Algebra liniowa, WNE, 2018/2019
ćwiczenia 25. – rozwiązania zadań domowych
17 stycznia 2019
1. Następujące zadania programowanie liniowego rozwiązać metodą sympleks:
• 4a + 3b − 4c → max, przy warunkach:
2a + b − 2c ¬ 18, a + b − c ¬ 13, a − 2c ¬ 13, a, b, c 0.
Rozwiązanie:
Postać standardowa: −4a − 3b + 4c → min, przy warunkach:
2a + b − 2c + d18, a + b − c + e13, a − 2c + f 13, a, b, c, d, e, f 0.
Mamy zatem macierz sympleks:
−4 −3 4 0 0 0 0
2 1 −2 1 0 0 18
1 1 −1 0 1 0 13
1 0 −2 0 0 1 13
opisującą wierzchołek (0, 0, 0, 18, 13, 13) – wychodzą z niego dwie krawędzie poprawiające i jedna pogarszająca – idziemy tą związaną z pierwszą kolumną. Ograniczenia to182 = 9, 13 i 13. Najmniejsze – 9 jest związane z pierwszym wierszem, a to znaczy, że wypadnie nam d ze zbioru zmiennych bazowych (dojdzie a). Przekształcamy:
0 −1 0 2 0 0 36
1 12 −1 12 0 0 9 0 12 0 −12 1 0 4 0 −12 −1 −12 0 1 4
– opisuje wierzchołek (9, 0, 0, 0, 4, 4), w którym funkcja celu ma wartość −36. Mamy krawędź popra- wiającą, neutralną i pogarszającą. Idziemy tę pierwszą (2. kolumna). Ograniczenia na nią są związane z pierwszym i drugim wierszem – odpowiednio 18 i 8. Ponieważ to drugie jest mniejsze, ze zmiennych bazowych wypadnie e (a dojdzie b). Operacje prowadzą nas do:
0 0 0 1 2 0 44
1 0 −1 1 −1 0 5
0 1 0 −1 2 0 8
0 0 −1 −1 1 1 8
co opisuje wierzchołek (5, 8, 0, 0, 0, 8), w którym funkcja celu osiąga wartość −44. Mamy już tylko krawędź neutralną i dwie pogarszające, więc ten wierzchołek jest optymalny.
W oryginalnym zadaniu odpowiada mu wierzchołek (5, 8, 0), w którym orginalna funkcja celu mak- symalizuje się z wartością 44.
• 4a + 3b + e → min, przy warunkach:
3a −12b + d − 3e = 3,
1
−4a − 2b −23c + 2d = 7, a, b, c, d, e 0.
Rozwiązanie:
Nie widać dopuszczalnych zmiennych bazowych, dodajemy więc dwie sztuczne: m i n i nasze zadanie przybiera postać: 4a + 3b + e + M m + M n → min
3a −12b + d − 3e + m = 3,
−4a − 2b −23c + 2d + n = 7, a, b, c, d, e, m, n 0.
i macierz sympleks ma postać:
4 3 0 0 1 M M 0
3 −12 0 1 −3 1 0 3
−4 −2 −23 2 0 0 1 7
po zredukowaniu:
4 + M 3 +5M2 2M3 −3M 1 + 3M 0 0 −10M
3 −12 0 1 −3 1 0 3
−4 −2 −23 2 0 0 1 7
Wartość ujemna w wierszu celu jest w kolumnie odpowiadającej zmiennej d, a współczynniki to odpowiednio 3 i 3, 5 – wybieramy więc pierwsze równanie, a więc wyleci zmienna m. Po redukcji (w0+ 3M w1, w2− 2w1) dostajemy:
4 + 10M 3 + M 2M3 0 1 − 6M 3M 0 −M
3 −12 0 1 −3 1 0 3
−10 −1 −23 0 6 −2 1 1
Wartość ujemna w wierszu celu jest w kolumnie zmiennej e i dostępny jest w niej tylko ostatni wiersz, czyli zgodnie z przewidywaniami usuniemy ze zbioru zmiennych bazowych zmienną sztuczną n. Po redukcji (w2· 16, w1+ 3w2, w0+ (1 − 6M )w2) mamy:
17 3
19 6
2
3 0 0 13+ M −16+ M −16
−2 −1 −13 1 0 0 12 72
−5
3 −16 −182 0 1 −13 16 16
co daje tylko nieujemne wyrazy w wierszu celu, czyli rozwiązanie to a = b = c = 0, d = 72 i e = 16, czyli funkcja celu minimalizuje się na wartości 16.
2
