Programowanie liniowe w logistyce

(1)

Programowanie liniowe w logistyce

kierunek Informatyka, studia I stopnia

´cwiczenia

1 Programowanie liniowe

1.1 Modelowanie

Zadanie 1 Zapisa´c nast ˛epuj ˛ace zadanie w postaci zadania programowania liniowego.

Producent odzie˙zy powinien okre´slić, ile kurtek i płaszczy nale˙zy wyprodukować tak, aby zysk osi ˛agni ˛ety z ich sprzeda˙zy był 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 płaszczy. Do produkcji jednej kurtki i jednego płaszcza potrzeba odpowiednio 2, 5 m² i 4 m² tkaniny. Przy sprzeda˙zy jednej kurtki producent osi ˛aga zysk 50 zł, płaszcza - 60 zł.

Rozwi ˛azanie Zadania 1. Wprowad´zmy nast ˛epuj ˛ace oznaczenia:

u¹ - ilo´s´c wyprodukowanych kurtek, u² - ilo´s´c wyprodukowanych płaszczy.

Ograniczenia nało˙zone na zmienne u¹, u² mo˙zna zapisa´c nast ˛epuj ˛aco:

u¹ ≥ 20, u² ≤ 10, 2, 5u¹+ 4u² ≤ 150.

Funkcjonał kosztu, który nale˙zy zmaksymalizowa´c, przyjmuje posta´c 50u¹+ 60u²

(2)

Uwzgl ˛edniaj ˛ac wi ˛ec naturalne ograniczenia nieujemno´sci zmiennych u¹, u², mo˙zemy zapisa´c badane zagadnienie w postaci nast ˛epuj ˛acego 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

⎤

⎥⎥

⎥⎦} .

Pewien wytwórca posiada magazyny z Lublinie, Łodzi i Szczecinie. W magazynach tych znajduje si ˛e odpowiednio 40, 20 i 40 jednostek produktu. Sklepy zamówiły nast ˛epuj ˛ace ilo´sci produktu: Białystok - 25 jednostek, Cieszyn - 10, Kraków - 20, Sopot - 30, Warszawa - 15. Koszty transportu jednostki produktu (w zł) z magazynów do sklepów podaje nast ˛epu- j ˛aca tabela:

Białystok Cieszyn Kraków Sopot Warszawa

Lublin 55 30 40 50 40

Łód´z 35 30 100 45 60

Szczecin 40 60 95 35 30

Nale˙zy tak zaplanowa´c dystrybucj ˛e produktu, by koszt transportu był minimalny.

Rozwi ˛azanie Zadania 2. W dalszym ci ˛agu magazyny w Lublinie, Łodzi i Szczecinie oznacza´c b ˛edziemy numerami 1, 2, 3, natomiast sklepy w Białymstoku, Cieszynie, Krakowie, Sopocie i Warszawie - numerami 1, 2, 3, 4, 5, odpowiednio. Wprowad´zmy tak˙ze nast ˛epu- j ˛ace oznaczenia:

u^i,j - ilo´s´c 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 nale˙zy zminimalizowa´c, przyjmuje posta´c X³

i=1

X⁵

j=1ci,ju^i,j,

(3)

natomiast ograniczenia nało˙zone na zmienne u^i,j mo˙zna zapisa´c nast ˛epuj ˛aco:

X5

j=1u^1,j = 40 X⁵

j=1u^2,j = 20 X⁵

j=1u^3,j = 40 X³

i=1u^i,1 = 25 X³

i=1u^i,2 = 10 X³

i=1u^i,3 = 20 X³

i=1u^i,4 = 30 X³

i=1u^i,5 = 15 Oznaczaj ˛ac wi ˛ec

u = (u^1,1, ..., u^1,5, u^2,1, ..., u^2,5, u^3,1, ..., u^3,5)∈ R¹⁵, c = (55, 30, 40, 50, 40, 35, 30, 100, 45, 60, 40, 60, 95, 35, 30)

i uwzgl ˛edniaj ˛ac naturalne ograniczenie nieujemno´sci zmiennych, mo˙zemy zapisa´c rozwa˙zane zadanie w postaci nast ˛epuj ˛acego 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

⎤

⎥⎥

⎦ .

(4)

Wytwórca mebli powinien okre´slić, ile stoł ów, krzeseł, biurek i szaf powinien wypro- dukować, by zysk z ich sprzeda˙zy 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 zło˙zonych za- mówień wynika, ˙ze nale˙zy wyprodukować co najmniej 40 stołów, 130 krzeseł, 30 biurek i nie wi ˛ecej ni˙z 10 szaf. Do produkcji ka˙zdego 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 sprzeda˙zy jednego stołu, krzesła, biurka i szafy wytwórca osi ˛aga zysk odpowiednio 50, 20, 60 i 40 zł.

u¹ - ilo´sć stołów u² - ilo´sć krzeseł u³ - ilo´sć biurek u⁴ - ilo´sć szaf

Funkcjonał kosztu, który nale˙zy zmaksymalizowa´c, przyjmuje posta´c 50u¹+ 20u²+ 60u³+ 40u⁴ → max .

Ograniczenia nało˙zone na zmienne u¹, ..., u⁴ mo˙zna zapisa´c nast ˛epuj ˛aco:

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 ˛edniaj ˛ac naturalne ograniczenia nieujemno´sci zmiennych u¹, ..., u⁴, mo˙zemy

(5)

zapisa´c badane zagadnienie w postaci nast ˛epuj ˛acego 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

⎤

⎥⎥

⎥⎦ } .

Zadaniem dietetyka jest opracowanie składu porannej owsianki tak, aby zawierała ona niezb ˛edne dzienne zapotrzebowanie organizmu na okre´slone składniki od˙zywcze i jednocze´snie była mo˙zliwie najtańsz ˛a. Dietetyk ma dyspozycji płatki dwóch rodzajów: I i II. ´Sniadanie powinno zawierać co najmniej 1 mg witaminy B1, 12 mg ˙zelaza i mieć warto´sć energetyczn ˛a równ ˛a 360 kcal. 100 g płatków I rodzaju zawiera 1, 2 mg witaminy B1, 12 mg ˙zelaza i ma warto´sć energetyczn ˛a równ ˛a 368 kcal, natomiast 100 g płatków II rodzaju zawiera 1, 5 mg witaminy B1, 10 mg ˙zelaza i ma warto´sć energetyczn ˛a równ ˛a 390 kcal. Ponadto 100 g płatków I rodzaju kosztuje 32 gr, a 100 g płatków II rodzaju - 36 gr.

u¹ - ilo´s´c płatków I rodzaju (100 gramowych porcji) u² - ilo´s´c płatków II rodzaju (100 gramowych porcji)

Funkcjonał kosztu, który nale˙zy zminimalizowa´c jest postaci 32u¹+ 36u²,

natomiast ograniczenia mo˙zna zapisa´c w postaci nast ˛epuj ˛acych nierówno´sci i równo´sci 1, 2u¹+ 1, 5u² ≥ 1,

12u¹+ 10u² ≥ 12, 368u¹+ 390u² = 360.

(6)

Po uwzgl ˛ednieniu naturalnych ogranicze´n nieujemno´sci zmiennych u¹, u² otrzymujemy nast ˛epuj ˛ace 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

368 390 i⎡

⎣ u¹ u²

⎤

⎦ = [360]}

.

Dyrektor pewnego przedsi ˛ebiorstwa powinien obsadzi´c trzy stanowiska pracy, maj ˛ac do dyspozycji trzech pracowników. Ze wzgl ˛edu na ró˙zne ich kwalifikacje oraz zdobyte do´swiad- czenie, warto´s´c (dla przedsi ˛ebiorstwa) ka˙zdego z tych pracowników zale˙zy od stanowiska, na którym jest on zatrudniony. Poni˙zsza tabela zawiera oceny warto´sci 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

Nale˙zy tak rozmie´scić pracowników na rozwa˙zanych stanowiskach, by całkowita ich warto´sć dla przedsi ˛ebiorstwa była maksymalna. Zakładamy, ˙ze ka˙zdy pracownik powinien być zatrudniony ł ˛acznie na jeden etat i ka˙zdemu stanowisku powinien być przypisany jeden etat.

Rozwi ˛azanie Zadania 5. Symbolem uî,j oznaczać b ˛edziemy cz ˛e´sć etatu, na jak ˛a nale˙zy zatrudnić i - tego pracownika na j -tym stanowisku. Funkcjał kosztu dla tego zagadnienia, który nale˙zy zmaksymalizować, ma nast ˛epuj ˛ac ˛a postać

5u^1,1+ 4u^1,2+ 7u^1,3+ 6u^2,1+ 7u^2,2+ 3u^2,3+ 8u^3,1+ 11u^3,2+ 2u^3,3,

(7)

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

u^1,1+ u^1,2+ u^1,3 = 1, u^2,1+ u^2,2+ u^2,3 = 1, u^3,1+ u^3,2+ u^3,3 = 1, u^1,1+ u^2,1+ u^3,1 = 1, u^1,2+ u^2,2+ u^3,2 = 1, u^1,3+ u^2,3+ u^3,3 = 1.

Uwzgl ˛edniaj ˛ac zatem naturalne ograniczenia nieujemno´sci zmiennych u^i,j, mo˙zemy badane zagadnienie zapisa´c w postaci nast ˛epuj ˛acego zadania programowania liniowego

⎧⎪

⎪⎪

⎨

⎪⎪

⎪⎩

h(−5, −4, −7, −6, −7, −3, −8, −11, −2), (u^1,1, ..., u^1,3, u^2,1, ..., u^2,3, u^3,1, ..., u^3,3)i → min . u∈ U = {u = (u^1,1, ..., u^1,3, u^2,1, ..., u^2,3, u^3,1, ..., u^3,3)∈ 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

⎤

⎥⎥

⎦

⎡

⎢⎢

⎢⎣ u^1,1 u^1,2 u^1,3 u^2,1 u^2,2 u^2,3 u^3,1 u^3,2 u^3,3

⎤

⎥⎥

⎥⎦

=

⎡

⎢⎢

⎣ 1 1 1 1 1 1

⎤

⎥⎥

⎦ }.

.

Producent farb musi okre´slić, ile litrów farby białej, zielonej, niebieskiej i czerwonej powinien wyprodukować, aby zysk osi ˛agni ˛ety ze sprzeda˙zy był maksymalny. Do produkcji wykorzystywane s ˛a 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 przyj ˛etych zamówień wynika, ˙ze nale˙zy wyprodukować co najmniej 125 litrów farby białej,

(8)

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 ˛a w nast ˛epuj ˛acej 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 ka˙zdej farby wymaga 15 minut pracy. Zysk ze sprzeda˙zy 1 litra farby białej wynosi 7 zł, zielonej - 6 zł, niebieskiej - 7 zł, czerwonej - 5 zł.

Rozwi ˛azanie Zadania 6. Symbolem u¹, u², u³ oznaczać b ˛edziemy odpowiednio ilo´sć (w litrach) farby białej, zielonej, niebieskiej i czerwonej, któr ˛a nale˙zy wyprodukować.

Funkcjał kosztu dla tego zagadnienia, który nale˙zy zmaksymalizowa´c, ma nast ˛epuj ˛ac ˛a posta´c

7u¹+ 6u²+ 7u³+ 5u⁴, za´s ograniczenia s ˛a nast ˛epuj ˛ace:

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

(9)

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

⎤

⎥⎥

⎦ }.

.

Hodowca krowy karmi zwierz ˛e produktami pochodz ˛acymi z gospodarstwa rolnego. Jednak ze wzgl ˛edu na konieczno´s´c zapewnienia w diecie odpowiednich ilo´sci pewnych składników od˙zywczych (oznaczmy je przez A, B, C) hodowca musi zakupi´c raz w roku trzy dodatkowe produkty (oznaczmy je przez I, II, III), które zawieraj ˛a 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, za´s jeden kilogram produktu III zawiera 50 g składnika A i 15 g składnika C. Minimalne zapotrzebowanie zwierz ˛ecia na poszczególne składniki wynosi:

870 g składnika A, 200 g składnika B, 450 g składnika C.

Ka˙zdy z produktów zawiera jednak pewne ilo´sci szkodliwych ´srodków konserwuj ˛acych. I tak, 1 kg produktu I zawiera 7 g tych ´srodków, produktu II - 11 g, produktu III - 9 g.

Roczne spo˙zycie tych ´srodków nie powinno by´c wi ˛eksze ni˙z 150 g. Przyjmijmy na koniec,

(10)

˙ze 1 kg produktu I kosztuje 35 zł, produktu II - 29 zł, a produktu III - 19 zł. Celem hodowcy jest ustalenie ilo´sci kupowanych produktów I, II, III tak, aby zapewni´c zwierz ˛eciu wła´sciw ˛a diet ˛e i jednocze´snie ponie´s´c mo˙zliwie najmniejsze koszty.

1.2 Równowa˙zno´s´c zada´ n

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

Rozwi ˛azanie. Odpowiednie zadanie kanoniczne jest nast ˛epuj ˛ace:

⎧⎪

⎪⎪

⎨

⎪⎪

⎪⎩

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 Zapisa´c nast ˛epuj ˛ace 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.

(11)

Zadanie 10 Zapisa´c zadanie ogólne

⎧⎪

⎪⎪

⎨

⎪⎪

⎪⎩

J(u) = u¹+ 2u²+ 3u³ → min . u∈ U = {u = (u¹, u², u³)∈ R³; u¹ ≥ 0,

10u¹+ 20u² + 30u³ ≤ 11, 100u¹+ 200u²+ 300u³ ≤ 12

1

2u¹+¹₃u²+ ¹₄u³ = 0} w postaci zadania kanonicznego.

Zadanie 11 Zapisa´c zadanie „o diecie” w postaci kanonicznego zadania programowania liniowego.

Rozwi ˛azanie. Odpowiednie zadanie kanoniczne jest nast ˛epuj ˛ace:

⎧⎪

⎪⎪

⎪⎨

⎪⎪

⎩

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 Zapisa´c 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,

1

1u¹+ ¹₂u²+¹₃u³+¹₄u⁴ = 2,

1

11u¹+₁₄¹u⁴ =−2}

w postaci zadania kanonicznego.

(12)

1.3 Interpretacja geometryczna zada´ n programowania liniowego

Zadanie 13 Rozwi ˛aza´c w sposób geometryczny nast ˛epuj ˛ace zadanie:

⎧⎪

⎪⎪

⎪⎨

⎪⎪

⎩

J(u) = u¹ + u² → min . u∈ U = {u = (u¹, u²)∈ R²; u≥ 0,

−2u¹− u² ≤ −2,

1

2u¹− u² ≤ ¹2,

−u¹+ u² ≤ 2, u¹ ≤ 3}

.

Rozwi ˛azanie.

⎧⎪

⎪⎪

⎪⎨

⎪⎪

⎩

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}

.

(13)

Rozwi ˛azanie.

⎧⎪

⎪⎪

⎪⎨

⎪⎪

⎩

J(u) = 2u¹− u² → min . u∈ U = {u = (u¹, u²)∈ R²; u≥ 0,

−¹₂u¹+ u² ≤ 2,

−¹2u¹− u² ≤ −1}

.

⎧⎪

⎪⎪

⎪⎨

⎪⎪

⎩

J(u) =−u¹− u² → min . u∈ U = {u = (u¹, u²)∈ R²; u≥ 0,

−¹₂u¹+ u² ≤ 2,

1

3u¹− u² =−1}

.

Zadanie 17 Rozwi ˛aza´c w sposób geometryczny nast ˛epuj ˛ace zadanie.

W pewnym zakładzie wytwarzane s ˛a 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

(14)

A B

M1 3 6

M2 8 4

M3 9 3

Zysk ze sprzeda˙zy jednostki produktu A wynosi 90 zł, B - 60 zł. Nale˙zy zaplanowa´c pro- dukcj ˛e tak, by zysk ze sprzeda˙zy był maksymalny.

⎧⎪

⎪⎪

⎨

⎪⎪

⎪⎩

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}

.

Rozwi ˛azanie. Rozwa˙zamy zadanie pomocnicze postaci D

c, 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 odwrotn ˛a D⁻¹ do macierzy nieosobliwej D:

D⁻¹ = 1

det D[(−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

⎤

⎥⎥

⎥⎦.

(15)

A wi ˛ec 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

⎤

⎥⎥

⎥⎦}.

Rozwi ˛azuj ˛ac powy˙zsze zadanie w sposób graficzny, stwierdzamy, ˙ze jego rozwi ˛azaniem jest punkt

u^∗ = (15 7,25

7 ).

W konsekwencji, rozwi ˛azaniem zadania wyj´sciowego jest punkt u^∗ = (A⁻¹b− A⁻¹ Au_∗, u_∗) = (0,15

7 , 0,15 7 ,25

7 ).

⎧⎪

⎪⎪

⎨

⎪⎪

⎪⎩

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 Znale´z´c, w oparciu o twierdzenie, punkty wierzchołkowe zbioru U ={u = (u¹, u²)∈ R²; u≥ 0, −1

3u¹+ u² = 1}.

(16)

Zadanie 21 Znale´z´c, 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}.

Rozwi ˛azanie. Łatwo 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 ˛a liniowo niezale˙zne.

Ponadto, rozwi ˛azaniem układu

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 wierzchołkowym zbioru U z baz ˛a A1, A2.

⎡

⎣ 1 1

⎤

⎦, A3 =

⎡

⎣ 3 1

⎤

A1v¹+ A3v³ = 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 baz ˛a A1, A3.

⎡

⎣ 1 1

⎤

⎦, A4 =

⎡

⎣ 1 2

⎤

⎦. s ˛a liniowo niezale˙zne.

A1v¹+ A4v⁴ = b,

(17)

czyli ⎧

⎨

⎩

v¹+ v⁴ = 3 v¹+ 2v⁴ = 1

jest para v¹ = 5 ≥ 0, v⁴ = −2 < 0. Zatem kolumny A¹, A4 nie s ˛a baz ˛a dla ˙zadnego punktu wierzchołkowego.

⎡

⎣ 1

−1

⎤

⎦, A3 =

⎡

⎣ 3 1

⎤

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 wierzchołkowym zbioru U z baz ˛a A2, A3.

⎡

⎣ 1

−1

⎤

⎦, A4 =

⎡

⎣ 1 2

⎤

⎦. s ˛a 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 wierzchołkowym zbioru U z baz ˛a A2, A4.

⎡

⎣ 3 1

⎤

⎦, A4 =

⎡

⎣ 1 2

⎤

A3v³+ A4v⁴ = b,

czyli ⎧

⎨

⎩

3v³+ v⁴ = 3 v³+ 2v⁴ = 1

(18)

jest para v³ = 1≥ 0, v⁴ = 0≥ 0. Zatem punkt v = (0, 0, 1, 0) jest osobliwym punktem wierzchołkowym zbioru U z baz ˛a A3, A4.

Zadanie 22 Znale´z´c punkty wierzchołkowe zbioru

U ={u = (u¹, u², u³, u⁴)∈ R⁴; u ≥ 0, u¹+ u⁴ = 0, 2u²+ u⁴ = 3, 3u³ = 0} i wskaza´c ich bazy.Rozwi ˛azanie. Łatwo wida´c, ˙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

⎤

⎥⎥

⎥⎦

s ˛a liniowo niezale˙zne (mo˙zna to sprawdzi´c, korzystaj ˛ac z poj ˛ecia wyznacznika macierzy).

A1v¹+ A2v²+ A3v³ = b,

czyli ⎧

⎪⎪

⎪⎨

⎪⎪

⎪⎩

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 wierzchołkowym zbioru U z baz ˛a A1, A2, A3.

⎡

⎢⎢

⎢⎣ 1 0 0

⎤

⎥⎥

⎥⎦, A2 =

⎡

⎢⎢

⎢⎣ 0 2 0

⎤

⎥⎥

⎥⎦, A4 =

⎡

⎢⎢

⎢⎣ 1 1 0

⎤

⎥⎥

⎥⎦ s ˛a

liniowo zale˙zne (mo˙zna to sprawdzi´c, korzystaj ˛ac z poj ˛ecia wyznacznika macierzy).

Zatem nie s ˛a one baz ˛a ˙zadnego punktu wierzchołkowego zbioru U.

(19)

⎡

⎢⎢

⎢⎣ 1 0 0

⎤

⎥⎥

⎥⎦, A3 =

⎡

⎢⎢

⎢⎣ 0 0 3

⎤

⎥⎥

⎥⎦, A4 =

⎡

⎢⎢

⎢⎣ 1 1 0

⎤

⎥⎥

⎥⎦s ˛a lin-

iowo niezale˙zne (mo˙zna to sprawdzi´c, korzystaj ˛ac z poj ˛ecia wyznacznika macierzy).

A1v¹+ A3v³+ 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 s ˛a baz ˛a ˙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

⎤

⎥⎥

⎥⎦ s ˛a liniowo niezale˙zne (mo˙zna to sprawdzi´c, korzystaj ˛ac z

poj ˛ecia wyznacznika macierzy). Ponadto, rozwi ˛azaniem układu A2v²+ A3v³+ A4v⁴+ = b,

czyli ⎧

⎪⎪

⎪⎨

⎪⎪

⎪⎩

v⁴ = 0 2v²+ v⁴ = 3

3v³ = 0

jest "trójka" v² = ³₂ > 0, v³ = 0 ≥ 0, v³ = 0≥ 0. Zatem punkt v = (0,³2, 0, 0) jest osobliwym punktem wierzchołkowym zbioru U z baz ˛a A2, A3, A4.

(20)

Zadanie 23 Znale˙z´c punkty wierzchołkowe zbioru

U ={u = (u¹, u², u³)∈ R³; u≥ 0, u¹+ 2u²+ 3u³ = 4, −u¹+ 5u³ = 0}.

Poda´c bazy znalezionych punktów wierzchołkowych.

Zadanie 24 Znale´z´c, 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}.

Rozwi ˛azanie. Łatwo wida´c, ˙ze

rank

⎡

⎢⎢

⎢⎣

1 1 2

−1 0 3 1 2 7

⎤

⎥⎥

⎥⎦= 2.

⎡

⎢⎢

⎢⎣ 1

−1 1

⎤

⎥⎥

⎥⎦, A2 =

⎡

⎢⎢

⎢⎣ 1 0 2

⎤

⎥⎥

⎥⎦ s ˛a liniowo niezale˙zne

(mo˙zna to sprawdzi´c, korzystaj ˛ac z definicji liniowej niezale˙zno´sci wektorów). Ponadto, rozwi ˛azaniem układu

A1v¹+ A2v² = b,

czyli ⎧

⎪⎪

⎪⎨

⎪⎪

⎪⎩

v¹+ v² = 10

−v¹ = 9 v¹+ 2v² = 29

jest para v¹ = −9 < 0, v² = 19 ≥ 0. Zatem kolumny A¹, A2 nie s ˛a baz ˛a dla ˙zadnego punktu wierzchołkowego.

⎡

⎢⎢

⎢⎣ 1

−1 1

⎤

⎥⎥

⎥⎦, A3 =

⎡

⎢⎢

⎢⎣ 2 3 7

⎤

⎥⎥

⎥⎦ s ˛a liniowo nieza-

le˙zne (mo˙zna to sprawdzi´c, korzystaj ˛ac z definicji liniowej niezale˙zno´sci wektorów).

(21)

A1v¹+ A3v³ = b,

czyli ⎧

⎪⎪

⎪⎨

⎪⎪

⎪⎩

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 wierzchołkowym zbioru U z baz ˛a A1, A3.

⎡

⎢⎢

⎢⎣ 1 0 2

⎤

⎥⎥

⎥⎦, A3 =

⎡

⎢⎢

⎢⎣ 2 3 7

⎤

⎥⎥

⎥⎦ s ˛a liniowo niezale˙zne

(mo˙zna to sprawdzi´c, korzystaj ˛ac z definicji liniowej niezale˙zno´sci wektorów). Pon- adto, rozwi ˛azaniem układu

A2v²+ A3v³ = 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 baz ˛a A2, A3.

1.5 Metoda sympleksowa

Zadanie 25 Utworzy´c tablic ˛e sympleksow ˛a 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}

(22)

i punktu wierzchołkowego

v = (33 5 ,17

5 , 0, 0).

Zadanie 26 Rozwi ˛aza´c metod ˛a sympleksow ˛a 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}

,

startuj ˛ac z punktu wierzchołkowego

v = (2, 1, 0, 0).

Rozwi ˛azanie. Łatwo wida´c, ˙ze r = rankA = 2 i w konsekwencji współrz ˛ednymi bazowymi punktu v s ˛a dwie pierwsze współrz ˛edne. Zgodnie z przyj ˛etymi wcze´sniej oznaczeniami mamy u = (u¹, u²), v = (2, 1), c = (1, 2), B =

⎡

⎣ 1 1 1 −1

⎤

⎦. Zatem

B⁻¹ = 1

−2

⎡

⎣ −1 −1

−1 1

⎤

⎦

T

=

⎡

⎣

1 2

1 2 1 2 −¹2

⎤

⎦ ,

sk ˛ad ⎡

⎣ γ_1,3 γ_2,3

⎤

⎦ = B⁻¹A3 =

⎡

⎣ 2 1

⎤

⎦ ,

⎡

⎣ γ_1,4 γ_2,4

⎤

⎦ = B⁻¹A4 =

⎡

⎣

3 2

−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 wi ˛ec postaci

u¹ u² u³ u⁴ u¹ 1 0 2 ³₂ 2 u² 0 1 1 −¹2 1 0 0 1 −⁷₂ 4 .

(23)

Łatwo wida´c, ˙ze dla powy˙zszej tablicy zachodzi przypadek 3⁰. Mamy

∆3 > 0

I3 ={i ∈ {1, 2}; γi,3 > 0} = {1, 2}, sk ˛ad

mini∈I3

vⁱ

γ_i,3 = min{2 2,1

1} = 2 2

Zatem k = 3, s = 1 (elementem rozwi ˛azujacym tablicy sympleksowej jest γ_1,3 = 2). Baz ˛a kolejnego punktu wierzchołkowego b ˛edzie układ kolumn

A2, A3.

Korzystaj ˛ac z twierdzenia charakteryzuj ˛acego punkty wierzchołkowe znajdujemy kolejny punkt wierzchołkowy w:

⎡

⎣ 1

−1

⎤

⎦ w²+

⎡

⎣ 3 1

⎤

⎦ w³ =

⎡

⎣ 3 1

⎤

⎦ ,

sk ˛ad 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

1 4

⎤

⎦ ,

sk ˛ad ⎡

⎣ γ_2,1 γ_3,1

⎤

⎦ = B⁻¹A1 =

⎡

⎣ −

1 2 1 2

⎤

⎦ ,

⎡

⎣ γ_2,4 γ_3,4

⎤

⎦ = B⁻¹A4 =

⎡

⎣ −

5 4 3 4

⎤

⎦ oraz

∆1 =

c, B⁻¹A1

®− c¹ =−1 2,

∆4 =

c, B⁻¹A4

®− c⁴ =−17 4 .

(24)

Tablica sympleksowa dla punktu w = (0, 0, 1, 0) jest wi ˛ec postaci u¹ u² u³ u⁴

u² −¹₂ 1 0 −⁵₄ 0 u³ ¹₂ 0 1 ³₄ 1

−¹₂ 0 1 −¹⁷₄ 3 .

Łatwo wida´c, ˙ze dla powy˙zszej tablicy zachodzi przypadek 1⁰, co oznacza, ˙ze punkt w = (0, 0, 1, 0) jest rozwi ˛azaniem zadania.

⎧⎪

⎪⎪

⎪⎨

⎪⎪

⎩

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}

,

startuj ˛ac z punktu wierzchołkowego ν = (0, 0,¹₂, 0), wiedz ˛ac, ˙ze jego baz ˛a jest układ kolumn

⎡

⎣ 2 1

⎤

⎦,

⎡

⎣ 4 0

⎤

⎦.

Zadanie 28 Zapisa´c zadanie

⎧⎪

⎪⎪

⎪⎨

⎪⎪

⎩

u¹+ u² + 3u³+ u⁴ ≤ 3, u¹− u²+ u³+ 2u⁴ = 1}

w postaci zadania kanonicznego, rozwi ˛aza´c tak otrzymane zadanie metod ˛a sympleksow ˛a, a nast ˛epnie poda´c rozwi ˛azanie zadania wyj´sciowego.

⎧⎪

⎪⎪

⎪⎨

⎪⎪

⎩

u¹+ u²+ 3u³+ u⁴ = 3, u¹− u²+ u³+ 2u⁴ = 1}

,

(25)

startuj ˛ac z punktu wierzchołkowego

v = (0,5 3, 0,4

3).

Zadanie 30 Sprawdzi´c, korzystaj ˛ac 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 je´sli tak - wyznaczy´c, przy pomocy metody sympleksowej, punkt wierz- chołkowy tego zbioru.

Rozwi ˛azanie. Rozwa˙zmy 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 =

⎡

⎣ 3 1

⎤

⎦}

Wida´c, ˙ze b =

⎡

⎣ 1 0

⎤

⎦ ≥ 0. Punkt z⁰ = (0, b) = (0, 0, 0, 0, 3, 1) jest punktem wierz-

chołkowym zbioru Z z baz ˛a C5 =

⎡

⎣ 1 0

⎤

⎦, C6 =

⎡

⎣ 0 1

⎤

⎦.

Zastosujmy wi ˛ec do zadania pomocniczego metod ˛e sympleksow ˛a. 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 ˛ad ⎡

⎣ γ_5,1 γ_6,1

⎤

⎦ = B⁻¹C1 = C1 =

⎡

⎣ 1 1

⎤

⎦ ,

⎡

⎣ γ_5,2 γ_6,2

⎤

⎦ = B⁻¹C2 = C2 =

⎡

⎣ 1

−1

⎤

⎦ ,

(26)

⎡

⎣ γ_5,3 γ_6,3

⎤

⎦ = B⁻¹C3 = C3 =

⎡

⎣ 3 1

⎤

⎦ ,

⎡

⎣ γ_5,4 γ_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.

Tablica sympleksowa dla punktu v = (0, 0, 0, 0, 3, 1) jest wi ˛ec 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

Iv,1={jⁱ ∈ {5, 6}; γji,1 > 0} = {5, 6}, sk ˛ad

jmin_i∈Iv,1

v^jⁱ

γ_j_i_,1 = min{3 1,1

1} = 1

Zatem k = 1, js = 6(elementem rozwi ˛azujacym tablicy sympleksowej jest γ_6,1 = 1). Baz ˛a kolejnego punktu wierzchołkowego b ˛edzie układ kolumn

C1, C5.

⎡

⎣ 1 1

⎤

⎦ w¹+

⎡

⎣ 1 0

⎤

⎦ w⁵ =

⎡

⎣ 3 1

⎤

⎦ ,

(27)

sk ˛ad w = (1, 0, 0, 0, 2, 0). Ponadto, B =

⎡

⎣ 1 1 1 0

⎤

B⁻¹ = 1

−1

⎡

⎣ 0 −1

−1 1

⎤

⎦

T

=

⎡

⎣ 0 1 1 −1

⎤

⎦ ,

sk ˛ad ⎡

⎣ γ_1,2 γ_5,2

⎤

⎦ = B⁻¹C2 =

⎡

⎣ −1 2

⎤

⎦ ,

⎡

⎣ γ_1,3 γ_5,3

⎤

⎦ = B⁻¹C3 =

⎡

⎣ 1 2

⎤

⎦ ,

⎡

⎣ γ_1,4 γ_5,4

⎤

⎦ = B⁻¹C4 =

⎡

⎣ 2

−1

⎤

⎦ ,

⎡

⎣ γ_1,6 γ_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,

∆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 ˛ec 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

(28)

Iv,2={jⁱ ∈ {1, 5}; γji,2 > 0} = {5}, sk ˛ad

jmini∈Iv,2

v^jⁱ

γ_j_i_,1 = min{2 2} = 1

Zatem k = 2, js = 5(elementem rozwi ˛azuj ˛acym tablicy sympleksowej jest γ_5,2 = 2). Baz ˛a kolejnego punktu wierzchołkowego b ˛edzie układ kolumn

C1, C2.

⎡

⎣ 1 1

⎤

⎦ w¹+

⎡

⎣ 1

−1

⎤

⎦ w² =

⎡

⎣ 3 1

⎤

⎦ ,

sk ˛ad w = (2, 1, 0, 0, 0, 0). Ponadto, B =

⎡

⎣ 1 1 1 −1

⎤

B⁻¹ = 1

−2

⎡

⎣ −1 −1

−1 1

⎤

⎦

T

=

⎡

⎣

1 2

1 2 1 2 −¹2

⎤

⎦ ,

sk ˛ad ⎡

⎣ γ_1,3 γ_2,3

⎤

⎦ = B⁻¹C3 =

⎡

⎣ 2 1

⎤

⎦ ,

⎡

⎣ γ_1,4 γ_2,4

⎤

⎦ = B⁻¹C4 =

⎡

⎣

3 2

−¹2

⎤

⎦ ,

⎡

⎣ γ_1,5 γ_2,5

⎤

⎦ = B⁻¹C5 =

⎡

⎣

1 2 1 2

⎤

⎦ ,

⎡

⎣ γ_1,6 γ_2,6

⎤

⎦ = B⁻¹C6 =

⎡

⎣

1 2

−¹₂

⎤

⎦ . oraz

∆3 =h(0, 0), (2, 1)i − 0 = 0,