Algebra liniowa, WNE, 2018/2019
ćwiczenia 24. – rozwiązania zadań domowych
10 stycznia 2019
Grupa 8:00
1. Dla zadania programowania liniowego 5a + 6b − 3c → max przy warunkach:
a + 2b − c = 19, a + c 0, b 0, c 0,
znaleźć jego postać standardową.
Rozwiązanie:
−5a++ 5a−− 6b + 3c → min a+− a−+ 2b − c = 19, a+− a−+ c − d = 0, a+, a−, b, c, d 0.
2. Dla danego układu równań znaleźć wszystkie rozwiązania bazowe:
x1+ x2+ 2x3+ x4= 2 2x1+ x2+ 4x3+ x4= 1 3x1− x2+ 6x3− x4= 0 Układ jest sprzeczny, więc nie ma rozwiązań bazowych.
3. Następujące zadanie programowanie liniowego rozwiązać metodą sympleks:
−x1− 2x2→ min, przy warunkach:
4x1+ 4x2¬ 12, x1¬ 2, x2¬ 2, x1 0, x2 0.
Rozwiąznie:
postać kanoniczna: −x1− 2x2→ min, przy warunkach: 4x1+ 4x2+ x3= 12, x1+ x4= 2,
x2+ x5= 2,
x1, x2, x3, x4, x5 0.
Tablica sympleks (zmienne bazowe 3 ostatnie):
−1 −2 0 0 0 0
4 4 1 0 0 12
1 0 0 1 0 2
0 1 0 0 1 2
Wierzchołek (0, 0, 12, 2, 2). Zatem mamy dwie krawędzie poprawiające – wybieramy tę z drugiej kolumny.
Wyliczamy ograniczenia na jej długość F = {3, 2}, więc ma długość 2 i ze zbioru zmiennych bazowych wylatuje x5 na rzecz x2:
w0+ 2w3, w1− 4w3
−−−−−−−−−−−−−−→
−1 0 0 0 2 4
4 0 1 0 −4 4
1 0 0 1 0 2
0 1 0 0 1 2
1
Wierzchołek (0, 2, 4, 2, 0). Mamy jedną krawędź poprawiającą, związaną z pierwszą kolumną. Ograniczenia na jej długość to F = {1, 2}, czyli 1 i ze zbioru zmiennych bazowych usuwamy x4 na rzecz x1:
w1·1
−−−→4
−1 0 0 0 2 4
1 0 14 0 −1 1
1 0 0 1 0 2
0 1 0 0 1 2
w0+ w1, w2− w1
−−−−−−−−−−−−→
0 0 14 0 1 5 1 0 14 0 −1 1 0 0 −14 1 1 1
0 1 0 0 1 2
Wierzchołek (1, 2, 1, 0, 0) z wartością funkcji celu −5, jest wierzchołkiem optymalnym, bo wychodzą z niego już tylko krawędzie pogarszające.
Odpowiadający mu wierzchołek w oryginalnym zadaniu to (1, 2).
Grupa 9:45
1. Dla zadania programowania liniowego 5a − 6b − 3c → max przy warunkach:
a + 2b − c = 19, a + c ¬ 0, b 0, c 0,
znaleźć jego postać standardową.
Rozwiązanie:
−5a++ 5a−+ 6b − 3c → min a+− a−+ 2b − c = 19, a+− a−+ c + d = 0, a+, a−, b, c, d 0.
2. Dla danego układu równań znaleźć wszystkie rozwiązania bazowe:
x1+ 2x2+ 3x3+ x4= 0 2x1+ 5x2+ x3+ x4= 1 x1+ x2+ x3− x4= 2 Sprowadzając do postaci schodkowej otrzymujemy:
1 2 3 1 0
0 1 −5 −1 1
0 0 −7 −3 3
Liczymy rozwiązania bazowe:
• zmienne bazowe x1, x2, x3, niebazowa x4 = 0, otrzymujemy (57, −17, −37, 0) – rozwiązanie bazowe niedopuszczalne,
• zmienne bazowe x1, x2, x4, niebazowa x3= 0, otrzymujemy (1, 0, 0, −1) – rozwiązanie bazowe niedo- puszczalne,
• zmienne bazowe x1, x3, x4, niebazowa x2= 0, otrzymujemy (1, 0, 0, −1) – rozwiązanie bazowe niedo- puszczalne,
• zmienne bazowe x2, x3, x4, niebazowa x1 = 0, otrzymujemy (0,49,16, −2518) – rozwiązanie bazowe nie- dopuszczalne,
Zatem mamy 3 rozwiązania bazowe, wszystkie niedopuszczalne: (57, −17, −37, 0), (1, 0, 0, −1), (0,49,16, −2518).
3. Następujące zadanie programowanie liniowego rozwiązać metodą sympleks:
2x1+ 2x2→ max, przy warunkach:
8x1+ 4x2¬ 12, 2x1¬ 2, x2¬ 2, x1 0, x2 0.
Rozwiązanie:
postać kanoniczna: −2x1− 2x2→ min, przy warunkach: 8x1+ 4x2+ x3= 12, 2x1+ x4= 2,
2
x2+ x5= 2,
x1, x2, x3, x4, x5 0.
Tablica sympleks (zmienne bazowe 3 ostatnie):
−2 −2 0 0 0 0
8 4 1 0 0 12
2 0 0 1 0 2
0 1 0 0 1 2
Wierzchołek (0, 0, 12, 2, 2). Zatem mamy dwie krawędzie poprawiające – wybieramy tę z drugiej kolumny.
Wyliczamy ograniczenia na jej długość F = {3, 2}, więc ma długość 2 i ze zbioru zmiennych bazowych wylatuje x5 na rzecz x2:
w0+ 2w3, w1− 4w3
−−−−−−−−−−−−−−→
−2 0 0 0 2 4
8 0 1 0 −4 4
2 0 0 1 0 2
0 1 0 0 1 2
Wierzchołek (0, 2, 4, 2, 0). Mamy jedną krawędź poprawiającą, związaną z pierwszą kolumną. Ograniczenia na jej długość to F = {1, 2}, czyli 1 i ze zbioru zmiennych bazowych usuwamy x4 na rzecz x1:
w1·1
−−−→8
−2 0 0 0 2 4
1 0 18 0 −12 12
2 0 0 1 0 2
0 1 0 0 1 2
w0+ 2w1, w2− 2w1
−−−−−−−−−−−−−−→
0 0 14 0 1 5
1 0 18 0 −12 12 0 0 −14 1 1 1
0 1 0 0 1 2
Wierzchołek (12, 2, 1, 0, 0) z wartością funkcji celu −5, jest wierzchołkiem optymalnym, bo wychodzą z niego już tylko krawędzie pogarszające.
Odpowiadający mu wierzchołek w oryginalnym zadaniu to (12, 2).
3
