Odpowiedzi, wskazówki, rozwiązania
Zad 18. Zbiór dopuszczalny określony jest nierównościami
0
Wprowadzimy nieujemne zmienne bilansujące i zapiszemy zbiór za pomocą układu równań
0
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:
0 weźmy dla przykładu wektor P1
1
Oznacza to , że wektor [θ, 0, 0, 7−3θ,12−2θ,10+4θ] 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
0 4 10 0 2 12 0 3
7− θ ≥ , − θ ≥ , + θ ≥ stąd wystarczy aby
3 6 7
3
7 ⇒ ≤
≤ θ
θ min ,
Jeśli 3
= 7
θ to czwarta współrzędna będzie równa 0, a pozostałe będą nieujemne,
otrzymaliśmy nowy wierzchołek w2
3 58 3 0 22 0 3 0
7, , , , , . Oczywiście można wybrać do
bazy inny wektor np. P 3
Rozdział 2.
Zad 19a . Minimum funkcji fmin= -4 dla punktów na odcinku α(1,3)+(1−α)(3,1), 0≤α ≤1. 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
2x1+x2 ≥2 3x1+3x2 ≤6 dla nieujemnych zmiennych
Krawędzią pierwszej nierówności jest prosta l1, krawędzią drugiej jest prosta l2. Proste c
x x − =
− 1 2 są równoległe do prostej opisującej funkcję celu f(X)=−x1−x2 . 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 α(2,0)+(1−α)(0,2), 0≤α ≤1i 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
6 2 3
0
2 1
2 1
≤ +
≤
− x x
x x
dla nieujemnych zmiennych
Krawędzią pierwszej nierówności jest prosta l1, krawędzią drugiej jest prosta l2. Proste c
x
x1+ 2 = są równoległe do prostej opisującej funkcję celu f(X)=x1+x2 . 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 α(1,0)+(1−α)(0,1), 0≤α ≤1.
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
0 2
2
2 2
2 1 2
1 2 1
≥
≥ +
≤ +
−
x x x
x x x
,
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 −x1+x2 =c są równoległe do prostej opisującej funkcję celu f(X)=−x1+x2 . 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 α(2,0)+(1−α)(3.5,1.5), 0≤α ≤1. Zad 19j. 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
0 0
2 1 1
2 1 2
1 2 1
2 1
≥
≤ +
−
≥
−
≥ +
x x x
x x x
x x
,
Krawędzią pierwszej nierówności jest prosta l1, krawędzią drugiej jest prosta l2, trzeciej prosta l3 . Proste 2x1+x2 =c są równoległe do prostej opisującej funkcję celu
2
2x1 x X
f( )= + . 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 α(1,0)+(1−α)(0,1), 0≤α ≤1.
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
0 9
3
4
2 1 2
1 2 1
≥
≤ +
≥ +
−
x x x
x x x
,
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 f(X)=8x1+10x2, której chcemy wyznaczyć wartość maksymalną. Ograniczenia stanowią ilości zapasów materiałów budowlanych :
0 60
2
100 2
3
2 1 2
1
2 1
≥
≤ +
≤ +
x x x
x
x x
,
Zmienna x1oznacza szukaną liczbę elementów A, zmienna x2liczbę elementów B.
Ponieważ zagadnienie jest dwuwymiarowe zastosujemy metodę graficzną.
Narysujemy zbiór dopuszczalny
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
=
≥
= +
= +
−
4 3 2 1 0 3
3
1 2
4 2
1
3 2 1
, , , ,
, x i
x x
x
x x x
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 f(x)=x1−x3 jest równa -1. Zapiszemy równania w innej postaci wyróżniając zmienne bazowe
2 1 4
2 1 3
3 3
2 1
x x x
x x x
−
−
=
+
−
=
Oraz zapiszemy funkcję celu w niebazowych zmiennych 2
1 2
1
1 1 x 2x 1 x 2x
x x
f( )= −( − + )=− + −
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 x2do bazy, szukając nowego wierzchołka, dla którego funkcja celu będzie mieć mniejszą wartość.
2 1 4
2 1 3
3 3
2 1
x x x
x x x
−
−
=
+
−
=
Z pierwszego równania wynika , że zmienna x2 może rosnąć dowolnie , z drugiego równania wynika, że zmienna ta może rosnąć tylko do 1, wtedy zmienna x4 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 x2,x 3
4 1 2
4 1 4
1 1
3
3 1 3 1 1
3 2 3 1 5 3
1 3 1 1 2 1
x x x
x x x
x x
x
−
−
=
−
−
=
− −
+
−
=
A funkcję celu zapiszemy w zmiennych niebazowych
4 1 4
1
1 3
2 3 3 5 3
1 3 1 1 2
1 x x x x x
x
f =− + +
− −
− +
−
= ) (
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 f(X)=−x1−2x2przy ograniczeniach
0 2
2
2
2 1 2
1 2 1
≥
≤ +
−
≤
−
x x x
x x x
,
Wprowadzamy nieujemne zmienne bilansujące x , 3 x4 do układu nierówności , dla których przyjmujemy zerowe współczynniki w funkcji celu .
0 2
2
2
2 1 4
2 1
3 2 1
≥
= + +
−
= +
−
x x x
x x
x x x
,
Pierwszym wierzchołkiem jest w1(0, 0, 2, 2), w którym funkcja celu zeruje się. Zmienne x , 3 x4są zmiennymi bazowymi. Funkcja f(X)=−x1−2x2 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 x2, a eliminujemy zmienną x4. Druga tablica simpleks ma postać
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 x2był wektor taki jaki poprzednio był w kolumnie odpowiadającej zmiennej x4, 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 x1. Ale wszystkie współczynniki w równaniach przy zmiennej x1 są ujemne , zmienna może rosnąć nieograniczenie, w konsekwencji funkcja celu może maleć do minus nieskończoności.
Zad22b. Trzeba wyznaczyć maksimum funkcji f(X)=2x1+2x2. Aby móc zastosować ten sam algorytm co w poprzednich zadaniach obliczymy minimum funkcji
2
1 2
2x x X
f =− −
− ( ) przy ograniczeniach
0 1
4
2 1 2
1 2 1
≥
≤ +
−
≤ +
x x x
x x x
,
Wprowadzimy zmienne bilansujące i zastosujemy metodę simpleks.
0 1
4
4 3 2 1 4
2 1
3 2 1
≥
= + +
−
= + +
x x x x x
x x
x x x
, , ,
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 f(X)=4x1−x2+2x3+x4
przy ograniczeniach
4 3 2 1 0 4
5
12 2
3
4 2
1
4 3 2 1
, , , , =
≥
≤
− +
−
≤ + +
−
i x x
x x
x x x x
i
Wprowadzamy dwie nieujemne zmienne bilansujące x , 5 x i stosujemy metodę 6 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 f(X)=x2 −x3
0 , , 13
5
8 2 4
16 2
3
3 2 1 3
2 3 2
3 2 1
≥
≤
−
≤
−
= + +
x x x x
x x x
x x x
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.
Zad22e. Rozwiązanie w
3 5 3 4, ,
3
−19
= ) (w
f . Podane są w wierzchołku optymalnym tylko wartości zmiennych pierwotnych .
Zad22f. Mamy obliczyć minimum funkcji f(X)= x1+2x2 przy ograniczeniach
0 2
2 1
2
2x1+ x2 ≥ x1 +x2 ≤ x1,x2 ≥ Wprowadzamy dwie nieujemne zmienne bilansujące
0 2
2
1 2
2
4 3 2 1 4
2 1
3 2 1
≥
= + +
=
− +
x x x x x
x x
x x x
, , ,
A ponieważ zmienne x , 3 x4 nie mogą tworzyć bazy (zmienna x nie może być ujemna), 3 wprowadzamy nieujemną zmienną sztuczną. Aby algorytm simpleks eliminował sztuczną zmienną z bazy do funkcji celu wprowadzamy ją z bardzo dużym współczynnikiem .
min )
(X =x1+2x2 +0⋅x3+0⋅x4 +Mx5 ⇒ f
0 2
2
1 2
2
5 4 3 2 1 4
2 1
5 3 2 1
≥
= +
+
= +
− +
x x x x x x
x x
x x x x
, , , ,
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
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 x3,x4,x5.
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 x1, a wyeliminowaliśmy zmienną x . Funkcja w drugim wierzchołku zmalała do 12. Rozwiązaniem jest trzeci 5 wierzchołek , po wprowadzeniu zmiennej x2i wyeliminowaniu zmiennej x4. 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 .