W 2W1V 2V

1W

2W

1. iteracija

3 4 0 0 M M

Baza DS

M 2 1 -1 0 1 0 6 6

M 1 3 0 -1 0 1 8 8/3

3M 4M -M -M 0 0 14M

-3 -4 0 0 0 0

is

i

a

bjc

jj cz

1A 2A 1W 2W1V 2V

1W

2W

2. iteracija

3 4 0 0 M M

Baza DS

M 5/3 0 -1 1/3 1 10/3 2

4 1/3 1 0 -1/3 0 8/3 8

(5/3)M 0 -M (1/3)M 0 (10/3)M

-5/3 0 0 -4/3 0 32/3

is

i

a

bjc

jj cz

1A 2A

1W

2W1V 2V

2A

1W

46

3. iteracija

3 4 0 0 M M

Baza DS

3 1 0 -3/5 1/5 2

4 0 1 1/5 -2/5 2

0 0 -1 -1 14

is

i

a

bjc

jj cz

2A

1A

1A 2A 1W 2W1V 2V

Rjeenje

14860000002423min

0,0,0,0,2,2 212121

=+=+++++=

======

MMz

wwvvxx

Grafiko rjeenje

x

y

1 20

3 4 5 76 1098 13 141211

1

2

34

5

6

7

8

9

10

12

13

14

-1-2-3-1-2

-3

-4

-5

-6

-7

11

-4-5

1p

2p

A

B

C

0430 =+ yxp

cr 3643 =+ yxp

1443min =+ yxp

47

Zadatak____________

)32min( 21 xx +

0, 3 3 6 3 4

21

21

21

21

+

++

xx

xx

xx

xx

___________________________________________

)00032min( 32132121 MwMwMwvvvxx +++++++

0,,,,,,, 336 34

32132121

3321

2221

1121

=++

=++

=++

wwwvvvxx

w v xx

w v xx

wvxx

Simpleks tablica

2 3 0 0 0 M M M

Baza DS

M 1 1 -1 0 0 1 0 0 4

M 3 1 0 -1 0 0 1 0 6

M -1 3 0 0 -1 0 0 1 3

is

i

a

bjc

1A 2A

jj cz

1W1V 2V

1W

2W

2W 3W

3W

3V

1.iteracija2 3 0 0 0 M M M

Baza DS

M 1 1 -1 0 0 1 0 0 4 4

M 3 1 0 -1 0 0 1 0 6 6

M -1 3 0 0 -1 0 0 1 3 1

3M 5M -M -M -M 0 0 0 13M

-2 -3 0 0 0 0 0 0 0

is

i

a

bjc

1A 2A 1W1V 2V

1W

2W

2W 3W

3W

3V

jj cz

48


Baza DS

M 4/3 0 -1 0 1/3 1 0 3 9/4

M 10/3 0 0 -1 1/3 0 1 5 3/2

3 -1/3 1 0 0 -1/3 0 0 1

(14/3)M 0 -M -M (2/3)M 0 0 8M

-3 0 0 0 -1 0 0 3

is

i

a

bjc

1A

2A

1W1V 2V

1W

2W

2W 3W3V2A

jj cz


Baza DS

M 0 0 -1 2/5 1/5 1 1 5/2

2 1 0 0 -3/10 1/10 0 3/2

3 0 1 0 -1/10 -3/10 0 3/2

0 0 -M (2/5)M (1/5)M 0 M

0 0 0 0 -1 0 15/2

is

i

a

bjc

1A

2A

jj cz

1W1V 2V

1W

2W 3W3V2A

1A


Baza DS

0 0 0 -5/2 1 1/2 5/2

2 1 0 -3/4 0 1/4 9/4

3 0 1 -1/4 0 -1/4 7/4

0 0 0 0 0 0

0 0 -9/4 0 -1 39/4

is

i

a

bjc

1A

2A

jj cz

1W1V 2V 2W 3W3V2A

1A

2V

49

Rjeenje

75,94

394

2118421

2900

25000

473

492min

0,0,0,25

,0,47

,

49

2132121

==

+=+=+++++=

=======

MMz

wwvvvxx

Grafiko rjeenje

x

y

1 20

3 4 5 76 1098 13 141211

1

2

34

5

6

78

9

10

12

13

14

-1-2-3-1-2

-3

-4

-5

-6

-7

11

-4-5

A

B

C

1p

2p

3p

0p

cr

Opi oblik problema linearnog programiranja

50

Opi oblik problema linearnog programiranja

Problemi u kojima se trai minimum ili maksimum funkcije cilja uz ogranienja koja su zadana sustavom jednadbi i nejednadbi razliitog znaka

)32min( 21 xx +

0, 2929 9 3 4

2

21

21

21

21

=

++

xxxxxxxx

___________

Kanonski oblik opeg problema

maksimum.za M - odnosno minimum,za M tomkoeficijen s umjetnea 0, tomkoeficijen s dolaze varijabledopunskecilja funkciji U

1. tomkoeficijen s w varijableumjetne dodaju sea jednadbam U

1. tomkoeficijen s w varijabliumjetnih i 1- tomkoeficijen s v varijablidopunskih

dodavanjem jednadbe u se prevode znakomsa eNejednadb

1. tomkoeficijen s u varijablidopunskihdodavanjem jednadbe u se prevode znakomsa eNejednadb

k

kk

k


=

DA NE DA

NE DA DA

+1 - -1

- +1 +1

0 - 0

MAX - -M -M

MIN - +M +M

Koeficijenti u funkciji cilja uz umjetne

varijable

TABLICA ZA IZBOR DOPUNSKIH I UMJETNIH VARIJABLI

uz dopunske varijableuz umjetne varijableuz dopunske varijable

Koeficijenti u simpleks jednadbama

Tip poetnih uvjeta

dopunske varijableumjetne varijable

U simpleks jednadbe uvode se

51


)0032min( 211121 MwMwvuxx +++++

0,,,,, 29 29

9 342

211121

221

1121

121

=+

=++

=++

wwvuxx

wxx

wvxx

uxx

__________________________

1. iteracija

-2 3 0 0 M M

Baza DS

0 -1 1 1 0 0 0 2

M 4 3 0 -1 1 0 9 9/4

M 9 -2 0 0 0 1 29 29/9

13M M 0 -M 0 0 38M

2 -3 0 0 0 0 0

is

i

a

bjc

1A 2A

jj cz

1W 2W1V

1W

2W

1U

1U

2. iteracija

-2 3 0 0 M M

Baza DS

0 0 7/4 1 -1/4 1/4 0 17/4

-2 1 3/4 0 -1/4 1/4 0 9/4

M 0 -35/4 0 9/4 -9/4 1 35/4 35/9

0 (-35/4)M 0 (9/4)M (-13/4)M 0 (35/4)M

0 -9/2 0 1/2 -1/2 0 -9/2

is

i

a

bjc

1A 2A

jj cz

1W 2W1V

2W

1U

1U

1A

52

3. iteracija

-2 3 0 0 M M

Baza DS

0 0 7/9 1 0 0 1/9 47/9

-2 1 -2/9 0 0 0 1/9 29/9

0 0 -35/9 0 1 -1 4/9 35/9 35/9

0 0 0 0 -M -M

0 -23/9 0 0 -2/9-58/9

is

i

a

bjc

1A 2A

jj cz

1W 2W1V

1U

1U

1A

1V

Rjeenje

44,695800

9350

947003

9292min

0,0,9

35,

947

,0,929

211121

==+++++=

======

MMz

wwvuxx

Grafiko rjeenje

x

y

1 2O

3 4 5 76 1098 13 141211

1

2

34

5

6

78

9

10

12

13

14

-1-2-3-1-2

-3

-4

-5

-6

-7

11

-4-5

0p

1p

3p

2p

minp

A

B

53

Zadatak

0,,

5 10 20

___________________

)121012max(

321

32

31

321

321

++=++

++

xxx

xx

xx

xxx

xxx

Kanonski oblik

0,,,,,,

5 10 20

________________________________________

)00121012max(

2111321

2132

131

1321

2111321

=++

=++

=+++

++++

wwvuxxx

wvxx

uxx

wxxx

MwMwvuxxx

1.iteracija12 10 12 0 0 -M -M

Baza DS

-M 1 1 1 0 0 1 0 20 20

0 1 0 1 1 0 0 0 10 10

-M 0 1 1 0 -1 0 1 5 5

-M -2M -2M 0 M 0 0 -25M

-12 -10 -12 0 0 0 0 0

is

i

a

bjc

1A 2A

jj cz

1W1V

1W

2W3A 1U 1U

1U

2W

54

2.iteracija12 10 12 0 0 -M -M

Baza DS

-M 1 0 0 0 1 1 -1 15 15

0 1 -1 0 1 1 0 -1 5 5

12 0 1 1 0 -1 0 1 5

-M 0 0 0 -M 0 2M -15M

-12 2 0 0 -12 0 12 60

is

i

a

bjc

1A 2A

jj cz

1W1V

1W

2W3A 1U1U

1U

3A

3.iteracija12 10 12 0 0 -M -M

Baza DS

-M 0 1 0 -1 0 1 0 10 10

12 1 -1 0 1 1 0 -1 5

12 0 1 1 0 -1 0 1 5 5

0 -M 0 M 0 0 M -10M

0 -10 0 12 0 0 0 120

is

i

a

bjc

1A 2A

jj cz

1W1V

1W

2W3A 1U1U

3A

1A

4.iteracija12 10 12 0 0 -M -M

Baza DS

-M 0 0 -1 -1 1 1 -1 5 5

12 1 0 1 1 0 0 0 10

10 0 1 1 0 -1 0 1 5

0 0 M M -M 0 2M -5M

0 0 10 12 -10 0 10 170

is

i

a

bjc

1A 2A

jj cz

1W1V

1W

2W3A 1U1U

1A

2A

55

5.iteracija12 10 12 0 0 -M -M

Baza DS

0 0 0 -1 -1 1 1 -1 5

12 1 0 1 1 0 0 0 10

10 0 1 0 -1 0 1 0 10

0 0 0 0 0 M M

0 0 0 2 0 10 0 220

is

i

a

bjc

1A 2A

jj cz

1W1V 2W3A 1U1U

1A

2A

1V

Rjeenje

22010012000500001210101012max

0,0,5,0,0,10,10 2111321

=+=++++++=

=======

MMz

wwvuxxx

Posebni sluajevi linearnog programiranja

56

Degeneracija u linearnom programiranju

Mogue bazino rjeenje ima manje od m varijabli razliitih od nule (m je broj ogranienja)

U grafikom prikazu to znai da neki pravac dotie skup moguih rjeenja u nekom vrhu

U tom sluaju to ogranienje ne pridonosi odreivanju vrijednosti rjeenja

Prilikom raunanja simpleks metodom postoji vie vektora koji zadovoljavaju uvjet ulaska u bazu odnosno izlaska iz baze

Primjer degeneracije

0,4479

12382

)44max(

+

++

+

yxyx

yxyx

yx

447912382

3

2

1

=+

=+

=+

yxpyxpyxp

Grafiki prikaz degeneracije

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

11

12

1p

2p

S

)5

16,

512(B

447912382

=+

=+

=+

yxyxyx

)0,4(A

)4,0(C

)0,0(O

321 pppB

y

x

3p

57

Dualna degeneracija Vie vektora kandidata za ulaz u bazu Vie stupaca u retku kriterija odluivanja ima

jednaku negativnu (pozitivnu) vrijednost kod traenja maksimuma (minimuma)

Za ulaz u bazu moe se odabrati bilo koji meu vektorima koji zadovoljavaju kriterij

Primarna degeneracija Vie vektora kandidata za izlaz iz baze Vie redaka u stupcu kriterija odluivanja

(stupac kvocijenta desne strane i elemenata kljunog stupca) ima jednaku najmanju vrijednost

Odabirom proizvoljnog retka dolazi se do rjeenja u veini sluajeva

U nekim sluajevima moe doi do kruenja pa se tada koristi neki od dodatnih kriterija

Kriterij Wolf-a Ako u zadnjem stupcu postoji vie jednakih

kvocijenta izraunava se po istom postupku kvocijent elemenata n-tog stupca i elemenata kljunog stupca za retke s istim kvocijentom

Ukoliko se ponovo pojavi degeneracija, postupak se ponavlja s (n-1) stupcem i tako redom dok se jednoznano ne odredi redak tj. vektor koji e izai iz baze

58

Rjeenje primjera simpleks metodom

0,,,,4479

12382

)00044max(

32121

321

221

121

32121

=++

=++

=++

++++

uuuxx

uxx

uxx

uxx

uuuxx

0,4479

12382

)44max(

21

21

21

21

21

+

++

+

xx

xx

xx

xx

xx

1. iteracija

4 4 0 0 0

B DS

0 2 1 1 0 0 8 4

0 1 3 0 1 0 12 12

0 9 7 0 0 1 44 44/9

-4 -4 0 0 0 0jJ cz

is

i

a

b

jc

1A 1U 2U 3U2A

1U

2U

3U

2. iteracija

4 4 0 0 0

B DS

4 1 1/2 1/2 0 0 4 8

0 0 5/2 -1/2 1 0 8 16/5

0 0 5/2 -9/2 0 1 8 16/5

0 -2 2 0 0 16jJ cz

is

i

a

b

jc

1A 1U 2U 3U2A

2U

3U

1A

59

2. Iteracija (kriterij Wolf-a)

4 4 0 0 0

B DS

4 1 1/2 1/2 0 0 4

0 0 5/2 -1/2 1 0 8 0

0 0 5/2 -9/2 0 1 8 2/5

0 -2 2 0 0 16jJ cz

is

i

a

b

jc

1A 1U 2U 3U2A

2U

3U

1A

3. iteracija

4 4 0 0 0

B DS

4 1 0 3/5 -1/5 0 12/5

4 0 1 -1/5 2/5 0 16/5

0 0 0 -4 -1 1 0

0 0 8/5 4/5 0 112/5jJ cz

is

i

a

b

jc

1A 1U 2U 3U2A

3U

1A

2A

Rjeenje

4,225

1120000005

1645

124max

0,0,0,5

16,

512

32121

==++++=

=====

z

uuuxx

60

Primjer neogranienog rjeenja

0,,,,,623

22623

)000max(

112121

221

121

1121

112121

=++

=+

=++

++++

wvuuxx

uxx

uxx

wvxx

Mwvuuxx

0,623

22623)max(

21

21

21

21

21

+

+

+

xx

xx

xx

xx

xx

1. iteracija

1 1 0 -M 0 0

B DS

-M 3 2 -1 1 0 0 6 2

0 1 -2 0 0 1 0 2 2

0 -3 2 0 0 0 1 6

-3M -2M M 0 0 0 -6M

-1 -1 0 0 0 0jJ cz

is

i

a

b

jc

1A 1W1V 1U 2U2A

1U1W

2U

2a. iteracija

1 1 0 -M 0 0

B DS

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

0 0 -8/3 1/3 -1/3 1 0 0

0 0 4 -1 1 0 1 12 3

0 0 0 M 0 0

0 -1/3 -1/3 1/3 0 0 2jJ cz

is

i

a

b

jc

1W1V 1U 2U2A

1U

2U

1A

1A

61

3a. iteracija

1 1 0 -M 0 0

B DS

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

0 4 0 -1 1 1 0 8

0 -6 0 1 -1 1 1 0 0

1/2 0 -1/2 M 0 0

0 0 0 1/2 0 0 3jJ cz

is

i

a

b

jc

1W1V 1U 2U2A

1U

2U

1A

2A

4a. iteracija1 1 0 -M 0 0

B DS

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

0 -2 0 0 0 1 2 8

0 -6 0 1 -1 1 1 0

0 0 0 M 0 0

-5/2 0 0 0 0 1/2 3jJ cz

is

i

a

b

jc

1W1V 1U 2U2A

1U

1A

2A

1V

2b. iteracija

1 1 0 -M 0 0

B DS

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

0 0 -8/3 1/3 -2/3 1 0 0

0 0 4 -1 1 0 1 12 3

0 0 0 M 0 0

0 -1/3 -1/3 1/3 0 0 2jJ cz

is

i

a

b

jc

1A1W1V 1U 2U2A

1U

2U

1A

62

3b. iteracija

1 1 0 -M 0 0

B DS

1 1 0 -1/6 1/6 0 -1/6 0

0 0 0 -1/3 0 1 2/3 8

1 0 1 -1/4 1/4 0 1/4 3

0 0 0 M 0 0

0 0 -5/12 5/12 0 1/12 7/3jJ cz

is

i

a

b

jc

1A1W1V 1U 2U2A

1U

1A

2A

Rjeenje U oba sluaja vektor koji bi trebao ui u bazu

ima negativne komponente ( i ) pa se ne moe odrediti koji e vektor izai iz baze

neogranieno raste Funkcija stalno poveava svoju vrijednost kako

raste

1A

1x

1x

1V

Grafiki prikaz neogranienog rjeenja (max)

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12

1

2

3

4

5

6

7

8 9

10

11

12

1p

2p

y

x

3p

0p

A

B

O

62322623

0

213

212

211

210

=+

=

=+

=+

xxpxxpxxp

xxp

63

Primjer neogranienog rjeenja

0,,,,,4

33632

)000min(

112121

21

121

1121

112121

=+

=+

=++

++++

wvuuxx

ux

uxx

wvxx

Mwvuuxx

0,4

33632)min(

21

1

21

21

21

+

xx

x

xx

xx

xx

Grafiki prikaz neogranienog rjeenja

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

11 12

1p

2p

S

)0,0(O

y

x

3p

0p

1. iteracija

1 -1 0 M 0 0

B DS

M 2 3 -1 1 0 0 6 2

0 1 -3 0 0 1 0 3

0 1 0 0 0 0 1 4

2M 3M -M 0 0 0 6M

-1 1 0 0 0 0jJ cz

is

i

a

b

jc

1A 1W1V 1U

2U

2A

1W

1U

2U

64

2. iteracija

1 -1 0 M 0 0

B DS

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

0 3 0 -1 1 1 0 9

0 1 0 0 0 0 1 4

0 0 0 -m 0 0

-5/3 0 1/3 -1/3 0 0jJ cz

is

i

a

b

jc

1A 1W1V 1U

2U

2A

1U

2U

2A

Rjeenje Nijedna od komponenti vektora koji bi trebao

ui u bazu nije pozitivna pa se ne moe odrediti koji e vektor izai iz baze

neogranieno raste Funkcija nije ograniena odozdo tj. njezina se

vrijednost neogranieno smanjuje na skupu moguih rjeenja

1V

2x

Primjer s beskonano mnogo rjeenja

0,,,,10224322054

)00064max(

32121

321

221

121

32121

=++

=++

=+

++++

uuuxx

uxx

uxx

uxx

uuuxx

0,102

1223

2054)64max(

21

21

21

21

21

+

+

+

xx

xx

xx

xx

xx

65

Grafiki prikaz

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10 1 1

12

1p

2p

y

x

3p

0p

A

B

C

D

O

10224322054064

213

212

211

210

=+

=+

=

=+

xxpxxpxxp

xxp

1. iteracija

4 6 0 0 0

B DS

0 4 -5 1 0 0 20

0 2 3 0 1 0 24 8

0 -1 2 0 0 1 10 5

-4 -6 0 0 0 0jJ cz

is

i

a

b

jc

1A 1U 2U 3U2A

1U

2U

3U

2. iteracija

4 6 0 0 0

B DS

0 3/2 0 1 0 5/2 45 30

0 7/2 0 0 1 -3/2 9 18/7

6 -1/2 1 0 0 1/2 5

-7 0 0 0 3 30jJ cz

is

i

a

b

jc

1A 1U 2U 3U2A

1U

2U

2A

66

3. iteracija

4 6 0 0 0

B DS

0 0 0 1 -3/7 22/7 288/7

4 1 0 0 2/7 -3/7 18/7

6 0 1 0 0 2/7 44/7

0 0 0 8/7 0 48jJ cz

is

i

a

b

jc

1A

1U 2U 3U2A

1U

2A

1A

Rjeenje

4800007

28807446

7184max

0,0,7

288,

744

,

718

32121

=++++=

=====

z

uuuxx

Problemi s nedopustivim poetnim rjeenjem

0,6

30733

)2max(

21

2

21

21

21

+

+

xx

x

xx

xx

xx

0,,,,,6

30733

)0002max(

112121

22

1121

121

211121

=+

=++

=+

++++

wvuuxx

ux

wvxx

uxx

uMwvuxx

67

Problemi s nedopustivim poetnim rjeenjem

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12

1

2

3

4

5

6

7

8 9

10

11

12

1p 2p

y

x

3p

0p

A

BC

D

O

63073

3

02

23

212

211

210

=

=+

=

=+

xpxxp

xxp

xxp

1. iteracija2 1 0 0 -M 0

B DS

0 1 -1 1 0 0 0 3

-M 3 7 0 -1 1 0 30 30/7

0 0 1 0 0 0 1 6 6

-3M -7M 0 M 0 0 -30M

-2 -1 0 0 0 0 0jJ cz

is

i

a

b

jc

1A 1W1V1U 2U2A

1U

1W

2U


B DS

0 10/7 0 1 -1/7 1/7 0 51/7 51/10

1 3/7 1 0 -1/7 1/7 0 30/7 10

0 -3/7 0 0 1/7 -1/7 1 12/7

0 0 0 0 M 0

-11/7 0 0 -1/7 1/7 0 30/7jJ cz

is

i

a

b

jc

1A 1W1V1U 2U2A

2U2A1U

68


B DS

2 1 0 7/10 -1/10 0 51/10

1 0 1 -3/10 -1/10 0 21/10

0 0 0 3/10 1/10 1 273/70 39

0

0 0 11/10 -12/35 0 123/10jJ cz

is

i

a

b

jc

1A 1W1V1U 2U2A

2U2A1A


B DS

2 1 0 1 0 1 9

1 0 1 0 0 1 6

0 0 0 3 1 10 39

0 0 0 0 0 0

0 0 2 0 0 3 24jJ cz

is

i

a

b

jc

1A 1W1V1U 2U2A

2A1A

1V

Rjeenje

2439000006192max

39,0,0,6,9 12121

=++++=

=====

z

vuuxx

69

Dualni problemi linearnog programiranja

Ekonomski aspekt optimizacije

Osobina ekonomskih problema je da se s aspekta optimizacije mogu istovremeno promatrati na dva naina

Npr.: Ostvarenju maksimalne dobiti u problemu proizvodnje uz odreene uvjete odgovara problem iji je cilj minimizirati trokove proizvodnje

Problem ishrane: Proizvoa hrane nastoji minimizirati trokove uz zadovoljenje normativa , a kupac eli zadovoljiti normativ prehrane uz minimalne trokove

Primarni problem i njegov dual Za svaki problem linearnog programiranja

mogue je sastaviti njemu odgovarajui model Originalni problem nazivamo PRIMARNI ili

PRIMAL, a njemu odgovarajui DUAL Dualni problem maksimuma je minimum i

obrnuto

Max f Min gMin f Max g

70

Dual standardnog problema LP(simetrini dual)

0, 3 3 6 3

4 )3y(2y min g min

DUAL

21

21

21

21

21

++

+

+=

yyyy

yyyy

0,, 3 3x

2 x- 3 )3x6x(4xmax fmax

PRIMAL

321

321

321

321

++

+

++=

xxx

xx

xx

sadre samo nenegativne varijable sadre samo nejednakosti u ogranienjima

( programi su zadani u standardnom obliku)

Formiranje simetrinog duala1. Primal ima strukturne varijable2. Dual ima dualne varijable

(skriveni trokovi)3. Max f postaje Min g i obrnuto4. Koeficijenti funkcije cilja primala postaju

koliine ogranienja u dualu5. Koliine ogranienja primala postaju koeficijenti

funkcije cilja duala

nxxx ,...,, 21

myyy ,...,, 21

Formiranje simetrinog duala6. Elementi u matrici sustava mijenjaju mjesto tako

da reci iz primala postaju stupci u dualu, a stupci iz primala reci u dualu (transponirana matrica)

7. Broj dualnih varijabli u dualu odgovara broju ogranienja iz primala, a broj ogranienja u dualu broju strukturnih varijabli primala

8. Znak u nejednakostima ogranienja mijenja se u suprotan

71

Fundamentalni teorem dualiteta

Teorem:Ako su neki program i njegov dual mogui, tada oba imaju optimalno rjeenje i vrijednosti optimalnih programa su jednake. Ako jedan od tih dvaju programa nije mogu, tada drugi nema optimalno rjeenje.

Tablini zapis rezultata fundamentalnog teorema dualiteta

OPTIMALAN NEMA MOGUE RJEENJE NEOGRANIEN

OPTIMALAN MOGUE NEMOGUE NEMOGUE

PRIMAL NEMA MOGUE RJEENJE NEMOGUE MOGUE MOGUENEOGRANIEN NEMOGUE MOGUE NEMOGUE

DUAL

Primjena duala Potvrda optimalnosti Za izraunavanje problema minimuma preko

duala U postoptimalnoj analizi: analiza nakon

optimalnog rjeenja

72

Princip oslabljene komplementarnosti

Primarni problem

0

max '

X

BXA

XC

0,0

max '

=+

UX

BUIXA

XC

Standardni obliku matrinom zapisu

Kanonskii obliku matrinom zapisu

U je m - komponentni vektor. Komponente vektora U nazivajuse neiskoritene ili oslabljene (slack) varijable.I u dualnom problemu javljaju se neiskoritene varijable priprijelazu na kanonski oblik.

Dualni problem

0

in '

'

Y

CAY

BYm

0,0

in ''

'

=+

VY

CVIAY

BYm

Standardni obliku matrinom zapisu

Kanonskii obliku matrinom zapisu

V je n - komponentni vektor (broj strukturnih varijabliprimarnog problema).

73

Princip oslabljene komplementarnostiTeorem: Neka su Y i X mogua rjeenja odgovarajuihdualnih problema, a ''' CAYVXABU == i

vektori neiskoritenih (oslabljenih) varijabli u kanonskom

obliku primarnog i dualnog problema.

Y i X su optimalna rjeenja ako i samo ako vrijedi:

0== X V UY ''

Princip oslabljene komplementarnostiKorolar: Barem jedna od dviju korespodentnih komponenti od

YU i jednaka je nuli. Isto vrijedi i za . i XVIz navedenog teorema i korolara slijedi da ukoliko je k-tastrukturna varijabla u rjeenju primarnog problema pozitivna,tada je k-to ogranienje u dualnom problemu jednadba, jer jek-ta oslabljena dualna varijabla u odgovarajuem optimalnomrjeenju dualnog problema jednaka nuli.

0 0 => kk vx

Ako se u optimalnom rjeenju primarnog problema pojavi pozitivna oslabljena varijabla, tada je u optimalnom rjeenju duala k-ta strukturna varijabla jednaka nuli.

0 0 => kk yu

Primjer rjeavanja minimuma preko duala

0,12 392 2

13)159min(

21

21

21

21

21

++

+

+

xx

xx

xx

xx

xx

0,,,,,,,12 392 2

13)000159min(

32132121

3321

2221

1121

32132121

=++

=++

=++

+++++++

wwwvvvxx

wvxx

wvxx

wvxx

MwMwMwvvvxx

74

Primjer rjeavanja minimuma preko duala

0,,1522 3

932)9max(

321

321

321

321

++

++

++

yyyyyy

yyy

yyy

0,,,,1522 3

932)009max(

21321

2321

1321

21321

=+++

=+++

++++

uuyyyuyyy

uyyy

uuyyy

1. iteracija (dual)

1 9 1 0 0

B DS

0 1 2 3 1 0 9 9/2

0 3 2 2 0 1 15 15/2

-1 -9 -1 0 0 0jJ cz

is

i

a

b

jc

1A 2U2A 3A 1U

1U

2U

2. iteracija (dual)

1 9 1 0 0

B DS

9 1/2 1 3/2 1/2 0 9/2

0 2 0 -1 -1 1 6

7/2 0 25/2 9/2 0 81/2jJ cz

jc

1A 1U 2U2A 3A

2U2A

*

2x

*

1x

*

1v

*

2v

*

3v

2y2u

fg minmax

=

75

Oitavanje rjeenja primala za standardni problem minimuma

Vrijednosti strukturnih varijabli primala nalaze se u zadnjem retku ispod dopunskih varijabli duala.

Vrijednosti dopunskih varijabli primala nalaze se uzadnjem retku ispod strukturnih varijabli duala.

Rjeenje

281600001

29901max

6,0,0,29

,0 21321

=++++=

=====

g

uuyyy

Dualnog problema

Primarnog problema

281000

225000

270015

299min

0,0,0,225

,0,27

,0,29 *

3*

2*

1*

3*

2*

1*

2*

1

=+++++++=

========

MMMf

wwwvvvxx

Primjer rjeavanja maksimuma preko duala

0, y8 3 y6 2

)4(3y min min

DUAL

21

21

21

21

++

+=

yyyy

yg

0, 4 3 3 2

)8x(6xmax max

PRIMAL

21

21

21

21

+

+

+=

xx

xx

xx

f

76

Kanonski oblik duala

)0043min( 212121 MwMwvvyy +++++

0,,,,, 8 - 3 6 - 2

212121

2221

1121

=++

=++

wwvvyywvyy

wvyy

1. iteracija

3 4 0 0 M M

Baza DS

M 2 1 -1 0 1 0 6 6

M 1 3 0 -1 0 1 8 8/3

3M 4M -M -M 0 0 14M

-3 -4 0 0 0 0

is

i

a

bjc

jj cz

1A 2A 1W 2W1V 2V

1W

2W

2. iteracija

3 4 0 0 M M

Baza DS

M 5/3 0 -1 1/3 1 -1/3 10/3 2

4 1/3 1 0 -1/3 0 1/3 8/3 8

(5/3)M 0 -M (1/3)M 0 (-4/3)M (10/3)M

-5/3 0 0 -4/3 0 4/3 32/3

is

i

a

bjc

jj cz

1A 2A

1W

2W1V 2V

2A

1W

77

3. iteracija3 4 0 0 M M

Baza DS

3 1 0 -3/5 1/5 3/5 -1/5 2

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

-M -M

0 0 -1 -1 1 1 14

is

i

a

bjc

jj cz

2A

1A

1A 2A 1W 2W1V 2V

*

1x

*

2x

1y

2y

fg maxmin

=

*

1u

*

2u

*

1x

*

2x

Oitavanje rjeenja primala za standardni problem maksimuma

Vrijednosti strukturnih varijabli primala nalaze se u zadnjem retku ispod dopunskih varijabli duala sa suprotnim predznakom ili ispod umjetnih varijablibez promjene predznaka.

Vrijednosti dopunskih varijabli primala nalaze se uzadnjem retku ispod strukturnih varijabli duala sasuprotnim predznakom.

Rjeenje

140000002423min0,0,0,0,2,2 212121

=+++++=

======

MMgwwvvyy

Dualnog problema

Primarnog problema

1400001816max0,0,1,1 21*2*1

=+++=

====

fuuxx

78

Dualni problemi opeg linearnog programa

Dual opeg problema LP(nesimetrini dual)

C(S)S\i ASi A

Tj 0Cmax

PRIMAL

i

i

'

==

MbXbX

x

X

i

i

j

{ } { }NT ,

n, . . . 2, 1,N m, . . . 2, 1,

==

MSM

C(T)T\ j AYTj AYSi 0

Ymin DUAL

ji

ji

'

==

Nc

c

yB

j

j

i

- ogranienja sadre i jednadbe- neke varijable mogu biti negativne (ne trai se uvjet

nenegativnosti

Formiranje nesimetrinog duala Svakoj nenegativnoj varijabli primala

odgovara nejednadba ogranienja Svakoj slobodnoj varijabli (moe biti

negativna) odgovara jednadba u dualu Svakoj nejednadbi ogranienja u primalu

odgovara nenegativna dualna varijabla Svakoj jednadbi primala odgovara

slobodna dualna varijabla

79

Dual kanonskog problema

0,, 12

2

)2max(

321

321

321

21

=+

=+

+

xxx

xxx

xxx

xx

Zadani problem je u kanonskom obliku (sva ogranienja su jednadbe)pa njegov dual nema ogranienja nenegativnosti strukturnih varijabli.

Ryyyy

yyyy

yy

++

+

21

21

21

21

21

,

0221

)2min(

Obzirom da strukturne varijable nemaju ogranienja, a za primjenu simpleksmetode sve varijable moraju biti nenegativne izvrit emo potrebne supstitucijeda bi dobili matematiki model prireen za simpleks metodu.Umjetne varijable uvest emo samo ako budu potrebne.

Dual:

0,, ,,02

21

)2min(

32121

321

221

121

21

=+

=

=+

+

vvvRyyvyy

vyyvyy

yy

Kanonski oblik duala:


I. korak:

0,,02

213)25min(

321

321

322

312

32

=+

=

=

vvv

vyyvvyvvy

vyUvrtavanjem dobivamo:

321321 22 vyyvyy =+=Iz tree jednadbe:


80

II. korak:

0,,523

)1035min(

321

321

32

=

++

vvv

vvv

vv

Uvrtavanjem dobivamo:

22222 3222322212212 ++===++= vvyvvyyvyyvyy

Iz druge jednadbe:


Simpleks iteracije

0 5 3

B DS

0 1 -3 -2 5

0 -5 -3 0jj cz

is

i

a

b

jc

1V 2V 3V

1V

Rjeenje

Primal:

Dual:

1028)2min(10)1035min(

42220,0,5

21

32

321

322

321

=+=+

=++

==

=++=

===

yyvv

vyyvvy

vvv

10)02max(3,5,0

321

321

=++

===

xxx

xxx

81

Dual problema s mjeovitim ogranienjima

0,,1232

306032

)23min(

321

321

321

321

321

++

=++

++

++

xxx

xxx

xxx

xxx

xxx

Dual:

Primal:

Ryyyyyyyy

yy

yyy

++++

++

++

231

321

321

321

321

,0,13y 3222

3y )123060max(

0,,1232

306032

)23min(

321

321

321

321

321

++

=++

++

xxx

xxx

xxx

xxx

xxx


Ryuuuyyuyyuyyy

uyy

uuuyyy

=+++

=+++

=+++

+++++

232131

3321

2321

1321

321321

,0,,,,13y 3222

3y )000123060max(

Dobili smo model sa slobodnom varijablom.

Kanonski oblik dualaSlobodnu varijablu izrazimo pomou nenegativnih varijabli itransformiramo ogranienja i funkciju cilja.

90)301830max()123060max(

90301830123060

22213y 31222

33y

131321

131321

31313321

21312321

13121321

+=++

+=++

=+=+++

=+=+++

==+++

uyyyyy

uyyyyy

uuyyuyyuuyyuyyyuyyyuyy

82


0,,,,222

1

)301830max(

32131

23131

12131

21131

=++

=++

uuuyywuuyy

wuuyy

MwMwuyy

3. iteracija-30 -18 -30 0 0 -M -M

B DS

-30 0 0 1 -2 1 2 -1 0

-30 1 -1 0 1 -1 -1 1 1

0 48 0 30 0 M-30 M -30jj cz

is

i

a

b

jc

1A 1W 2W1U 2U 3U3A

1U

1A

6090030018130max0,0,0,0,1 32131

=+=

=====

Wuuuyy

600130203min0,30,0 *3*2*1

=++=

===

Zxxx

Rjeenje duala Rjeenje primala

Analiza optimalnog rjeenjalinearnog programa

83

Elementi analize optimalnog rjeenja Kontrola rezultata Analiza primala Analiza duala Analiza ogranienja Analiza varijabli izvan optimalnog

programa Analiza optimalnog rjeenja pomou

dualnih varijabli

Kontrola rezultata uvrtavanjem varijabli rjeenja u kanonski oblik

0, 29 29 9 342

)32min(

21

21

21

21

21

=

++

+

xx

xx

xx

xx

xx

0,,,,, 29 29

9 342

)0032min(

211121

221

1121

121

211121

=+

=++

=++

+++++

wwvuxx

wxx

wvxx

uxx

MwMwvuxx

Kontrola rezultata uvrtavanjem varijabli rjeenja u kanonski oblik

44,69

58009

3509

470039292min

0,0,935

,

947

,0,9

29 211121

==+++++=

======

MMz

wwvuxx

290029299

9981

935

91160

93503

9294

2 9

18

9470

929

=+

===++

==++

Rjeenje:

Provjera ogranienja

84

Kontrola rezultata pomou inverzne matrice

01* ABX =

Rjeenje - vektor stupac ije su komponente varijable rjeenja

*X

1B

0A

Matrica koju ine svi elementi u stupcima vektora poetne baze dobivenih u posljednjoj iteraciji

Vektor stupac slobodnih koeficijenata ogranienja

Kontrola rezultata pomou inverzne matrice(Primjer 1.)

0,, 8 2 43

11 2 45 3 2

)345max(

31

321

321

321

321

++++++

++

xxx

xxx

xxx

xxx

xxx

Kontrola rezultata pomou inverzne matrice(Primjer 2.)

0,,

5 10 20

___________________

)121012max(

321

32

31

321

321

++=++

++

xxx

xx

xx

xxx

xxx

85

Kontrola rezultata pomou inverzne matrice (1. iteracija)

12 10 12 0 0 -M -M

Baza DS

-M 1 1 1 0 0 1 0 20 20

0 1 0 1 1 0 0 0 10 10

-M 0 1 1 0 -1 0 1 5 5

-M -2M -2M 0 M 0 0 -25

-12 -10 -12 0 0 0 0 0

is

i

a

bjc

1A 2A

jj cz

1W1V

1W

2W3A 1U1U

1U

2W


Poetnu vektorsku bazu sainjavaju vektori:

=

=

=

100

W, 010

U, 001

W 211

Inverznu matricu oitavamo iz posljednje iteracije,a ine ju stupci poetne vektorske baze.

Kontrola rezultata pomou inverzne matrice (zadnja iteracija)

12 10 12 0 0 -M -M

Baza DS

0 0 0 -1 -1 1 1 -1 5 5

12 1 0 1 1 0 0 0 10

10 0 1 0 -1 0 1 0 10

0 0 0 0 0 M M

0 0 0 2 0 10 0 220

is

i

a

bjc

1A 2A

jj cz

1W1V 2W3A 1U1U

1A

2A

1V

86


2

1

1

01*

01

10105

51020

011010111

51020

A , 011010111

x

x

v

ABX

B

=

==

=

=

Analiza primalaPrimjer: Tvornica proizvodi tri proizvoda P1,P2,P3 na raznim strojevima.Uska grla proizvodnje su strojevi S1, S2, S3 i S4 te prema njima treba odreditiplan proizvodnje. Potrebno vrijeme proizvodnje pojedinog proizvoda naodreenom stroju, kapaciteti strojeva (raspoloivo vrijeme) te dobit po jediniciproizvoda dani su u sljedeoj tablici:

Potrebno vrijeme rada stroja za jedinicu proizvoda Raspoloivi fond sati

strojaP1 P2 P3

S1 5 1 2 2400S2 4,5 3 2,2 3000S3 1,5 4 3 2700S4 3 2,5 5 3600

Dobit 14 7 10

Odrediti optimalni plan proizvodnje za ostvarenje maksimalne dobiti.

Matematiki model zadanog problema

0,,360055,232700345,1

30002,235,4240025

)10714max(

321

321

321

321

321

321

++++

++++

++

xxx

xxx

xxx

xxx

xxx

xxx

0,,,,,,360055,232700345,1

30002,235,4240025

)000010714max(max

4321321

4321

3321

2321

1321

4321321

=+++

=+++

=+++

=+++

++++++=

uuuuxxx

uxxx

uxxx

uxxx

uxxx

uuuuxxxz

87

Rjeenje primjera14 7 10 0 0 0 0

B DS

0 5 1 2 1 0 0 0 2400 480

0 4,5 3 2,2 0 1 0 0 3000 667

0 1,5 4 3 0 0 1 0 2700 1800

0 3 2,5 5 0 0 0 1 3600 1200

-14 -7 -10 0 0 0 0 0

Posljednja iteracija14 7 10 0 0 0 0

B DS

14 1 0 0 0,26 0 0 -0,11 252,6

0 0 0 0 -0,9 1 -0,76 0,37 144,7

7 0 1 0 0,03 0 0,4 -0,25 246,3

10 0 0 1 -0,17 0 -0,2 0,39 445,3

0 0 0 2,17 0 0,8 0,65 9713,7

I iteracija

jj cz

is

i

a

bjc

1A 1U 2U 3U 4U2A 3A

1U

2U

3U

4U

jj cz

is

i

a

b

jc

1A 1U 2U 3U 4U2A 3A

1A

2A

3A

2U

Znaenje koeficijenata i varijabli rjeenja primala

Naziv varijable

Vrijednost varijable

Vrijednost koeficijenata

Vrijednost funkcije cilja

Proizvod Koliina proizvoda

Dobit po jedinici proizvoda

P1P2P3

252,6246,3

445,32

147

10

3536,4 1724,14453,2

Max z = 9713,7

jcjx = jj xcz


- u funkciji kriterija

[ ] ][ 321 cccc j =[ ] ][ 321 xxxx j =

Dobit po jedinici proizvoda .................... kn/kom

Dobit ...................................................... knjj

j xc=

=

3

1z

Koliina .................................................. kom

88


- u ogranienjima][ ija

=

n

jijij xa

1

Vrijeme proizvodnje jedinice proizvoda ............sati/kom

Neiskoriteni sati stroja ........................... sati

( )321 ,, xxxIskoriteni sati stroja ......................................sati

( )4321 ,,, uuuuStrukturne varijable..................................... kom

( )jj cz Za vektore izvan baze ............................ Kn/sat(shadow price - cijena resursa - stroja)

Matematiki model dualnog problema

0,,,10532,22

75,2431435,15,45

)3600270030002400min(

4321

4321

4321

4321

4321

+++

++++++

+++

yyyyyyyy

yxyyyxyy

yyyy

0,,,,,,,,, 10532,22 75,243 1435,15,45

)0003600270030002400min(

3213214321

334321

224321

114321

3213214321

=++++

=++++

=++++

+++++++++

wwwvvvyyyywvyyyywvyxyywvyxyy

MwMwMwvvvyyyy

Znaenje koeficijenata i varijabli rjeenja duala

Ogranienje Koliina ogranienjaVrijednost dualne

varijableIznos

Stroj Raspoloivo vrijeme stroja

Vrijednost po jedinici resursa (sat stroja),cijena ogranienja

Vrijednostresursa

S1S2S3S4

2400300027003600

2,170

0,80,651

52080

21602343,6

iy iiyb

6,9711minmax === ii ybgz

ib

89


- u funkciji kriterija

[ ] [ ]4321 bbbbbi =

[ ] [ ] 4321 yyyyyi =

Koliine resursa i (raspoloivo vrijeme) ........ sati

Vrijednost resursa (stroja) ............................. knii yb

Vrijednost jedinice resursa ........................ Kn/sat


- u ogranienjima[ ]jia

[ ]107140 =jc

Vrijeme proizvodnje jedinice proizvoda ....... sat/kom

Razlika vrijednosti resursa i dobiti po komadu ...... Kn/kom

( )4321 ,,, yyyyVrijednost svih resursa po komadu ............ kn/kom

( )321 ,, vvv

Vrijednost jedinice resursa ............................ Kn/sat

( )jj cz Za vektore izvan baze ................................................ kom

Transportni problem linearnog programiranja

90

PrimjerU gradskom prometu potrebno je iz 3 garae uputiti 15 autobusa na 4 polazne stanice za pojedine gradske linije. Podaci o broju autobusa kojima raspolau pojedine garae i o broju autobusa koje treba uputiti na pojedine polazne stanice iznose:1. garaa - 2 autobusa, 2. garaa - 6 autobusa3. garaa - 7 autobusa1. stanica - 3 autobusa, 2. stanica - 3 autobusa3. stanica - 4 autobusa, 4. stanica - 5 autobusaTrokovi vonje od pojedine garae do odreene polazne stanice prikazani su u sljedeoj tablici:

PrimjerPol.stanice

Garae

20 11 15 13 2

17 14 12 13 6

15 12 18 18 7

Potreban broj autobusa na polaznoj stanici 3 3 4 5 15

Raspoloivi broj autobusa u garai1PS 2PS 3PS 4PS

1G

2G

3G

Zadatak glasi:Autobuse treba rasporediti tako da se zadovolje potrebe svih polaznih stanica uz minimalne trokove.

Primjer - matrica transporta

20 11 15 13

17 14 12 13

15 12 18 18

3 3 4 5 15

2

6

7

jb

ia1O 2O 3O 4O

1I

3I2I

11x 12x 13x 14x

21x 22x 23x 24x

31x 32x 33x 34x

91

Primjer - matematiki model

5 4 3 x3 x x 7 x 6 x 2

342414

332313

322212

312111

34333231

24232221

14131211

=++

=++

=++

=++

=+++

=+++

=+++

xxx

xxx

xx

x

xxx

xxx

xxxx

)18181215 1312141713151120min( 343332312423222114131211 xxxxxxxxxxxx +++++++++++

4,3,2,1 ; 3,2,1 ; 0 == jixij

Formulacija transportnog problemaTransportni problem (TP) je takav problem linearnog programiranja kod kojeg treba programirati prijevoz odreenog broja jedinica (tereta, osoba) iz vie ishodita (mjesta gdje se nalazi roba koja se rasporeuje) u vie odredita (mjesta u kojem se podmiruje potranja) s ciljem da trokovi prijevoza budu minimalni.Pretpostavka je da ponuda pojedinih ishodita tj. koliina s kojom raspolau odreena ishodita mora biti iskoritena i da potranja svih odredita tj. potrebe moraju biti zadovoljene.Najei elementi vezani za TP jesu trokovi, vrijeme i udaljenost iju minimalnu vrijednost traimo.

Matrica transporta Odredita

Ishodita........

Ponuda

........

......... ............ .......... ........... ........... ...........

Documents

OPEARCIJSKA ISTRAŽIVANJA