Badania operacyjne

(1)

Badania operacyjne

kierunek Informatyka, studia II stopnia

´cwiczenia

1 Programowanie liniowe

1.1 Modelowanie

Zadanie 1.Producent odzie·zy powinien okre´slić, ile kurtek i p÷aszczy nale·zy wyprodukować tak, aby zysk osi ¾agni ¾ety z ich sprzeda·zy by÷maksymalny. Do produkcji wykorzystywany jest jeden rodzaj tkaniny. Producent posiada 150 m² tej tkaniny. Zgodnie z zamówieniami nale·zy wyprodukować co najmniej 20 kurtek i co najwy·zej 10 p÷aszczy. Do produkcji jednej kurtki i jednego p÷aszcza potrzeba odpowiednio 2; 5 m² i 4 m² tkaniny. Przy sprzeda·zy jednej kurtki producent osi ¾aga zysk 50 z÷, p÷aszcza - 60 z÷.

Rozwi ¾azanie. Wprowad´zmy nast ¾epuj ¾ace oznaczenia:

u¹ - ilo´s´c wyprodukowanych kurtek, u² - ilo´s´c wyprodukowanych p÷aszczy.

Ograniczenia na÷o·zone na zmienne u¹, u² mo·zna zapisa´c nast ¾epuj ¾aco:

u¹ 20; u² 10;

2; 5u¹+ 4u² 150:

Funkcjona÷kosztu, który nale·zy zmaksymalizowa´c, przyjmuje posta´c 50u¹+ 60u²

Uwzgl ¾edniaj ¾ac wi ¾ec naturalne ograniczenia nieujemno´sci zmiennych u¹, u², mo·zemy zapisa´c badane zagadnienie w postaci nast ¾epuj ¾acego zadania programowania liniowego

8>

><

>>

:

h( 50; 60); (u¹; u²)i ! min : u2 U = fu = (u¹; u²)2 R²; u 0;

2 4

1 0

0 1

2; 5 4 3 5 u¹

u²

2 4

20 10 150

3 5g :

Zadanie 2. Wytwórca mebli powinien okre´sli´c, ile sto÷ów, krzese÷, biurek i szaf nale·zy wyprodukowa´c, by zysk z ich sprzeda·zy by÷maksymalny. Do produkcji wykorzystywane s ¾a dwa typy desek. Wytwórca posiada 1500 m desek I typu i 1000 m - desek II typu

(2)

oraz dysponuje kapita÷em 860 godzin roboczych na wykonanie zaplanowanej produkcji. Ze z÷o·zonych zamówie´n i mo·zliwo´sci magazynowych wynika, ·ze nale·zy wyprodukowa´c co najmniej 40 sto÷ów, co najmniej 130 krzese÷, co najmniej 30 biurek i nie wi ¾ecej ni·z 10 szaf.

Do produkcji ka·zdego sto÷u, krzes÷a, biurka i szafy potrzeba odpowiednio 5, 1, 9, 12 m desek I typu i 2, 3, 4, 1 m desek II typu. Na wykonanie sto÷u potrzeba 3 godzin pracy, krzes÷a -2 godzin, biurka - 5 godzin, szafy - 10 godzin. Ze sprzeda·zy jednego sto÷u, krzes÷a, biurka i szafy wytwórca osi ¾aga zysk odpowiednio 50, 20, 60 i 40 z÷.

Model. Wprowad´zmy nast ¾epuj ¾ace oznaczenia:

u¹ - ilo´s´c sto÷ów u² - ilo´s´c krzese÷

u³ - ilo´s´c biurek u⁴ - ilo´s´c szaf

Funkcjona÷kosztu, który nale·zy zmaksymalizowa´c, przyjmuje posta´c 50u¹+ 20u²+ 60u³+ 40u⁴ ! max :

Ograniczenia na÷o·zone na zmienne u¹; :::; u⁴ mo·zna zapisa´c nast ¾epuj ¾aco:

u¹ 40; u² 130; u³ 30; u⁴ 10;

5u¹+ u² + 9u³+ 12u⁴ 1500;

2u¹+ 3u²+ 4u³+ u⁴ 1000;

3u¹+ 2u² + 5u³+ 10u⁴ 860

Zatem, uwzgl ¾edniaj ¾ac standardowe ograniczenia nieujemno´sci zmiennych u¹; :::; u⁴, mo·zemy zapisa´c badane zagadnienie w nast ¾epuj ¾acej postaci

8>

>>

><

>>

:

h( 50; 20; 60; 40); (u¹; u²; u³; u⁴)i ! min :

u2 U = fu = (u¹; :::; u⁴)2 R⁴; u 0;

2 66 66 66 66 4

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

3 77 77 77 77 5

2 66 4

u¹ u² u³ u⁴

3 77 5

2 66 66 66 66 4

1500 1000 860

40 130 30 10

3 77 77 77 77 5

g :

Zadanie 3. Zadaniem dietetyka jest opracowanie sk÷adu porannej owsianki tak, aby zawiera÷a ona niezb ¾edne dzienne zapotrzebowanie organizmu na okre´slone sk÷adniki od·zyw- cze i jednocze´snie by÷a mo·zliwie najta´nsz ¾a. Dietetyk ma dyspozycji p÷atki dwóch rodzajów:

I i II. ´Sniadanie powinno zawierać co najmniej 1 mg witaminy B1, 12 mg ·zelaza i mieć warto´sć energetyczn ¾a równ ¾a 360 kcal. 100 g p÷atków I rodzaju zawiera 1; 2 mg witaminy B1, 12 mg ·zelaza i ma warto´sć energetyczn ¾a równ ¾a 358 kcal, natomiast 100 g p÷atków II rodzaju zawiera 1; 5 mg witaminy B1, 10 mg ·zelaza i ma warto´sć energetyczn ¾a równ ¾a 390 kcal. Ponadto 100 g p÷atków I rodzaju kosztuje 32 gr, a 100 g p÷atków II rodzaju - 36 gr.

(3)

Rozwi ¾azanie. Wprowad´zmy nast ¾epuj ¾ace oznaczenia:

u¹ - ilo´s´c p÷atków I rodzaju (100 gramowych porcji) u² - ilo´s´c p÷atków II rodzaju (100 gramowych porcji)

Funkcjona÷kosztu, który nale·zy zminimalizowa´c jest postaci 32u¹+ 36u²,

natomiast ograniczenia mo·zna zapisa´c w postaci nast ¾epuj ¾acych nierówno´sci i równo´sci 1; 2u¹+ 1; 5u² 1;

12u¹ + 10u² 12;

358u¹+ 390u² = 360:

Po uwzgl ¾ednieniu naturalnych ogranicze´n nieujemno´sci zmiennych u¹, u² otrzymujemy nast ¾epuj ¾ace zadanie programowania liniowego

8>

><

>>

:

h(32; 36); (u¹; u²)i ! min :

u2 U = fu = (u¹; u²)2 R²; u 0;

1; 2 1; 5

12 10

u¹ u²

1

12 ; 358 390 u¹

u² = [360]g :

Zadanie 4. Zapisa´c nast ¾epuj ¾ace zadanie w postaci zadania programowania liniowego.

Producent farb musi okre´slić, ile litrów farby bia÷ej, zielonej, niebieskiej i czerwonej powinien wyprodukować, aby zysk osi ¾agni ¾ety ze sprzeda·zy by÷maksymalny. Do produkcji wykorzystywane s ¾a trzy surowce: A, B i C. Producent posiada 230 litrów surowca A, 200 litrów - surowca B i 170 litrów - surowca C oraz dysponuje kapita÷em 160 godzin roboczych. Z przyj ¾etych zamówień wynika, ·ze nale·zy wyprodukować co najmniej 125 litrów farby bia÷ej, co najmniej 135 litrów - farby zielonej, co najwy·zej 205 litrów - farby niebieskiej i nie mniej ni·z 175 litrów - farby czerwonej. Ilo´sci poszczególnych surowców potrzebnych do wyprodukowania 1 litra ka·zdej farby przedstawione s ¾a w nast ¾epuj ¾acej tabeli (w litrach)

bia÷a 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 ka·zdej farby wymaga 15 minut pracy. Zysk ze sprzeda·zy 1 litra farby bia÷ej wynosi 7 z÷, zielonej - 6 z÷, niebieskiej - 7 z÷, czerwonej - 5 z÷.

Rozwi ¾azanie. Symbolem u¹, u², u³ oznaczać b ¾edziemy odpowiednio ilo´sć (w litrach) farby bia÷ej, zielonej, niebieskiej i czerwonej, któr ¾a nale·zy wyprodukować. Funkcja÷kosztu dla tego zagadnienia, który nale·zy zmaksymalizować, ma nast ¾epuj ¾ac ¾a postać

7u¹+ 6u²+ 7u³+ 5u⁴;

(4)

za´s ograniczenia s ¾a nast ¾epuj ¾ace:

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

Uwzgl ¾edniaj ¾ac zatem standardowe ograniczenia nieujemno´sci zmiennych uⁱ, mo·zemy badane zagadnienie zapisa´c w postaci nast ¾epuj ¾acego zadania programowania liniowego w postaci podstawowej

8>

>>

><

>>

:

h( 7; 6; 7; 5); (u¹; :::; u⁴)i ! min : u2 U = fu = (u¹; :::; u⁴)2 R⁴;

u 0;

2 66 66 66 66 66 4

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

3 77 77 77 77 77 5

2 66 4

u¹ u² u³ u⁴

3 77 5

2 66 66 66 66 66 4

125 135 205

175 230 200 170 160

3 77 77 77 77 77 5

g:

:

1.2 Równowa· zno´s´c zada´ n

Zadanie 5. Zapisa´c zadanie „o stolarzu”w postaci równowa·znego zadania kanonicznego.

Rozwi ¾azanie. Przypomnijmy posta´c podstawow ¾a zadania „o stolarzu”

h( 50; 20; 60; 40); (u¹; u₂; u₃; u₄)i ! min :

u2 U = fu 2 Rⁿ; u₁ 0; u₂ 0; u₃ 0; u₄ 0;

2 66 66 66 66 4

1 0 0 0

0 1 0 0

0 0 1 0

0 0 0 1

5 1 9 12

2 3 4 1

3 2 5 10

3 77 77 77 77 5

u 2 66 66 66 66 4

40 130

30 10 1500 1000 860

3 77 77 77 77 5

g:

(5)

Zatem, zadanie kanoniczne równowa·zne powy·zszemu zadaniu jest postaci h( 50; 20; 60; 40; 0; 0; 0; 0; 0; 0; 0); (z¹; :::; z₄; z₅; :::; z₁₁)i ! min :

z2 Z = fz 2 R⁴⁺⁷; z 0;

2 66 66 66 66 4

1 0 0 0 1 0 ::: 0

0 1 0 0 0 1 ::: 0

0 0 1 0 0 0 ::: 0

0 0 0 1 0 0 ::: 0

5 1 9 12 0 0 ::: 0

2 3 4 1 0 0 ::: 0

3 2 5 10 0 0 ::: 1 3 77 77 77 77 5

z = 2 66 66 66 66 4

40 130

30 10 1500 1000 860

3 77 77 77 77 5

g:

Zadanie 5a. Zapisa´c nast ¾epuj ¾ace zadanie programowania liniowego J (u) = u₁ 3u₃ 2u₄+ 15u₅ ! min :

u2 U = fu = (u¹; u₂; u₃; u₄; u₅)2 R⁵; u₁ 0; u₄ 0; u₅ 0; u₁+ 2u₃ 21;

u₂+ u₄+ 3u₅ 10; u₂ u₃+ 7u₅ = 2; 2u₁ 7u₄ = 9g w postaci równowa·znego zadania kanonicznego.

Rozwi ¾azanie. Najpierw, zapiszmy powy·zsze zadanie w postaci macierzowo-wektorowej:

8>

><

>>

:

J (u) =h(1; 0; 3; 2; 15); (u¹; :::; u₅)i ! min : u2 U = fu 2 R⁵; u1 0; u1 0; u1 0;

1 0 2 0 0

0 1 0 1 3 u 21

10 ; 0 1 1 0 7

2 0 0 7 0 u = 2

9 g :

W tym przypadku n = 5, I = f1; 4; 5g; J = f2; 3g; m = 2, s = 4; c = (1; 0; 3; 2; 15);

A = 1 0 2 0 0

0 1 0 1 3 ; A= 0 1 1 0 7

2 0 0 7 0 ;

b = 21

10 ; b = 2 9 :

Zatem, p = 2 + 3 + 2 + 2 = 9 i równowa·zne zadanie kanoniczne jest nast ¾epuj ¾ace:

8>

>>

><

>>

:

J (z) =h(0; 0; 1; 2; 15; 0; 3; 0; 3); (v¹; v2; u1; u4; u5; w2; w3; w2; w3)i ! min : z 2 Z = fz = (v¹; v₂; u₁; u₄; u₅; w₂; w₃; w₂; w₃)2 R⁹; z 0;

2 66 4

1 0 1 0 0 0 2 0 2

0 1 0 1 3 1 0 1 0

0 0 0 0 7 1 1 1 1

0 0 2 7 0 0 0 0 0

3 77 5 z =

2 66 4

21 10 2 9

3 77 5g

:

Zadanie 6. Zapisa´c poni·zsze zadanie ogólne 8>

>>

><

>>

:

J (u) = u₁+ 2u₂ + 3u₃ ! min : u2 U = fu = (u¹; u2; u3)2 R³; u1 0;

10u₁+ 20u₂+ 30u₃ 11;

100u₁+ 200u₂+ 300u₃ 12 1000u1+ 2000u2+ 3000u3 = 0g:

(6)

w formie równowa·znego zadania kanonicznego

Rozwi ¾azanie. Najpierw, zapiszmy powy·zsze zadanie w postaci macierzowo-wektorowej:

8>

><

>>

:

J (u) =h(1; 2; 3); (u¹; :::; u₃)i ! min : u2 U = fu 2 R³; u₁ 0;

10 20 30

100 200 300 u 11

12 ; 1000 2000 3000 u = [0]g :

W naszym przypadku n = 3, I = f1g; J = f2; 3g; m = 2, s = 3; c = (1; 2; 3);

A = 10 20 30

100 200 300 ; A = 1000 2000 3000 ; b = 11

12 ; b= [0] : A wi ¾ec, równowa·zne zadanie kanoniczne jest nast ¾epuj ¾ace

8>

>>

><

>>

:

J (z) =h(0; 0; 1; 2; 3; 2; 3); (v¹; v₂; u₁; w₂; w₃; w₂; w₃)i ! min : z 2 Z = fz = (v2 ¹; v₂; u₁; w₂; w₃; w₂; w₃)2 R⁷; z 0;

4

1 0 10 20 30 20 30

0 1 100 200 300 200 300 0 0 0; 1 0; 2 0; 3 0; 2 0; 3

3 5 z =

2 4

11 12 0

3 5g

:

Zadanie 7. Zapisa´c zadanie „o diecie”w postaci kanonicznego zadania programowania liniowego.

Rozwi ¾azanie. Przypomnijmy posta´c macierzowo-wektorow ¾a zadania „o diecie”:

h(0:32; 0:36); (u¹; u₂)i ! min :

u2 U = fu 2 R²; u₁ 0; u₂ 0;

1:2 1:5

12 10 u 1

12 ; 358 390 u = [360]g:

W tym przypadku, n = 2, I = f1; 2g; J = ?; m = 2, s = 3; c = (1; 2; 3);

A = 1:2 1:5

12 10 ; A = 358 390 ;

b = 1

12 ; b = [360] :

A wi ¾ec, p = 2 + 2 = 4 i równowa·zne zadanie kanoniczne jest postaci:

8>

>>

><

>>

:

J (z) =h(0; 0; 0:32; 0:36); (v¹; v₂; u₁; u₂)i ! min : z 2 Z = fz = (v2 ¹; v2; u1; u2)2 R⁴; z 0;

4

1 0 1:2 1:5

0 1 12 10

0 0 358 390 3 5 z =

2 4

1 12 360

3 5g

:

(7)

Zadanie 8. Zapisa´c zadanie „o diecie”w postaci kanonicznego zadania programowania liniowego.:

h(3; 5; 7; 9); (u¹; :::; u₄)i ! min :

u2 U = fu 2 R⁴; u₂ 0; u₄ 0;

2 4

11 12 13 14

21 0 23 0

0 32 0 0

3 5 u

2 4

1 1 8 3 5 ;

41 42 43 44

51 0 0 54 u = 2 2 g:

Rozwi ¾azanie. W tym przypadku, n = 4, I = f2; 4g; J = f1; 3g; m = 3, s = 5; c = (3; 5; 7; 9);

A = 2 4

11 12 13 14

21 0 23 0

0 32 0 0

3

5 ; A = 41 42 43 44 51 0 0 54 ;

b = 2 4

1 1 8 3

5 ; b = 2 2 :

Zatem, p = 3 + 2 + 2 + 2 = 9 i równowa·zne zadanie kanoniczne jest postaci:

8>

>>

><

>>

:

J (z) =h(0; 0; 5; 9; 3; 7; 3; 7); (v¹; v₂; u₂; u₄; w₁; w₃; w₁; w₃)i ! min : z 2 Z = fz = (v2 ¹; v₂; u₂; u₄; w₁; w₃; w₁; w₃)2 R⁹; z 0;

66 66 4

1 0 0 12 14 11 13 11 13

0 1 0 0 0 21 23 21 23

0 0 1 32 0 0 0 0 0

0 0 0 42 44 41 43 41 43

0 0 0 0 54 51 0 51 0

3 77 77 5

z = 2 66 66 4

1 1 8 2

2 3 77 77 5g

:

1.3 Interpretacja geometryczna zada´ n programowania liniowego

Zadanie 9. Rozwi ¾aza´c w sposób geometryczny nast ¾epuj ¾ace zadanie:

8>

>>

><

>>

:

J (u) = u¹+ u² ! min :

u2 U = fu 2 R²; u 0;

2 66 4

2 1

1

2 1

1 1

1 0

3 77 5 u

2 66 4

2

1 2

2 3

3 77 5

:

Rozwi ¾azanie.

(8)

Jedynym rozwi ¾azaniem zadania jest punkt u = (1; 0).

8>

>>

><

>>

:

J (u) = 2u¹+ u² ! min :

u2 U = fu 2 R²; u 0;

2 66 4

1 1

1 1 1 2

2 1

3 77 5 u

2 66 4

1 1 0 5

3 77 5

:

Rozwi ¾azanie.

Zadanie posiada nieskończenie wiele rozwi ¾azań. Zbiór rozwi ¾azań jest postaci U =f (5

2; 0) + (1 )(10 3 ;5

3); 2 [0; 1]g:

Jest to bok wielok ¾ata U o ko´ncach (⁵₂; 0) i (¹⁰₃ ;⁵₃).

8>

><

>>

:

J (u) = u¹ u² ! min : u2 U = fu = (u¹; u²)2 R²; u 0;

1

2u¹+ u² 2;

1

3u¹ u² = 1g

:

(9)

Zadanie nie posiada rozwi ¾aza´n.

Zadanie 12. Rozwi ¾aza´c w sposób geometryczny nast ¾epuj ¾ace zadanie.

W pewnym zak÷adzie wytwarzane s ¾a produkty A i B. Do produkcji ka·zdego z nich wyko- rzystywana jest praca trzech maszyn: M1, M2, M3. Maszyna M1 mo·ze by´c wykorzystana przez 2400 minut, M2 - 4000 minut, M3 - 2700 minut. Poni·zsza tabela podaje czas pracy ka·zdej maszyny potrzebny do wyprodukowania jednostki ka·zdego produktu

A B

M1 3 6

M2 8 4

M3 9 3

Zysk ze sprzeda·zy jednostki produktu A wynosi 90 z÷, B - 60 z÷. Nale·zy zaplanowa´c pro- dukcj ¾e tak, by zysk ze sprzeda·zy by÷maksymalny.

1.4 Punkty wierzcho÷ kowe

Zadanie 13. Znale´z´c, w oparciu o twierdzenie, punkty wierzcho÷kowe zbioru U =fu = (u¹; u²; u³; u⁴)2 R⁴; u 0;

u¹+ u²+ 3u³+ u⁴ = 3; u¹ u²+ u³+ 2u⁴ = 1g:

Rozwi ¾azanie. ×atwo wida´c, ·ze

rank 1 1 3 1

1 1 1 2 = 2:

1⁰ Niech j1 = 1, j2 = 2. Kolumny A1 = 1

1 , A2 = 1

1 s ¾a liniowo niezale·zne.

Ponadto, rozwi ¾azaniem uk÷adu

A₁v¹+ A₂v² = 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 wierzcho÷kowym zbioru U z baz ¾a A1, A2.

1 , A3 = 3

A₁v¹+ A₃v³ = b;

czyli

v¹ + 3v³ = 3 v¹+ v³ = 1

(10)

jest para v¹ = 0 0, v³ = 1 0. Zatem punkt v = (0; 0; 1; 0) jest osobliwym punktem wierzcho÷kowym zbioru U z baz ¾a A1, A3.

1 , A4 = 1

2 . s ¾a liniowo niezale·zne.

A₁v¹+ A₄v⁴ = b;

czyli

v¹+ v⁴ = 3 v¹ + 2v⁴ = 1

jest para v¹ = 5 0, v⁴ = 2 < 0. Zatem kolumny A1, A4 nie s ¾a baz ¾a dla ·zadnego punktu wierzcho÷kowego.

1 , A3 = 3

A₂v²+ A₃v³ = 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 wierzcho÷kowym zbioru U z baz ¾a A2, A3.

1 , A4 = 1

2 . s ¾a liniowo niezale·zne.

A₂v²+ A₄v⁴ = b;

czyli

v²+ v⁴ = 3 v² + 2v⁴ = 1

jest para v² = ⁵₃ 0, v⁴ = ₃⁴ 0. Zatem punkt v = (0;⁵₃; 0;⁴₃)jest nieosobliwym punktem wierzcho÷kowym zbioru U z baz ¾a A2, A4.

1 , A4 = 1

A₃v³+ A₄v⁴ = b;

czyli

3v³+ v⁴ = 3 v³ + 2v⁴ = 1

jest para v³ = 1 0, v⁴ = 0 0. Zatem punkt v = (0; 0; 1; 0) jest osobliwym punktem wierzcho÷kowym zbioru U z baz ¾a A3, A4.

Zadanie 14. Znale·z´c, w oparciu o twierdzenie, punkty wierzcho÷kowe zbioru U =fu = (u¹; u²; u³)2 R³; u 0;

u¹+ 2u²+ 3u³ = 4; u¹+ 5u³ = 0g:

(11)

Poda´c bazy znalezionych punktów wierzcho÷kowych.

Zadanie 15. Znale´z´c w oparciu o twierdzenie, punkty wierzcho÷kowe zbioru U = fu = (u¹; u²; u³)2 R³; u 0;

u¹+ u²+ 2u³ = 10; u¹+ 3u³ = 9; u¹+ 2u²+ 7u³ = 29g:

rank 2 4

1 1 2 1 0 3 1 2 7

3 5 = 2:

1⁰ Niech j1 = 1, j2 = 2. Kolumny A1 = 2 4

1 1 1

3

5, A₂ = 2 4

1 0 2

3

5 s ¾a liniowo niezale·zne (mo·zna to sprawdzi´c, korzystaj ¾ac z de…nicji liniowej niezale·zno´sci wektorów). Ponadto, rozwi ¾azaniem uk÷adu

A₁v¹+ A₂v² = b;

czyli 8

<

:

v¹+ v² = 10 v¹ = 9 v¹+ 2v² = 29

jest para v¹ = 9 < 0, v² = 19 0. Zatem kolumny A1, A2 nie s ¾a baz ¾a dla ·zadnego punktu wierzcho÷kowego.

2⁰ Niech j1 = 1, j2 = 3. Kolumny A1 = 2 4 1

1 1

3

5, A₃ = 2 4 2

3 7

3

A₁v¹+ A₃v³ = b;

czyli 8

<

:

v¹+ 2v³ = 10 v¹+ 3v³ = 9 v¹+ 7v³ = 29

jest para v¹ = ¹²₅ > 0, v³ = ¹⁹₅ > 0. Zatem punkt v = (¹²₅; 0;¹⁹₅ ) jest nieosobliwym punktem wierzcho÷kowym zbioru U z baz ¾a A1, A3.

3⁰ Niech j1 = 2, j2 = 3. Kolumny A2 = 2 4

1 0 2

3

5, A₃ = 2 4

2 3 7

3

A₂v²+ A₃v³ = b;

(12)

czyli 8

<

:

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 wierzcho÷kowym zbioru U z baz ¾a A2, A3.

Zadanie 16. Znale´z´c w oparciu o twierdzenie, punkty wierzcho÷kowe zbioru U =fu = (u¹; u²; u³; u⁴)2 R⁴; u 0;

u¹+ u⁴ = 0; 2u² + u⁴ = 3; 3u³ = 0g:

rank 2 4

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

3 5 = 3:

1⁰ Niech j1 = 1, j2 = 2, j3 = 3. Kolumny A1 = 2 4

1 0 0

3

5, A₂ = 2 4

0 2 0

3

5, A₃ = 2 4

0 0 3

3 5 s ¾a liniowo niezale·zne (mo·zna to sprawdzi´c, korzystaj ¾ac z poj ¾ecia wyznacznika macierzy).

A₁v¹+ A₂v²+ A₃v³ = b;

czyli 8

<

:

v¹ = 0 2v² = 3 3v³ = 0

jest "trójka" v¹ = 0 0, v² = ⁹₆ 0, v³ = 0 0: Zatem punkt v = (0;⁹₆; 0; 0) jest osobliwym punktem wierzcho÷kowym zbioru U z baz ¾a A1, A2, A3.

1 0 0

3

5, A₂ = 2 4

0 2 0

3

5, A₄ = 2 4

1 1 0

3 5 s ¾a liniowo zale·zne (mo·zna to sprawdzi´c, korzystaj ¾ac z poj ¾ecia wyznacznika macierzy).

Zatem nie s ¾a one baz ¾a ·zadnego punktu wierzcho÷kowego zbioru U .

1 0 0

3 5, A₃ =

2 4

0 0 3

3 5, A₄ =

2 4

1 1 0

3 5 s ¾a liniowo niezale·zne (mo·zna to sprawdzi´c, korzystaj ¾ac z poj ¾ecia wyznacznika macierzy).

A₁v¹+ A₃v³ + A₄v⁴+ = b;

(13)

czyli 8

<

:

v¹+ v⁴ = 0 v⁴ = 3 3v³ = 0

jest "trójka" v¹ = 3 < 0, v³ = 0 0, v⁴ = 3 0:Zatem kolumny A1, A3, A4 nie s ¾a baz ¾a ·zadnego punktu wierzcho÷kowego.

4⁰ Niech j1 = 2, j2 = 3, j3 = 4. Niech j1 = 2, j2 = 3, j3 = 4. Kolumny A2 = 2 4 0

2 0

3 5,

A₃ = 2 4

0 0 3

3 5, A₄ =

2 4

1 1 0

3

5 s ¾a liniowo niezale·zne (mo·zna to sprawdzi´c, korzystaj ¾ac z poj ¾ecia wyznacznika macierzy). Ponadto, rozwi ¾azaniem uk÷adu

A₂v²+ A₃v³+ A₄v⁴ = b;

czyli 8

<

:

v⁴ = 0 2v²+ v⁴ = 3

3v³ = 0

jest "trójka" v² = ³₂ > 0, v³ = 0 0, v³ = 0 0: Zatem punkt v = (0;³₂; 0; 0) jest osobliwym punktem wierzcho÷kowym zbioru U z baz ¾a A2, A3, A4.

Zadanie 17. Znale´z´c, w oparciu o twierdzenie, punkty wierzcho÷kowe zbioru U =fu = (u¹; u²; u³; u⁴)2 R⁴; u 0;

2u¹ 3u²+ 4u³+ u⁴ = 3;

u¹+ u² u³ = 10g:

1.5 Metoda sympleksowa

Zadanie 148 Utworzy´c tablic ¾e sympleksow ¾a dla zadania 8>

><

>>

:

J (u) = u¹ u²+ 2u⁴ ! min : u2 U = fu = (u¹; u²; u³; u⁴)2 R⁴; u 0;

2u¹ 3u²+ 4u³+ u⁴ = 3;

u¹+ u² u³ = 10g i punktu wierzcho÷kowego

v = (33 5 ;17

5 ; 0; 0):

Zadanie 19. Rozwi ¾aza´c metod ¾a sympleksow ¾a zadanie 8<

:

J (u) = u¹+ 2u²+ 3u³+ 4u⁴ ! min : U =fu 2 R⁴; u 0 , 1 1 3 1

1 1 1 2 u = 3

1 g

(14)

„startuj ¾ac” z punktu wierzcho÷kowego v = (2; 1; 0; 0).

Rozwi ¾azanie. ×atwo wida´c, ·ze r = rankA = 2 i w konsekwencji wspó÷rz ¾ednymi bazowymi punktu v s ¾a dwie pierwsze wspó÷rz ¾edne. Zgodnie z przyj ¾etymi wcze´sniej oz- naczeniami mamy u = (u¹; u²), v = (2; 1), c = (1; 2), B = 1 1

1 1 . Zatem

B ¹ = 1 2

1 1

T

=

1 2

1 1 2 2

1 2

; sk ¾ad

1;3 2;3

= B ¹A₃ = 2 1 ;

1;4 2;4

= B ¹A₄ =

3 21

2

oraz

3 = c; B ¹A₃ c₃ = 1;

4 = c; B ¹A₄ c₄ = 7 2: Tablica sympleksowa dla punktu v = (2; 1; 0; 0) jest wi ¾ec postaci

u¹ u² u³ u⁴ u¹ 1 0 2 ³₂ 2 u² 0 1 1 ¹₂ 1

0 0 1 ⁷₂ 4

:

×atwo wida´c, ·ze dla powy·zszej tablicy zachodzi przypadek 3⁰. Mamy

3 > 0

I₃ =fi 2 f1; 2g; i;3 > 0g = f1; 2g;

sk ¾ad

mini2I3

vⁱ

i;3

= minf2 2;1

1g = 2 2

Zatem k = 3, s = 1 (elementem rozwi ¾azujacym tablicy sympleksowej jest _1;3 = 2). Baz ¾a kolejnego punktu wierzcho÷kowego b ¾edzie uk÷ad kolumn

A₂; A₃:

Korzystaj ¾ac z twierdzenia charakteryzuj ¾acego punkty wierzcho÷kowe znajdujemy kolejny punkt wierzcho÷kowy w:

1

1 w²+ 3

1 w³ = 3 1 ;

(15)

sk ¾ad 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

3 1 4 4

1 4

; sk ¾ad

2;1 3;1

= B ¹A1 =

1 12 2

;

2;4 3;4

= B ¹A₄ =

5 34 4

oraz

1 = c; B ¹A1 c1 = 1 2;

4 = c; B ¹A₄ c₄ = 17 4 : Tablica sympleksowa dla punktu w = (0; 0; 1; 0) jest wi ¾ec postaci

u¹ u² u³ u⁴ u² ¹₂ 1 0 ⁵₄ 0 u³ ¹₂ 0 1 ³₄ 1

1

2 0 0 ¹⁷₄ 3

:

×atwo wida´c, ·ze dla powy·zszej tablicy zachodzi przypadek 1⁰, co oznacza, ·ze punkt w = (0; 0; 1; 0) jest rozwi ¾azaniem zadania.

Zadanie 20. Rozwi ¾aza´c metod ¾a sympleksow ¾a zadanie 8>

><

>>

:

J (u) = u₁ u₂+ u₄ ! min :

u2 U = fu = (u¹; u₂; u₃; u₄)2 R⁴; u 0;

2u¹ 2u²+ 4u³+ u⁴ = 2;

u¹+ u²+ u⁴ = 0g

;

startuj ¾ac z punktu wierzcho÷kowego = (0; 0;¹₂; 0), wiedz ¾ac, ·ze jego baz ¾a jest uk÷ad kolumn 2

1 , 4 0 .

Zadanie 21. Rozwi ¾aza´c metod ¾a sympleksow ¾a zadanie 8>

><

>>

:

J (u) = u¹+ 2u²+ 3u³+ 4u⁴ ! min : u2 U = fu = (u¹; u²; u³; u⁴)2 R⁴; u 0;

u¹+ u²+ 3u³+ u⁴ = 3;

u¹ u² + u³+ 2u⁴ = 1g

;

startuj ¾ac z punktu wierzcho÷kowego

v = (0;5 3; 0;4

3).

(16)

Zadanie 22. Rozwa·zmy zadanie 8>

><

>>

:

J (u) = u¹+ 3u² 5u³+ u⁴ 4u⁵ ! min : u2 U = fu 2 R⁵; u 0;

u¹+ u² 4u³ + u⁴ 3u⁵ = 3;

u¹ 4u³+ 2u⁴ 5u⁵ = 6g:

Utworzy´c tablic ¾e sympleksow ¾a dla punku wierzcho÷kowego v = (0; 0; 0; 3; 0), wiedz ¾ac, ·ze wspó÷rz ¾ednymi bazowymi tego punktu s ¾a wspó÷rz ¾edne v¹, v⁴. Czy punkt v jest rozwi ¾azaniem zadania? Odpowied´z uzasadni´c.

Zadanie 23. (kontrprzyk÷ad do stwierdzenia: je´sli v jest rozwi ¾azaniem zadania, to

i 0dla dowolnego i = 1; :::; n) 8<

:

J (u¹; u²; u³) = u¹+ u² ! min :

U =fu = (u¹; :::; u³)2 R³; u 0, 1 0 1

0 1 0 u = 0 0 g :

Oczywi´scie (0; 0; 0) jest punktem wierzcho÷kowym zbioru U z baz ¾a A1, A2 (na mocy twierdzenia charakteryzuj ¾acego punkty wierzcho÷kowe). ×atwo wida´c, ·ze punkt ten jest rozwi ¾azaniem 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

;

poniewa·z

1;3 2;3

= B ¹A₃ = 1 0 0 1

1

0 = 1

0 : oraz

3 =h(1; 1); (1; 0)i 0 = 1:

Zauwa·zmy dalej, ·ze dla powy·zszej tablicy zachodzi przypadek 3⁰. ×atwo wida´c, ·ze k = 3, j_s = 1. W zwi ¾azku z tym baz ¾a nowego punktu wierzcho÷kowego jest uk÷ad A2, A3. Tym punktem wierzcho÷kowym 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

;

poniewa·z

2;1 3;1

= B ¹A₁ = 0 1 1 0

1

0 = 0

1 : oraz

1 =h(1; 0); (0; 1)i 1 = 1;

(17)

co oznacza, ·ze ma miejsce 1⁰ przypadek. Zatem punkt (0; 0; 0) jest rozwi ¾azaniem zadania.

Zadanie 24. Sprawdzi´c, korzystaj ¾ac z zadania pomocniczego, czy zbiór U =fu = (u¹; u²; u³; u⁴)2 R⁴; u 0;

u¹ + u²+ 3u³+ u⁴ = 3;

u¹ u²+ u³+ 2u⁴ = 1g

jest niepusty i je´sli tak - wyznaczy´c, przy pomocy metody sympleksowej, punkt wierzcho÷kowy tego zbioru.

Rozwi ¾azanie. Rozwa·zmy zadanie pomocnicze 8<

:

J (z) = u⁵+ u⁶ ! min :

Z =fz = (u¹; :::; u⁶)2 R⁶; z 0 , 1 1 3 1 1 0

1 1 1 2 0 1 z = 3

1 g Wida´c, ·ze b = 1

0 0. Punkt z0 = (0; b) = (0; 0; 0; 0; 3; 1) jest punktem wierzcho÷kowym zbioru Z z baz ¾a C5 = 1

0 , C6 = 0 1 .

Zastosujmy wi ¾ec do zadania pomocniczego metod ¾e sympleksow ¾a. W tym przypadku r = 2, j1 = 5, j2 = 6, z = (u⁵; u⁶), v = (3; 1), c = (1; 1), B = 1 0

0 1 . Zatem

B ¹ = 1 0 0 1 ; sk ¾ad

5;1 6;1

= B ¹C₁ = C₁ = 1 1 ;

5;2 6;2

= B ¹C₂ = C₂ = 1 1 ;

5;3 6;3

= B ¹C₃ = C₃ = 3 1 ;

5;4 6;4

= B ¹C₄ = C₄ = 1 2 : 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:

(18)

Tablica sympleksowa dla punktu v = (0; 0; 0; 0; 3; 1) jest wi ¾ec 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 powy·zszej tablicy zachodzi przypadek 3⁰. Mamy

1 > 0

I_v;1 =fjⁱ 2 f5; 6g; ji;1> 0g = f5; 6g;

sk ¾ad

jmini2I^v;1

v^jⁱ

ji;1

= minf3 1;1

1g = 1

Zatem k = 1, js= 6 (elementem rozwi ¾azuj ¾acym tablicy sympleksowej jest _6;1 = 1). Baz ¾a kolejnego punktu wierzcho÷kowego b ¾edzie uk÷ad kolumn

C₁; C₅:

1

1 w¹+ 1

0 w⁵ = 3 1 ; sk ¾ad w = (1; 0; 0; 0; 2; 0). Ponadto, B = 1 1

B ¹ = 1 1

0 1

1 1

T

= 0 1

1 1 ;

sk ¾ad

1;2 5;2

= B ¹C₂ = 1

2 ;

1;3 5;3

= B ¹C3 = 1 2 ;

1;4 5;4

= B ¹C₄ = 2 1 ;

1;6 5;6

= B ¹C₆ = 1 1 : oraz

2 =h(0; 1); ( 1; 2)i 0 = 2;

3 =h(0; 1); (1; 2)i 0 = 2;

(19)

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 wi ¾ec 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 powy·zszej tablicy zachodzi przypadek 3⁰. Mamy

2 > 0

I_v;2 =fjⁱ 2 f1; 5g; ji;2 > 0g = f5g;

sk ¾ad

min

ji2I^v;2

v^jⁱ

ji;1

= minf2 2g = 1

Zatem k = 2, js= 5 (elementem rozwi ¾azuj ¾acym tablicy sympleksowej jest _5;2 = 2). Baz ¾a kolejnego punktu wierzcho÷kowego b ¾edzie uk÷ad kolumn

C₁; C₂:

1

1 w¹+ 1

1 w² = 3 1 ; sk ¾ad w = (2; 1; 0; 0; 0; 0). Ponadto, B = 1 1

B ¹ = 1 2

1 1

T

=

1 2

1 1 2 2

1 2

; sk ¾ad

1;3 2;3

= B ¹C₃ = 2 1 ;

1;4 2;4

= B ¹C₄ =

3 21

2

;

1;5 2;5

= B ¹C₅ =

1 21 2

;

1;6 2;6

= B ¹C₆ =

1 21

2

:

(20)

oraz

3 =h(0; 0); (2; 1)i 0 = 0;

4 = (0; 0); (3 2; 1

2) 0 = 0;

5 = (0; 0); (1 2;1

2) 1 = 1;

6 = (0; 0); (1 2; 1

2) 1 = 1:

Tablica sympleksowa dla punktu w = (1; 0; 0; 0; 2; 0) jest wi ¾ec postaci u¹ u² u³ u⁴ u⁵ u⁶

u¹ 1 0 2 ³₂ ¹₂ ¹₂ 2 u² 0 1 1 ¹₂ ¹₂ ¹₂ 1

0 0 0 0 1 1 0

:

Dla powy·zszej tablicy zachodzi przypadek 1⁰. Poniewa·z J1(2; 1; 0; 0; 0; 0) = 0, wi ¾ec zbiór U jest niepusty. Ponadto, poniewa·z punkt z = (2; 1; 0; 0; 0; 0) jest rozwi ¾azaniem zadania pomocniczego, wi ¾ec punkt v1 = (2; 1; 0; 0) jest punktem wierzcho÷kowym zbioru U .