Upload
others
View
27
Download
0
Embed Size (px)
Citation preview
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
14. Sprawdzić czy dany wektor jest wierzchołkiem wielościennego zbioru wypukłego określonego układem poniższych warunków. Jeśli jest, podać rodzaj wierzchołka (niezdegenerowany lub zdegenerowany).
1
1
2
3
2
21
321
21
≤≤+≤+−≤+
x
xx
xxx
xx
3,...10 =≥ ixi
=1
0
1
x
15. Sprawdzić czy dany wektor jest wierzchołkiem wielościennego zbioru wypukłego określonego układem poniższych warunków. Jeśli jest, podać rodzaj wierzchołka (niezdegenerowany lub zdegenerowany).
1,1,1,1
1
0
4321
32
431
≤≤≤≤=+
≥+−
xxxx
xx
xxx
4,...10 =≥ ixi
=
1
0
1
1
x
16. Sprawdzić czy dany wektor jest wierzchołkiem wielościennego zbioru wypukłego określonego układem poniższych warunków. Jeśli jest, podać rodzaj wierzchołka (niezdegenerowany lub zdegenerowany).
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
,,
Sformułować symetryczne zadanie dualne i rozwiązać je.
44. Wyznaczyć )2min( 21 xx −− przy ograniczeniach
042
1
2121
21
≥≤+−≤+−
xxxx
xx
,
Sformułować symetryczne zadanie dualne i rozwiązać je.
45. Wyznaczyć )3min( 21 xx −− przy ograniczeniach
042
3
2121
21
≥≤+≤+
xxxx
xx
,
Sformułować symetryczne zadanie dualne i rozwiązać je.
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.
47. Wyznaczyć )min( 21 xx −− przy ograniczeniach
0,42
42
2121
21
≥≤+≤+
xxxx
xx
Sformułować symetryczne zadanie dualne i rozwiązać je.
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
50. Wyznaczyć )32min( 21 xx −− przy ograniczeniach
0,4
6
2121
21
≥−≤−≥+
xxxx
xx
Sformułować symetryczne zadanie dualne i rozwiązać je.
51. Wyznaczyć min )( 321 526 xxx ++ przy ograniczeniach
3,2,10242
13
321
321
=≥−≥−−≥++−
ixxxx
xxx
i
Sformułować symetryczne zadanie dualne i rozwiązać je.
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
Sformułować symetryczne zadanie dualne i rozwiązać je.
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.
71. Rozwiązać grę macierzową:
−−
0427
6203
3541
Wyznaczyć optymalne strategie i wartość gry.
72. Rozwiązać grę macierzową:
470
321
653
Wyznaczyć optymalne strategie i wartość gry.
73. Rozwiązać grę macierzową:
−−
−
011
101
110
(gra symetryczna)
Wyznaczyć optymalne strategie i wartość gry.
19
74. Rozwiązać grę macierzową:
− 281
074
521
Wyznaczyć optymalne strategie i wartość gry.
75. Rozwiązać grę macierzową:
−175
432
Wyznaczyć optymalne strategie i wartość gry.
76. Rozwiązać grę macierzową:
− 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
odprawy a „j” tym punktem odbioru podaje macierz kosztów:
−1211
5213
3012
Stosując się do wymagań odbiorców znaleźć minimalny całkowity koszt transportu towarów.
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
Stosując się do wymagań odbiorców znaleźć minimalny całkowity koszt transportu towarów.
86. Mamy 3 punkty odpraw dysponujące ilościami produktu odpowiednio: 7,7,5 321 === aaa oraz 3 punkty odbioru o zapotrzebowaniach odpowiednio :
,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
Stosując się do wymagań odbiorców znaleźć minimalny całkowity koszt transportu towarów.
87. Mamy 3 punkty odpraw dysponujące ilościami produktu odpowiednio: 8,6,5 321 === aaa oraz 3 punkty odbioru o zapotrzebowaniach odpowiednio :
,7,7,9 321 === bbb . Jednostkowe koszty transportu między „i” tym punktem odprawy
a „j” tym punktem odbioru podaje macierz kosztów:
− 121
301
210
Stosując się do wymagań odbiorców znaleźć minimalny całkowity koszt transportu towarów.
88. Mamy 3 punkty odpraw dysponujące ilościami produktu odpowiednio: 3,8,4 321 === aaa oraz 3 punkty odbioru o zapotrzebowaniach odpowiednio :
,,, 453 321 === bbb . Jednostkowe koszty transportu między „i” tym punktem odprawy
a „j” tym punktem odbioru podaje macierz kosztów:
−
421
320
012
Stosując się do wymagań odbiorców znaleźć minimalny całkowity koszt transportu towarów.
89. Mamy 3 punkty odpraw dysponujące ilościami produktu odpowiednio: 12,7,10 321 === aaa oraz 4 punkty odbioru o zapotrzebowaniach odpowiednio :
,,,, 11958 4321 ==== bbbb . Jednostkowe koszty transportu między „i” tym punktem
odprawy a „j” tym punktem odbioru podaje macierz kosztów:
1203
4120
3112
Stosując się do wymagań odbiorców znaleźć minimalny całkowity koszt transportu towarów.
90. Mamy 3 punkty odpraw dysponujące ilościami produktu odpowiednio: 12,7,10 321 === aaa oraz 4 punkty odbioru o zapotrzebowaniach odpowiednio :
,7,8,4,8 4321 ==== bbbb . Jednostkowe koszty transportu między „i” tym punktem
odprawy a „j” tym punktem odbioru podaje macierz kosztów:
23
1203
4120
3112
Stosując się do wymagań odbiorców znaleźć minimalny całkowity koszt transportu towarów.
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
odprawy a „j” tym punktem odbioru podaje macierz kosztów:
642
332
253
Stosując się do wymagań odbiorców znaleźć minimalny całkowity koszt transportu towarów.
92. Mamy 3 punkty odpraw dysponujące ilościami produktu odpowiednio: 252010 321 === aaa ,, oraz 4 punkty odbioru o zapotrzebowaniach odpowiednio :
,,,, 10102312 4321 ==== bbbb . Jednostkowe koszty transportu między „i” tym
punktem odprawy a „j” tym punktem odbioru podaje macierz kosztów:
4252
5343
3624
Stosując się do wymagań odbiorców znaleźć minimalny całkowity koszt transportu towarów.
93. Mamy 3 punkty odpraw dysponujące ilościami produktu odpowiednio: 604040 321 === aaa ,, oraz 4 punkty odbioru o zapotrzebowaniach odpowiednio :
,,,, 10605020 4321 ==== bbbb . Jednostkowe koszty transportu między „i” tym
punktem odprawy a „j” tym punktem odbioru podaje macierz kosztów:
1221
1230
0312
Stosując się do wymagań odbiorców znaleźć minimalny całkowity koszt transportu towarów.
94. Mamy 3 punkty odpraw dysponujące ilościami produktu odpowiednio: 672 321 === aaa ,, oraz 4 punkty odbioru o zapotrzebowaniach odpowiednio :
24
,,,, 6483 4321 ==== bbbb . Jednostkowe koszty transportu między „i” tym punktem
odprawy a „j” tym punktem odbioru podaje macierz kosztów:
1220
4132
2011
Stosując się do wymagań odbiorców znaleźć minimalny całkowity koszt transportu towarów.
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
99. Wyznaczyć )min( 21 xx −− przy ograniczeniach
,, 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
321 ,,=ixi całkowite
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
321 ,,=ixi całkowite
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.
Zbiór dopuszczalny określony jest za pomocą nierówności
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.
Zbiór dopuszczalny określony jest za pomocą nierówności
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
Zbiór dopuszczalny określony jest za pomocą nierówności
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
,,
Sformułować symetryczne zadanie dualne i rozwiązać je.
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
Wartość gry dla gracza P1 oznaczamy przez v, 321 ,,=′= ixv
xi
i ; 41,...=′= jyv
yj
j
Zagadnienie ZPL dla gracza P1 :
01
163
1425
124
173
32132121
321
31
321
≥′′′⇒=′+′+′≥′+′
≥′+′−′≥′+′≥′+′+′−
xxxv
xxxxx
xxx
xx
xxx
,,min
Zagadnienie ZPL dla gracza P2:
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
Wartość gry dla gracza P1 oznaczamy przez v, 321 ,,=′= ixv
xi
i ; 41,...=′= jyv
yj
j
Zagadnienie ZPL dla gracza P1 :
73
01
136
152
143
142
321321
321
321
31
321
≥′′′⇒=′+′+′
≥′+′−′≥′+′+′−
≥′+′≥′−′+′
xxxv
xxx
xxx
xxx
xx
xxx
,,min
Zagadnienie ZPL dla gracza P2:
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.
Wartość gry dla gracza P1 oznaczamy przez v, 321 ,,=′= ixv
xi
i ;
Zagadnienie ZPL dla gracza P1 :
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.
Wartość gry dla gracza P1 oznaczamy przez v, 321 ,,=′= ixv
xi
i ;
Zagadnienie ZPL dla gracza P1 :
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.
Wartość gry dla gracza P1 oznaczamy przez v, 321 ,,=′= ixv
xi
i ;
Zagadnienie ZPL dla gracza P1 :
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
Zagadnienie ZPL dla gracza P1 :
01
14710
1597
175
321321321
321
31
≥′′′⇒=′+′+′≥′+′+′
≥′+′+′≥′+′
xxxv
xxxxxx
xxx
xx
,,min
Zagadnienie ZPL dla gracza P2:
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
Mamy zminimalizować całkowity koszt transportu ∑ ∑= =
⋅=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
Mamy zminimalizować całkowity koszt transportu ∑ ∑= =
⋅=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
Mamy zminimalizować całkowity koszt transportu ∑ ∑= =
⋅=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.