Upload
dotu
View
236
Download
0
Embed Size (px)
Citation preview
Programowanie liniowe w logistyce
kierunek Informatyka, studia I stopnia
cwiczenia
1 Programowanie liniowe
1.1 Modelowanie
Zadanie 1 Zapisac nastepujace zadanie w postaci zadania programowania liniowego.
Producent odziezy powinien okreslic, ile kurtek i płaszczy nalezy wyprodukowac tak, aby
zysk osiagniety z ich sprzedazy był maksymalny. Do produkcji wykorzystywany jest jeden
rodzaj tkaniny. Producent posiada 150 m2 tej tkaniny. Zgodnie z zamówieniami nalezy
wyprodukowac co najmniej 20 kurtek i co najwyzej 10 płaszczy. Do produkcji jednej
kurtki i jednego płaszcza potrzeba odpowiednio 2, 5 m2 i 4 m2 tkaniny. Przy sprzedazy
jednej kurtki producent osiaga zysk 50 zł, płaszcza - 60 zł.
Rozwiazanie Zadania 1. Wprowadzmy nastepujace oznaczenia:
u1 - ilosc wyprodukowanych kurtek,
u2 - ilosc wyprodukowanych płaszczy.
Ograniczenia nałozone na zmienne u1, u2 mozna zapisac nastepujaco:
u1 ≥ 20, u2 ≤ 10,
2, 5u1 + 4u2 ≤ 150.
Funkcjonał kosztu, który nalezy zmaksymalizowac, przyjmuje postac
50u1 + 60u2
1
Uwzgledniajac wiec naturalne ograniczenia nieujemnosci zmiennych u1, u2, mozemy za-
pisac badane zagadnienie w postaci nastepujacego zadania programowania liniowego⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩
h(−50,−60), (u1, u2)i→ min .
u ∈ U = {u = (u1, u2) ∈ R2; u ≥ 0,
⎡⎢⎢⎢⎣−1 0
0 1
2, 5 4
⎤⎥⎥⎥⎦⎡⎣ u1
u2
⎤⎦ ≤⎡⎢⎢⎢⎣−20
10
150
⎤⎥⎥⎥⎦} .
Zadanie 2 Zapisac nastepujace zadanie w postaci zadania programowania liniowego.
Pewien wytwórca posiada magazyny z Lublinie, Łodzi i Szczecinie. W magazynach tych
znajduje sie odpowiednio 40, 20 i 40 jednostek produktu. Sklepy zamówiły nastepujace
ilosci produktu: Białystok - 25 jednostek, Cieszyn - 10, Kraków - 20, Sopot - 30, Warszawa
- 15. Koszty transportu jednostki produktu (w zł) z magazynów do sklepów podaje nastepu-
jaca tabela:
Białystok Cieszyn Kraków Sopot Warszawa
Lublin 55 30 40 50 40
Łódz 35 30 100 45 60
Szczecin 40 60 95 35 30
Nalezy tak zaplanowac dystrybucje produktu, by koszt transportu był minimalny.
Rozwiazanie Zadania 2. Wdalszym ciagu magazyny w Lublinie, Łodzi i Szczecinie oz-
naczac bedziemy numerami 1, 2, 3, natomiast sklepy w Białymstoku, Cieszynie, Krakowie,
Sopocie i Warszawie - numerami 1, 2, 3, 4, 5, odpowiednio. Wprowadzmy takze nastepu-
jace oznaczenia:
ui,j - ilosc jednostek produktu transportowanych z i - tego magazynu do j - tego sklepu
ci,j - koszt transportu jednostki produktu z i - tego magazynu do j - tego sklepu
Funkcjonał kosztu, który nalezy zminimalizowac, przyjmuje postacX3
i=1
X5
j=1ci,ju
i,j,
2
natomiast ograniczenia nałozone na zmienne ui,j mozna zapisac nastepujaco:X5
j=1u1,j = 40X5
j=1u2,j = 20X5
j=1u3,j = 40
X3
i=1ui,1 = 25X3
i=1ui,2 = 10X3
i=1ui,3 = 20X3
i=1ui,4 = 30X3
i=1ui,5 = 15
Oznaczajac wiec
u = (u1,1, ..., u1,5, u2,1, ..., u2,5, u3,1, ..., u3,5) ∈ R15,
c = (55, 30, 40, 50, 40, 35, 30, 100, 45, 60, 40, 60, 95, 35, 30)
i uwzgledniajac naturalne ograniczenie nieujemnosci zmiennych, mozemy zapisac rozwazane
zadanie w postaci nastepujacego zadania programowania liniowego⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩
hc, ui→ min .
u ∈ U = {u ∈ R15; u ≥ 0,
⎡⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎣
1 1 1 1 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0
0 0 0 0 0 1 1 1 1 1 0 0 0 0 0
0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 1 1 1 1
1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0
0 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1 0 0 0
0 0 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1 0 0
0 0 0 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1 0
0 0 0 0 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1
⎤⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎦
u =
⎡⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎣
40
20
40
25
10
20
30
15
⎤⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎦
.
Zadanie 3 Zapisac nastepujace zadanie w postaci zadania programowania liniowego.
3
Wytwórca mebli powinien okreslic, ile stoł ów, krzeseł, biurek i szaf powinien wypro-
dukowac, by zysk z ich sprzedazy był maksymalny. Do produkcji wykorzystywane sa dwa
typy desek. Wytwórca posiada 1500 m desek I typu i 1000 m - desek II typu oraz dysponuje
kapitałem 860 godzin roboczych na wykonanie zaplanowanej produkcji. Ze złozonych za-
mówien wynika, ze nalezy wyprodukowac co najmniej 40 stołów, 130 krzeseł, 30 biurek i nie
wiecej niz 10 szaf. Do produkcji kazdego stołu, krzesła, biurka i szafy potrzeba odpowiednio
5, 1, 9, 12 m desek I typu i 2, 3, 4, 1 m desek II typu. Na wykonanie stołu potrzeba 3
godzin pracy, krzesła -2 godzin, biurka - 5 godzin, szafy - 10 godzin. Ze sprzedazy jednego
stołu, krzesła, biurka i szafy wytwórca osiaga zysk odpowiednio 50, 20, 60 i 40 zł.
Rozwiazanie Zadania 3. Wprowadzmy nastepujace oznaczenia:
u1 - ilosc stołów
u2 - ilosc krzeseł
u3 - ilosc biurek
u4 - ilosc szaf
Funkcjonał kosztu, który nalezy zmaksymalizowac, przyjmuje postac
50u1 + 20u2 + 60u3 + 40u4 → max .
Ograniczenia nałozone na zmienne u1, ..., u4 mozna zapisac nastepujaco:
u1 ≥ 40, u2 ≥ 130, u3 ≥ 30, u4 ≤ 10,
5u1 + u2 + 9u3 + 12u4 ≤ 1500,
2u1 + 3u2 + 4u3 + u4 ≤ 1000,
3u1 + 2u2 + 5u3 + 10u4 ≤ 860
Zatem, uwzgledniajac naturalne ograniczenia nieujemnosci zmiennych u1, ..., u4, mozemy
4
zapisac badane zagadnienie w postaci nastepujacego zadania programowania liniowego⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩
h(−50,−20,−60,−40), (u1, u2, u3, u4)i→ min .
u ∈ U = {u = (u1, ..., u4) ∈ R4; u ≥ 0,
⎡⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎣
5 1 9 12
2 3 4 1
3 2 5 10
−1 0 0 0
0 −1 0 0
0 0 −1 0
0 0 0 1
⎤⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎦
⎡⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎣u1
u2
u3
u4
⎤⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎦ ≤
⎡⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎣
1500
1000
860
−40
−130
−30
10
⎤⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎦}
.
Zadanie 4 Zapisac nastepujace zadanie w postaci zadania programowania liniowego.
Zadaniem dietetyka jest opracowanie składu porannej owsianki tak, aby zawierała ona
niezbedne dzienne zapotrzebowanie organizmu na okreslone składniki odzywcze i jednoczesnie
była mozliwie najtansza. Dietetyk ma dyspozycji płatki dwóch rodzajów: I i II. Sniadanie
powinno zawierac co najmniej 1 mg witaminy B1, 12 mg zelaza i miec wartosc energety-
czna równa 360 kcal. 100 g płatków I rodzaju zawiera 1, 2 mg witaminy B1, 12 mg zelaza i
ma wartosc energetyczna równa 368 kcal, natomiast 100 g płatków II rodzaju zawiera 1, 5
mg witaminy B1, 10 mg zelaza i ma wartosc energetyczna równa 390 kcal. Ponadto 100
g płatków I rodzaju kosztuje 32 gr, a 100 g płatków II rodzaju - 36 gr.
Rozwiazanie Zadania 4. Wprowadzmy nastepujace oznaczenia:
u1 - ilosc płatków I rodzaju (100 gramowych porcji)
u2 - ilosc płatków II rodzaju (100 gramowych porcji)
Funkcjonał kosztu, który nalezy zminimalizowac jest postaci
32u1 + 36u2,
natomiast ograniczenia mozna zapisac w postaci nastepujacych nierównosci i równosci
1, 2u1 + 1, 5u2 ≥ 1,
12u1 + 10u2 ≥ 12,
368u1 + 390u2 = 360.
5
Po uwzglednieniu naturalnych ograniczen nieujemnosci zmiennych u1, u2 otrzymujemy
nastepujace zadanie programowania liniowego⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩
h(32, 36), (u1, u2)i→ min .
u ∈ U = {u = (u1, u2) ∈ R2; u ≥ 0,⎡⎣ −1, 2 −1, 5−12 −10
⎤⎦⎡⎣ u1
u2
⎤⎦ ≤⎡⎣ −1−12
⎤⎦ , h 368 390i⎡⎣ u1
u2
⎤⎦ = [360]} .
Zadanie 5 Zapisac nastepujace zadanie w postaci zadania programowania liniowego.
Dyrektor pewnego przedsiebiorstwa powinien obsadzic trzy stanowiska pracy, majac do
dyspozycji trzech pracowników. Ze wzgledu na rózne ich kwalifikacje oraz zdobyte doswiad-
czenie, wartosc (dla przedsiebiorstwa) kazdego z tych pracowników zalezy od stanowiska,
na którym jest on zatrudniony. Ponizsza tabela zawiera oceny wartosci pracowników za-
trudnionych na poszczególnych stanowiskach
Stanowisko I Stanowisko II Stanowisko III
Pracownik A 5 4 7
Pracownik B 6 7 3
Pracownik C 8 11 2
Nalezy tak rozmiescic pracowników na rozwazanych stanowiskach, by całkowita ich wartosc
dla przedsiebiorstwa była maksymalna. Zakładamy, ze kazdy pracownik powinien byc za-
trudniony łacznie na jeden etat i kazdemu stanowisku powinien byc przypisany jeden etat.
Rozwiazanie Zadania 5. Symbolem ui,j oznaczac bedziemy czesc etatu, na jaka
nalezy zatrudnic i - tego pracownika na j -tym stanowisku. Funkcjał kosztu dla tego
zagadnienia, który nalezy zmaksymalizowac, ma nastepujaca postac
5u1,1 + 4u1,2 + 7u1,3 + 6u2,1 + 7u2,2 + 3u2,3 + 8u3,1 + 11u3,2 + 2u3,3,
6
zas ograniczenia sa nastepujace:
u1,1 + u1,2 + u1,3 = 1,
u2,1 + u2,2 + u2,3 = 1,
u3,1 + u3,2 + u3,3 = 1,
u1,1 + u2,1 + u3,1 = 1,
u1,2 + u2,2 + u3,2 = 1,
u1,3 + u2,3 + u3,3 = 1.
Uwzgledniajac zatem naturalne ograniczenia nieujemnosci zmiennych ui,j, mozemy badane
zagadnienie zapisac w postaci nastepujacego zadania programowania liniowego⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩
h(−5,−4,−7,−6,−7,−3,−8,−11,−2), (u1,1, ..., u1,3, u2,1, ..., u2,3, u3,1, ..., u3,3)i→ min .
u ∈ U = {u = (u1,1, ..., u1,3, u2,1, ..., u2,3, u3,1, ..., u3,3) ∈ R9;
u ≥ 0,
⎡⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎣
1 1 1 0 0 0 0 0 0
0 0 0 1 1 1 0 0 0
0 0 0 0 0 0 1 1 1
1 0 0 1 0 0 1 0 0
0 1 0 0 1 0 0 1 0
0 0 1 0 0 1 0 0 1
⎤⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎦
⎡⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎣
u1,1
u1,2
u1,3
u2,1
u2,2
u2,3
u3,1
u3,2
u3,3
⎤⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎦
=
⎡⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎣
1
1
1
1
1
1
⎤⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎦}.
.
Zadanie 6 Zapisac nastepujace zadanie w postaci zadania programowania liniowego.
Producent farb musi okreslic, ile litrów farby białej, zielonej, niebieskiej i czerwonej powinien
wyprodukowac, aby zysk osiagniety ze sprzedazy był maksymalny. Do produkcji wykorzysty-
wane sa trzy surowce: A, B i C. Producent posiada 230 litrów surowca A, 200 litrów -
surowca B i 170 litrów - surowca C oraz dysponuje kapitałem 160 godzin roboczych. Z
przyjetych zamówien wynika, ze nalezy wyprodukowac co najmniej 125 litrów farby białej,
7
co najmniej 135 litrów - farby zielonej, co najwyzej 205 litrów - farby niebieskiej i nie
mniej niz 175 litrów - farby czerwonej. Ilosci poszczególnych surowców potrzebnych do
wyprodukowania 1 litra kazdej farby przedstawione sa w nastepujacej tabeli (w litrach)
biała zielona niebieska czerwona
A 0,30 0,60 0,35 0,15
B 0,25 0,20 0,45 0,55
C 0,45 0,20 0,20 0,30
.
Ponadto, wyprodukowanie 1 litra kazdej farby wymaga 15 minut pracy. Zysk ze sprzedazy
1 litra farby białej wynosi 7 zł, zielonej - 6 zł, niebieskiej - 7 zł, czerwonej - 5 zł.
Rozwiazanie Zadania 6. Symbolem u1, u2, u3 oznaczac bedziemy odpowiednio ilosc
(w litrach) farby białej, zielonej, niebieskiej i czerwonej, która nalezy wyprodukowac.
Funkcjał kosztu dla tego zagadnienia, który nalezy zmaksymalizowac, ma nastepujaca
postac
7u1 + 6u2 + 7u3 + 5u4,
zas ograniczenia sa nastepujace:
u1 ≥ 125,
u2 ≥ 135,
u3 ≤ 205,
u4 ≥ 175,
0, 3u1 + 0, 6u2 + 0, 35u3 + 0, 15u4 ≤ 230,
0, 25u1 + 0, 2u2 + 0, 45u3 + 0, 55u4 ≤ 200,
0, 45u1 + 0, 2u2 + 0, 2u3 + 0, 3u4 ≤ 170,
0, 25u1 + 0, 25u2 + 0, 25u3 + 0, 25u4 ≤ 160
Uwzgledniajac zatem standardowe ograniczenia nieujemnosci zmiennych ui, mozemy badane
zagadnienie zapisac w postaci nastepujacego zadania programowania liniowego w postaci
8
podstawowej⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩
h(−7,−6,−7,−5), (u1, ..., u4)i→ min .
u ∈ U = {u = (u1, ..., u4) ∈ R4;
u ≥ 0,
⎡⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎣
−1 0 0 0
0 −1 0 0
0 0 1 0
0 0 0 −1
0, 3 0, 6 0, 35 0, 15
0, 25 0, 2 0, 45 0, 55
0, 45 0, 2 0, 2 0, 3
0, 25 0, 25 0, 25 0, 25
⎤⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎦
⎡⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎣u1
u2
u3
u4
⎤⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎦ ≤
⎡⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎣
−125
−135
205
−175
230
200
170
160
⎤⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎦
}.
.
Zadanie 7 Zapisac nastepujace zadanie w postaci zadania programowania liniowego.
Hodowca krowy karmi zwierze produktami pochodzacymi z gospodarstwa rolnego. Jednak
ze wzgledu na koniecznosc zapewnienia w diecie odpowiednich ilosci pewnych składników
odzywczych (oznaczmy je przez A,B,C) hodowca musi zakupic raz w roku trzy dodatkowe
produkty (oznaczmy je przez I, II, III), które zawieraja te składniki. Jeden kilogram
produktu I zawiera 63 g składnika A i 9 g składnika B, jeden kilogram produktu II
zawiera 14 g składnika B i 28 g składnika C, zas jeden kilogram produktu III zawiera 50 g
składnika A i 15 g składnika C. Minimalne zapotrzebowanie zwierzecia na poszczególne
składniki wynosi:
870 g składnika A,
200 g składnika B,
450 g składnika C.
Kazdy z produktów zawiera jednak pewne ilosci szkodliwych srodków konserwujacych. I
tak, 1 kg produktu I zawiera 7 g tych srodków, produktu II - 11 g, produktu III - 9 g.
Roczne spozycie tych srodków nie powinno byc wieksze niz 150 g. Przyjmijmy na koniec,
9
ze 1 kg produktu I kosztuje 35 zł, produktu II - 29 zł, a produktu III - 19 zł. Celem
hodowcy jest ustalenie ilosci kupowanych produktów I, II, III tak, aby zapewnic zwierzeciu
własciwa diete i jednoczesnie poniesc mozliwie najmniejsze koszty.
1.2 Równowaznosc zadan
Zadanie 8 Zapisac zadanie „o stolarzu” w postaci kanonicznego zadania programowania
liniowego.
Rozwiazanie. Odpowiednie zadanie kanoniczne jest nastepujace:⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩
h(−50,−20,−60,−40, 0, ..., 0), (u1, u2, u3, u4, u5, ..., u11)i→ min .
u ∈ U = {u = (u1, ..., u11) ∈ R11; u ≥ 0,⎡⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎣
5 1 9 12 1 0 0 0 0 0 0
2 3 4 1 0 1 0 0 0 0 0
3 2 5 10 0 0 1 0 0 0 0
−1 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0
0 −1 0 0 0 0 0 0 1 0 0
0 0 −1 0 0 0 0 0 0 1 0
0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 1
⎤⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎦
⎡⎢⎢⎢⎣u1
...
u11
⎤⎥⎥⎥⎦ =
⎡⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎣
1500
1000
860
−40
−130
−30
10
⎤⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎦}
.
Zadanie 9 Zapisac nastepujace zadanie programowania liniowego
J(u) = u1 − 3u3 − 2u4 + 15u5 → min .
u ∈ U = {u = (u1, u2, u3, u4, u5) ∈ R5; u1 ≥ 0, u4 ≥ 0, u5 ≥ 0, u1 + 2u3 ≤ 21,
u2 + u4 + 3u5 ≤ 10, u2 − u3 + 7u5 = 2, 2u1 − 7u4 = 9}
w postaci „odpowiedniego” zadania kanonicznego.
10
Zadanie 10 Zapisac zadanie ogólne⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩
J(u) = u1 + 2u2 + 3u3 → min .
u ∈ U = {u = (u1, u2, u3) ∈ R3; u1 ≥ 0,
10u1 + 20u2 + 30u3 ≤ 11,
100u1 + 200u2 + 300u3 ≤ 1212u1 + 1
3u2 + 1
4u3 = 0}
w postaci zadania kanonicznego.
Zadanie 11 Zapisac zadanie „o diecie” w postaci kanonicznego zadania programowania
liniowego.
Rozwiazanie. Odpowiednie zadanie kanoniczne jest nastepujace:⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩
h(0, 0, 32, 36), (v1, v2, u1, u2)i→ min .
z ∈ Z = {z = (v1, v2, u1, u2) ∈ R4; z ≥ 0,
⎡⎣ v1
v2
⎤⎦+⎡⎣ −1, 2−12
⎤⎦u1 +⎡⎣ −1, 5−15
⎤⎦u2 =⎡⎣ −1−12
⎤⎦ ,[368]u1 + [390]u2 = [360]} =
{z = (z1, ..., z4) ∈ R4; (z1, ..., z4) ≥ 0,
⎡⎢⎢⎢⎣1 0 −1, 2 −1, 5
0 1 −12 −10
0 0 368 390
⎤⎥⎥⎥⎦⎡⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎣
z1
z2
z3
z4
⎤⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎦ =⎡⎢⎢⎢⎣−1
−12
360
⎤⎥⎥⎥⎦}.
Zadanie 12 Zapisac zadanie ogólne⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩
J(u) = 3u1 + 5u2 + 7u3 + 9u4 → min .
u ∈ U = {u = (u1, u2, u3, u4) ∈ R4; u2 ≥ 0, u4 ≥ 0,
11u1 + 12u2 + 13u3 + 14u4 ≤ 1,
21u1 + 23u3 ≤ −1,
32u2 ≥ 8,11u1 + 1
2u2 + 1
3u3 + 1
4u4 = 2,
111u1 + 1
14u4 = −2}
w postaci zadania kanonicznego.
11
1.3 Interpretacja geometryczna zadan programowania liniowego
Zadanie 13 Rozwiazac w sposób geometryczny nastepujace zadanie:⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩
J(u) = u1 + u2 → min .
u ∈ U = {u = (u1, u2) ∈ R2; u ≥ 0,
−2u1 − u2 ≤ −2,12u1 − u2 ≤ 1
2,
−u1 + u2 ≤ 2,
u1 ≤ 3}
.
Rozwiazanie.
Zadanie 14 Rozwiazac w sposób geometryczny nastepujace zadanie:⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩
J(u) = −2u1 + u2 → min .
u ∈ U = {u = (u1, u2) ∈ R2; u ≥ 0,
−u1 − u2 ≤ −1,
−u1 + u2 ≤ −1,
−u1 + 2u2 ≤ 0,
2u1 − u2 ≤ 5}
.
12
Rozwiazanie.
Zadanie 15 Rozwiazac w sposób geometryczny nastepujace zadanie:⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩
J(u) = 2u1 − u2 → min .
u ∈ U = {u = (u1, u2) ∈ R2; u ≥ 0,
−12u1 + u2 ≤ 2,
−12u1 − u2 ≤ −1}
.
Zadanie 16 Rozwiazac w sposób geometryczny nastepujace zadanie:⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩
J(u) = −u1 − u2 → min .
u ∈ U = {u = (u1, u2) ∈ R2; u ≥ 0,
−12u1 + u2 ≤ 2,
13u1 − u2 = −1}
.
Zadanie 17 Rozwiazac w sposób geometryczny nastepujace zadanie.
W pewnym zakładzie wytwarzane sa produkty A i B. Do produkcji kazdego z nich wyko-
rzystywana jest praca trzech maszyn: M1, M2, M3. Maszyna M1 moze byc wykorzystana
przez 2400 minut, M2 - 4000 minut, M3 - 2700 minut. Ponizsza tabela podaje czas pracy
kazdej maszyny potrzebny do wyprodukowania jednostki kazdego produktu
13
A B
M1 3 6
M2 8 4
M3 9 3
Zysk ze sprzedazy jednostki produktu A wynosi 90 zł, B - 60 zł. Nalezy zaplanowac pro-
dukcje tak, by zysk ze sprzedazy był maksymalny.
Zadanie 18 Rozwiazac w sposób geometryczny nastepujace zadanie:⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩
J(u) = −u1 − 3u2 − 2u4 − 3u5 → min .
u ∈ U = {u = (u1, u2, u3, u4, u5) ∈ R5; u ≥ 0,
u1 + 2u4 + 3u5 = 15,
2u1 + u3 + u4 + 5u5 = 20,
u1 + u2 + 2u4 + u5 = 10}
.
Rozwiazanie. Rozwazamy zadanie pomocnicze postaciDc, A
−1b−A
−1AuE+c, u®→ min .
u ∈ {u ∈ R2; u ≥ 0, A−1Au ≤ A−1b},
gdzie
c = (−1,−3, 0), A =
⎡⎢⎢⎢⎣1 0 0
2 0 1
1 1 0
⎤⎥⎥⎥⎦ , A =⎡⎢⎢⎢⎣2 3
1 5
2 1
⎤⎥⎥⎥⎦ , b =⎡⎢⎢⎢⎣15
20
10
⎤⎥⎥⎥⎦ .Ze wzoru na macierz odwrotna D−1 do macierzy nieosobliwej D:
D−1 =1
detD[(−1)i+jDij]
T
(tutaj Dij jest wyznacznikiem macierzy powstałej z macierzy D przez skreslenie i-tego
wiersza i j-tej kolumny) wynika, ze
A−1=
⎡⎢⎢⎢⎣1 0 0
−1 0 1
−2 1 0
⎤⎥⎥⎥⎦ .14
A wiec zadanie pomocnicze jest postaci
(−1,−3, 0), (15,−5,−10)− (2u4 + 3u5,−2u5,−3u4 − u5)
®+(−2,−3), (u4, u5)
®=(0,−6), (u4, u5)
®→ min .
u ∈ {u = (u4, u5) ∈ R2; u ≥ 0,
⎡⎢⎢⎢⎣2 3
0 −2
−3 −1
⎤⎥⎥⎥⎦u ≤⎡⎢⎢⎢⎣15
−5
−10
⎤⎥⎥⎥⎦}.Rozwiazujac powyzsze zadanie w sposób graficzny, stwierdzamy, ze jego rozwiazaniem jest
punkt
u∗= (
15
7,25
7).
W konsekwencji, rozwiazaniem zadania wyjsciowego jest punkt
u∗ = (A−1b−A
−1Au∗, u∗) = (0,
15
7, 0,15
7,25
7).
Zadanie 19 Rozwiazac w sposób geometryczny nastepujace zadanie:⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩
J(u) = −u1 − 2u2 + u3 → min .
u ∈ U = {u = (u1, u2, u3, u4, u5) ∈ R5; u ≥ 0,
3u1 − 2u2 + 2u3 − 2u4 + 3u5 = 38,
−u1 + u2 + 3u4 − u5 = 13,
u1 − u2 + u3 = 14}
.
1.4 Punkty wierzchołkowe
Zadanie 20 Znalezc, w oparciu o twierdzenie, punkty wierzchołkowe zbioru
U = {u = (u1, u2) ∈ R2; u ≥ 0, −13u1 + u2 = 1}.
15
Zadanie 21 Znalezc, w oparciu o twierdzenie, punkty wierzchołkowe zbioru
U = {u = (u1, u2, u3, u4) ∈ R4; u ≥ 0,
u1 + u2 + 3u3 + u4 = 3, u1 − u2 + u3 + 2u4 = 1}.
Rozwiazanie. Łatwo widac, ze
rank
⎡⎣ 1 1 3 1
1 −1 1 2
⎤⎦ = 2.
10 Niech j1 = 1, j2 = 2. Kolumny A1 =
⎡⎣ 11
⎤⎦, A2 =⎡⎣ 1
−1
⎤⎦ sa liniowo niezalezne.Ponadto, rozwiazaniem układu
A1v1 +A2v
2 = b,
czyli ⎧⎨⎩ v1 + v2 = 3
v1 − v2 = 1
jest para v1 = 2 ≥ 0, v2 = 1 ≥ 0. Zatem punkt v = (2, 1, 0, 0) jest nieosobliwym punktem
wierzchołkowym zbioru U z baza A1, A2.
20 Niech j1 = 1, j2 = 3. Kolumny A1 =
⎡⎣ 11
⎤⎦, A3 =⎡⎣ 31
⎤⎦ sa liniowo niezalezne.Ponadto, rozwiazaniem układu
A1v1 +A3v
3 = b,
czyli ⎧⎨⎩ v1 + 3v3 = 3
v1 + v3 = 1
jest para v1 = 0 ≥ 0, v3 = 1 ≥ 0. Zatem punkt v = (0, 0, 1, 0) jest osobliwym punktem
wierzchołkowym zbioru U z baza A1, A3.
30 Niech j1 = 1, j2 = 4. Kolumny A1 =
⎡⎣ 11
⎤⎦, A4 =⎡⎣ 12
⎤⎦. sa liniowo niezalezne.Ponadto, rozwiazaniem układu
A1v1 +A4v
4 = b,
16
czyli ⎧⎨⎩ v1 + v4 = 3
v1 + 2v4 = 1
jest para v1 = 5 ≥ 0, v4 = −2 < 0. Zatem kolumny A1, A4 nie sa baza dla zadnego
punktu wierzchołkowego.
40 Niech j1 = 2, j2 = 3. Kolumny A2 =
⎡⎣ 1
−1
⎤⎦, A3 =⎡⎣ 31
⎤⎦ sa liniowo niezalezne.Ponadto, rozwiazaniem układu
A2v2 +A3v
3 = b,
czyli ⎧⎨⎩ v2 + 3v3 = 3
−v2 + v3 = 1
jest para v2 = 0 ≥ 0, v3 = 1 ≥ 0. Zatem punkt v = (0, 0, 1, 0) jest osobliwym punktem
wierzchołkowym zbioru U z baza A2, A3.
50 Niech j1 = 2, j2 = 4. Kolumny A2 =
⎡⎣ 1
−1
⎤⎦, A4 =⎡⎣ 12
⎤⎦. sa liniowo niezalezne.Ponadto, rozwiazaniem układu
A2v2 +A4v
4 = b,
czyli ⎧⎨⎩ v2 + v4 = 3
−v2 + 2v4 = 1
jest para v2 = 53≥ 0, v4 = 4
3≥ 0. Zatem punkt v = (0, 5
3, 0, 4
3) jest nieosobliwym punktem
wierzchołkowym zbioru U z baza A2, A4.
60 Niech j1 = 3, j2 = 4. Kolumny A3 =
⎡⎣ 31
⎤⎦, A4 =⎡⎣ 12
⎤⎦ sa liniowo niezalezne.Ponadto, rozwiazaniem układu
A3v3 +A4v
4 = b,
czyli ⎧⎨⎩ 3v3 + v4 = 3
v3 + 2v4 = 1
17
jest para v3 = 1 ≥ 0, v4 = 0 ≥ 0. Zatem punkt v = (0, 0, 1, 0) jest osobliwym punktem
wierzchołkowym zbioru U z baza A3, A4.
Zadanie 22 Znalezc punkty wierzchołkowe zbioru
U = {u = (u1, u2, u3, u4) ∈ R4; u ≥ 0,
u1 + u4 = 0, 2u2 + u4 = 3, 3u3 = 0}
i wskazac ich bazy.Rozwiazanie. Łatwo widac, ze
rank
⎡⎢⎢⎢⎣1 0 0 1
0 2 0 1
0 0 3 0
⎤⎥⎥⎥⎦ = 3.
10 Niech j1 = 1, j2 = 2, j3 = 3. Kolumny A1 =
⎡⎢⎢⎢⎣1
0
0
⎤⎥⎥⎥⎦, A2 =⎡⎢⎢⎢⎣0
2
0
⎤⎥⎥⎥⎦, A3 =⎡⎢⎢⎢⎣0
0
3
⎤⎥⎥⎥⎦sa liniowo niezalezne (mozna to sprawdzic, korzystajac z pojecia wyznacznika macierzy).
Ponadto, rozwiazaniem układu
A1v1 +A2v
2 +A3v3 = b,
czyli ⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩v1 = 0
2v2 = 3
3v3 = 0
jest "trójka" v1 = 0 ≥ 0, v2 = 96≥ 0, v3 = 0 ≥ 0. Zatem punkt v = (0, 9
6, 0, 0) jest
osobliwym punktem wierzchołkowym zbioru U z baza A1, A2, A3.
20 Niech j1 = 1, j2 = 2, j3 = 4. Kolumny A1 =
⎡⎢⎢⎢⎣1
0
0
⎤⎥⎥⎥⎦, A2 =⎡⎢⎢⎢⎣0
2
0
⎤⎥⎥⎥⎦, A4 =⎡⎢⎢⎢⎣1
1
0
⎤⎥⎥⎥⎦ saliniowo zalezne (mozna to sprawdzic, korzystajac z pojecia wyznacznika macierzy).
Zatem nie sa one baza zadnego punktu wierzchołkowego zbioru U .
18
30 Niech j1 = 1, j2 = 3, j3 = 4. KolumnyA1 =
⎡⎢⎢⎢⎣1
0
0
⎤⎥⎥⎥⎦, A3 =⎡⎢⎢⎢⎣0
0
3
⎤⎥⎥⎥⎦, A4 =⎡⎢⎢⎢⎣1
1
0
⎤⎥⎥⎥⎦ sa lin-iowo niezalezne (mozna to sprawdzic, korzystajac z pojecia wyznacznika macierzy).
Ponadto, rozwiazaniem układu
A1v1 +A3v
3 +A4v4+ = b,
czyli ⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩v1 + v4 = 0
v4 = 3
3v3 = 0
jest "trójka" v1 = −3 < 0, v3 = 0 ≥ 0, v4 = 3 ≥ 0. Zatem kolumny A1, A3, A4 nie
sa baza zadnego punktu wierzchołkowego.
40 Niech j1 = 2, j2 = 3, j3 = 4. Niech j1 = 2, j2 = 3, j3 = 4. Kolumny A2 =
⎡⎢⎢⎢⎣0
2
0
⎤⎥⎥⎥⎦,
A3 =
⎡⎢⎢⎢⎣0
0
3
⎤⎥⎥⎥⎦, A4 =⎡⎢⎢⎢⎣1
1
0
⎤⎥⎥⎥⎦ sa liniowo niezalezne (mozna to sprawdzic, korzystajac zpojecia wyznacznika macierzy). Ponadto, rozwiazaniem układu
A2v2 +A3v
3 +A4v4+ = b,
czyli ⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩v4 = 0
2v2 + v4 = 3
3v3 = 0
jest "trójka" v2 = 32> 0, v3 = 0 ≥ 0, v3 = 0 ≥ 0. Zatem punkt v = (0, 3
2, 0, 0) jest
osobliwym punktem wierzchołkowym zbioru U z baza A2, A3, A4.
19
Zadanie 23 Znalezc punkty wierzchołkowe zbioru
U = {u = (u1, u2, u3) ∈ R3; u ≥ 0,
u1 + 2u2 + 3u3 = 4, −u1 + 5u3 = 0}.
Podac bazy znalezionych punktów wierzchołkowych.
Zadanie 24 Znalezc, w oparciu o twierdzenie, punkty wierzchołkowe zbioru
U = {u = (u1, u2, u3) ∈ R3; u ≥ 0,
u1 + u2 + 2u3 = 10, −u1 + 3u3 = 9,
u1 + 2u2 + 7u3 = 29}.
Rozwiazanie. Łatwo widac, ze
rank
⎡⎢⎢⎢⎣1 1 2
−1 0 3
1 2 7
⎤⎥⎥⎥⎦ = 2.
10 Niech j1 = 1, j2 = 2. Kolumny A1 =
⎡⎢⎢⎢⎣1
−1
1
⎤⎥⎥⎥⎦, A2 =⎡⎢⎢⎢⎣1
0
2
⎤⎥⎥⎥⎦ sa liniowo niezalezne(mozna to sprawdzic, korzystajac z definicji liniowej niezaleznosci wektorów). Ponadto,
rozwiazaniem układu
A1v1 +A2v
2 = b,
czyli ⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩v1 + v2 = 10
−v1 = 9
v1 + 2v2 = 29
jest para v1 = −9 < 0, v2 = 19 ≥ 0. Zatem kolumny A1, A2 nie sa baza dla zadnego
punktu wierzchołkowego.
20 Niech j1 = 1, j2 = 3. Kolumny A1 =
⎡⎢⎢⎢⎣1
−1
1
⎤⎥⎥⎥⎦, A3 =⎡⎢⎢⎢⎣2
3
7
⎤⎥⎥⎥⎦ sa liniowo nieza-lezne (mozna to sprawdzic, korzystajac z definicji liniowej niezaleznosci wektorów).
20
Ponadto, rozwiazaniem układu
A1v1 +A3v
3 = b,
czyli ⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩v1 + 2v3 = 10
−v1 + 3v3 = 9
v1 + 7v3 = 29
jest para v1 = 125> 0, v3 = 19
5> 0. Zatem punkt v = (12
5, 0, 19
5) jest nieosobliwym
punktem wierzchołkowym zbioru U z baza A1, A3.
30 Niech j1 = 2, j2 = 3. Kolumny A2 =
⎡⎢⎢⎢⎣1
0
2
⎤⎥⎥⎥⎦, A3 =⎡⎢⎢⎢⎣2
3
7
⎤⎥⎥⎥⎦ sa liniowo niezalezne(mozna to sprawdzic, korzystajac z definicji liniowej niezaleznosci wektorów). Pon-
adto, rozwiazaniem układu
A2v2 +A3v
3 = b,
czyli ⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩v2 + 2v3 = 10
3v3 = 9
2v2 + 7v3 = 29
jest para v2 = 4 > 0, v3 = 3 > 0. Zatem punkt v = (0, 4, 3) jest nieosobliwym
punktem wierzchołkowym zbioru U z baza A2, A3.
1.5 Metoda sympleksowa
Zadanie 25 Utworzyc tablice sympleksowa dla zadania⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩
J(u) = u1 − u2 + 2u4 → min .
u ∈ U = {u = (u1, u2, u3, u4) ∈ R4; u ≥ 0,
2u1 − 3u2 + 4u3 + u4 = 3,
u1 + u2 − 2u3 = 10}
21
i punktu wierzchołkowego
v = (33
5,17
5, 0, 0).
Zadanie 26 Rozwiazac metoda sympleksowa zadanie⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩
J(u) = u1 + 2u2 + 3u3 + 4u4 → min .
u ∈ U = {u = (u1, u2, u3, u4) ∈ R4; u ≥ 0,
u1 + u2 + 3u3 + u4 = 3,
u1 − u2 + u3 + 2u4 = 1}
,
startujac z punktu wierzchołkowego
v = (2, 1, 0, 0).
Rozwiazanie. Łatwo widac, ze r = rankA = 2 i w konsekwencji współrzednymi bazowymi
punktu v sa dwie pierwsze współrzedne. Zgodnie z przyjetymi wczesniej oznaczeniami
mamy u = (u1, u2), v = (2, 1), c = (1, 2), B =
⎡⎣ 1 1
1 −1
⎤⎦. ZatemB−1 =
1
−2
⎡⎣ −1 −1−1 1
⎤⎦T =⎡⎣ 1
212
12−12
⎤⎦ ,skad ⎡⎣ γ1,3
γ2,3
⎤⎦ = B−1A3 =
⎡⎣ 21
⎤⎦ ,⎡⎣ γ1,4
γ2,4
⎤⎦ = B−1A4 =
⎡⎣ 32
−12
⎤⎦oraz
∆3 =c, B−1A3
®− c3 = 1,
∆4 =c,B−1A4
®− c4 = −
7
2.
Tablica sympleksowa dla punktu v = (2, 1, 0, 0) jest wiec postaci
u1 u2 u3 u4
u1 1 0 2 32
2
u2 0 1 1 −121
0 0 1 −724
.
22
Łatwo widac, ze dla powyzszej tablicy zachodzi przypadek 30. Mamy
∆3 > 0
I3 = {i ∈ {1, 2}; γi,3 > 0} = {1, 2},
skad
mini∈I3
vi
γi,3= min{2
2,1
1} = 2
2
Zatem k = 3, s = 1 (elementem rozwiazujacym tablicy sympleksowej jest γ1,3 = 2). Baza
kolejnego punktu wierzchołkowego bedzie układ kolumn
A2, A3.
Korzystajac z twierdzenia charakteryzujacego punkty wierzchołkowe znajdujemy kolejny
punkt wierzchołkowy w: ⎡⎣ 1
−1
⎤⎦w2 +⎡⎣ 31
⎤⎦w3 =⎡⎣ 31
⎤⎦ ,skad w = (0, 0, 1, 0). Ponadto, B =
⎡⎣ 1 3
−1 1
⎤⎦ i w konsekwencji
B−1 =1
4
⎡⎣ 1 1
−3 1
⎤⎦T =⎡⎣ 1
4−34
14
14
⎤⎦ ,skad ⎡⎣ γ2,1
γ3,1
⎤⎦ = B−1A1 =
⎡⎣ −1212
⎤⎦ ,⎡⎣ γ2,4
γ3,4
⎤⎦ = B−1A4 =
⎡⎣ −5434
⎤⎦oraz
∆1 =c,B−1A1
®− c1 = −
1
2,
∆4 =c, B−1A4
®− c4 = −
17
4.
23
Tablica sympleksowa dla punktu w = (0, 0, 1, 0) jest wiec postaci
u1 u2 u3 u4
u2 −12
1 0 −540
u3 12
0 1 34
1
−12
0 1 −1743
.
Łatwo widac, ze dla powyzszej tablicy zachodzi przypadek 10, co oznacza, ze punkt w =
(0, 0, 1, 0) jest rozwiazaniem zadania.
Zadanie 27 Rozwiazac metoda sympleksowa zadanie⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩
J(u) = u1 − u2 + u4 → min .
u ∈ U = {u = (u1, u2, u3, u4) ∈ R4; u ≥ 0,
2u1 − 2u2 + 4u3 + u4 = 2,
u1 + u2 + u4 = 0}
,
startujac z punktu wierzchołkowego ν = (0, 0, 12, 0), wiedzac, ze jego baza jest układ kolumn⎡⎣ 2
1
⎤⎦,⎡⎣ 40
⎤⎦.Zadanie 28 Zapisac zadanie⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩
J(u) = u1 + 2u2 + 3u3 + 4u4 → min .
u ∈ U = {u = (u1, u2, u3, u4) ∈ R4; u ≥ 0,
u1 + u2 + 3u3 + u4 ≤ 3,
u1 − u2 + u3 + 2u4 = 1}
w postaci zadania kanonicznego, rozwiazac tak otrzymane zadanie metoda sympleksowa,
a nastepnie podac rozwiazanie zadania wyjsciowego.
Zadanie 29 Rozwiazac metoda sympleksowa zadanie⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩
J(u) = u1 + 2u2 + 3u3 + 4u4 → min .
u ∈ U = {u = (u1, u2, u3, u4) ∈ R4; u ≥ 0,
u1 + u2 + 3u3 + u4 = 3,
u1 − u2 + u3 + 2u4 = 1}
,
24
startujac z punktu wierzchołkowego
v = (0,5
3, 0,4
3).
Zadanie 30 Sprawdzic, korzystajac z zadania pomocniczego, czy zbiór
U = {u = (u1, u2, u3, u4) ∈ R4; u ≥ 0,
u1 + u2 + 3u3 + u4 = 3,
u1 − u2 + u3 + 2u4 = 1}
jest niepusty i jesli tak - wyznaczyc, przy pomocy metody sympleksowej, punkt wierz-
chołkowy tego zbioru.
Rozwiazanie. Rozwazmy zadanie pomocnicze⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩J(z) = u5 + u6 → min .
Z = {z = (u1, ..., u6) ∈ R6; z ≥ 0 ,
⎡⎣ 1 1 3 1 1 0
1 −1 1 2 0 1
⎤⎦ z =⎡⎣ 31
⎤⎦}Widac, ze b =
⎡⎣ 10
⎤⎦ ≥ 0. Punkt z0 = (0, b) = (0, 0, 0, 0, 3, 1) jest punktem wierz-
chołkowym zbioru Z z baza C5 =
⎡⎣ 10
⎤⎦, C6 =⎡⎣ 01
⎤⎦.Zastosujmy wiec do zadania pomocniczego metode sympleksowa. W tym przypadku
r = 2, j1 = 5, j2 = 6, z = (u5, u6), v = (3, 1), c = (1, 1), B =
⎡⎣ 1 0
0 1
⎤⎦. ZatemB−1 =
⎡⎣ 1 0
0 1
⎤⎦ ,skad ⎡⎣ γ5,1
γ6,1
⎤⎦ = B−1C1 = C1 =
⎡⎣ 11
⎤⎦ ,⎡⎣ γ5,2
γ6,2
⎤⎦ = B−1C2 = C2 =
⎡⎣ 1
−1
⎤⎦ ,25
⎡⎣ γ5,3
γ6,3
⎤⎦ = B−1C3 = C3 =
⎡⎣ 31
⎤⎦ ,⎡⎣ γ5,4
γ6,4
⎤⎦ = B−1C4 = C4 =
⎡⎣ 12
⎤⎦ .oraz
∆1 =c,B−1C1
®− c1 = h(1, 1), (1, 1)i− 0 = 2,
∆2 =c, B−1C2
®− c2 = h(1, 1), (1,−1)i− 0 = 0,
∆3 =c, B−1A3
®− c3 = h(1, 1), (3, 1)i− 0 = 4,
∆4 =c, B−1A4
®− c4 = h(1, 1), (1, 2)i− 0 = 3.
Tablica sympleksowa dla punktu v = (0, 0, 0, 0, 3, 1) jest wiec postaci
u1 u2 u3 u4 u5 u6
u5 1 1 3 1 1 0 3
u6 1 −1 1 2 0 1 1
2 0 4 3 0 0 4
.
Dla powyzszej tablicy zachodzi przypadek 30. Mamy
∆1 > 0
Iv,1 = {ji ∈ {5, 6}; γji,1 > 0} = {5, 6},
skad
minji∈Iv,1
vji
γji,1= min{3
1,1
1} = 1
Zatem k = 1, js = 6 (elementem rozwiazujacym tablicy sympleksowej jest γ6,1 = 1). Baza
kolejnego punktu wierzchołkowego bedzie układ kolumn
C1, C5.
Korzystajac z twierdzenia charakteryzujacego punkty wierzchołkowe znajdujemy kolejny
punkt wierzchołkowy w: ⎡⎣ 11
⎤⎦w1 +⎡⎣ 10
⎤⎦w5 =⎡⎣ 31
⎤⎦ ,26
skad w = (1, 0, 0, 0, 2, 0). Ponadto, B =
⎡⎣ 1 1
1 0
⎤⎦ i w konsekwencji
B−1 =1
−1
⎡⎣ 0 −1
−1 1
⎤⎦T =⎡⎣ 0 1
1 −1
⎤⎦ ,skad ⎡⎣ γ1,2
γ5,2
⎤⎦ = B−1C2 =
⎡⎣ −12
⎤⎦ ,⎡⎣ γ1,3
γ5,3
⎤⎦ = B−1C3 =
⎡⎣ 12
⎤⎦ ,⎡⎣ γ1,4
γ5,4
⎤⎦ = B−1C4 =
⎡⎣ 2
−1
⎤⎦ ,⎡⎣ γ1,6
γ5,6
⎤⎦ = B−1C6 =
⎡⎣ 1
−1
⎤⎦ .oraz
∆2 = h(0, 1), (−1, 2)i− 0 = 2,
∆3 = h(0, 1), (1, 2)i− 0 = 2,
∆4 = h(0, 1), (2,−1)i− 0 = −1,
∆6 = h(0, 1), (1,−1)i− 1 = −2.
Tablica sympleksowa dla punktu w = (1, 0, 0, 0, 2, 0) jest wiec postaci
u1 u2 u3 u4 u5 u6
u1 1 −1 1 2 0 1 1
u5 0 2 2 −1 1 −1 2
0 2 2 −1 0 −2 2
.
Dla powyzszej tablicy zachodzi przypadek 30. Mamy
∆2 > 0
27
Iv,2 = {ji ∈ {1, 5}; γji,2 > 0} = {5},
skad
minji∈Iv,2
vji
γji,1= min{2
2} = 1
Zatem k = 2, js = 5 (elementem rozwiazujacym tablicy sympleksowej jest γ5,2 = 2). Baza
kolejnego punktu wierzchołkowego bedzie układ kolumn
C1, C2.
Korzystajac z twierdzenia charakteryzujacego punkty wierzchołkowe znajdujemy kolejny
punkt wierzchołkowy w: ⎡⎣ 11
⎤⎦w1 +⎡⎣ 1
−1
⎤⎦w2 =⎡⎣ 31
⎤⎦ ,skad w = (2, 1, 0, 0, 0, 0). Ponadto, B =
⎡⎣ 1 1
1 −1
⎤⎦ i w konsekwencji
B−1 =1
−2
⎡⎣ −1 −1−1 1
⎤⎦T =⎡⎣ 1
212
12−12
⎤⎦ ,skad ⎡⎣ γ1,3
γ2,3
⎤⎦ = B−1C3 =
⎡⎣ 21
⎤⎦ ,⎡⎣ γ1,4
γ2,4
⎤⎦ = B−1C4 =
⎡⎣ 32
−12
⎤⎦ ,⎡⎣ γ1,5
γ2,5
⎤⎦ = B−1C5 =
⎡⎣ 12
12
⎤⎦ ,⎡⎣ γ1,6
γ2,6
⎤⎦ = B−1C6 =
⎡⎣ 12
−12
⎤⎦ .oraz
∆3 = h(0, 0), (2, 1)i− 0 = 0,
28
∆4 =
¿(0, 0), (
3
2,−12)
À− 0 = 0,
∆5 =
¿(0, 0), (
1
2,1
2)
À− 1 = −1,
∆6 =
¿(0, 0), (
1
2,−12)
À− 1 = −1.
Tablica sympleksowa dla punktu w = (1, 0, 0, 0, 2, 0) jest wiec postaci
u1 u2 u3 u4 u5 u6
u1 1 0 2 32
12
12
2
u2 0 1 1 −12
12−121
0 0 0 0 −1 −1 0
.
Dla powyzszej tablicy zachodzi przypadek 10. Poniewaz J1(2, 1, 0, 0, 0, 0) = 0, wiec zbiór
U jest niepusty. Ponadto, poniewaz punkt z∗ = (2, 1, 0, 0, 0, 0) jest rozwiazaniem zadania
pomocniczego, wiec punkt v1 = (2, 1, 0, 0) jest punktem wierzchołkowym zbioru U .
Zadanie 31 „Kontrprzykład do stwierdzenia: jesli v jest rozwiazaniem zadania, to ∆i ≤
0 dla dowolnego i = 1, ..., n.
⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩J(u1, u2, u3) = u1 + u2 → min .
U = {u = (u1, ..., u3) ∈ R3; u ≥ 0 ,
⎡⎣ 1 0 1
0 1 0
⎤⎦u =⎡⎣ 00
⎤⎦} .
Oczywiscie (0, 0, 0) jest punktem wierzchołkowym zbioru U z baza A1, A2 (na mocy twierdzenia
charakteryzujacego punkty wierzchołkowe). Łatwo widac, ze punkt ten jest rozwiazaniem
zadania. Tablica sympleksowa dla punktu (0, 0, 0) jest postaci
u1 u2 u3
u1 1 0 1 0
u2 0 1 0 0
0 0 1 0
,
29
poniewaz ⎡⎣ γ1,3
γ2,3
⎤⎦ = B−1A3 =
⎡⎣ 1 0
0 1
⎤⎦⎡⎣ 10
⎤⎦ =⎡⎣ 10
⎤⎦ .oraz
∆3 = h(1, 1), (1, 0)i− 0 = 1.
Zauwazmy dalej, ze dla powyzszej tablicy zachodzi przypadek 30. Łatwo widac, ze k =
3, js = 1. W zwiazku z tym baza nowego punktu wierzchołkowego jest układ A2, A3.
Tym punktem wierzchołkowym jest punkt (0, 0, 0). Teraz tablica sympleksowa dla punktu
(0, 0, 0) jest postaci
u1 u2 u3
u2 0 1 0 0
u3 1 0 1 0
−1 0 0 0
,
poniewaz ⎡⎣ γ2,1
γ3,1
⎤⎦ = B−1A1 =
⎡⎣ 0 1
1 0
⎤⎦⎡⎣ 10
⎤⎦ =⎡⎣ 01
⎤⎦ .oraz
∆1 = h(1, 0), (0, 1)i− 1 = −1,
co oznacza, ze ma miejsce 10 przypadek. Zatem punkt (0, 0, 0) jest rozwiazaniem zadania/
Zadanie 32 Rozwazmy zadanie⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩
J(u) = u1 + 3u2 − 5u3 + u4 − 3u5 → min .
u ∈ U = {u ∈ R5; u ≥ 0,
u1 + u2 − 4u3 + u4 − 3u5 = 3,
u1 − 4u3 + 2u4 − 5u5 = 6}.
Utworzyc tablice sympleksowa dla punku wierzchołkowego v = (0, 0, 0, 3, 0), wiedzac, ze
współrzednymi bazowymi tego punktu sa współrzedne v1, v4. Czy punkt v jest rozwiazaniem
zadania? Odpowiedz uzasadnic.
30