Algebra liniowa, WNE, 2018/2019 ćwiczenia 24. – rozwiązania

Algebra liniowa, WNE, 2018/2019 ćwiczenia 24. – rozwiązania

10 stycznia 2019

1. Dla danego zadania programowania liniowego znaleźć jego postać standardową:

• 2x1+ 3x2→ max, przy warunkach:

x1+ 7x2¬ 14, x1+ 2x2­ 1,

−x1+ x2¬ 5.

• 7x − 2y + 5z − 3t → min, przy warunkach:

x + y + z + 3t = 15, x + z ¬ 6,

2y + 3t ¬ 8,

x ­ 0, y ­ 0, z ­ 0, t ­ 0.

Rozwiązanie:

• −2x⁺₁ + 2x⁻₁ − 3x⁺₂ + 3x⁻₂ → min, przy warunkach:

x⁺₁ − x⁻₁ + 7x⁺₂ − 7x⁻₂ + x₃= 14, x⁺₁ − x⁻₁ + 2x⁺₂ − 2x⁻₂ − x₄= 1,

−x⁺₁ + x⁻₁ + x⁺₂ − x⁻₂ + x5= 5, x⁺₁, x⁻₁, x⁺₂, x3, x4, x5­ 0.

• 7x − 2y + 5z − 3t → min, przy warunkach:

x + y + z + 3t = 15, x + z + w = 6, 2y + 3t + v = 8, x, y, z, t, w, v ­ 0.

2. Dla danego układu równań znaleźć wszystkie rozwiązania bazowe:

•

(x1+ 2x2+ 3x3− x4+ x5= 1 2x1+ 5x2+ 6x3+ x4− x5= 2

•







x₁+ x₂− x₃+ 2x₄= 1

−x1+ 2x2+ x3− 2x4= 2 2x₁+ 3x₂− 2x3+ 4x₄= 3 Rozwiązanie:

• Mamy dwa niezależne równania, więc zmiennych bazowych musi być 2, wypisujemy możliwe kombi- nacje:

– bazowe: x₁, x₂, podstawiamy za zmienne niebazowe 0 i otrzymujemy: x₁+2x₂= 1, 2x₁+5x₂= 2, czyli x₁= 1, x₂= 0,

– bazowe: x₁, x₃, podstawiamy za zmienne niebazowe 0 i otrzymujemy: x₁+3x₃= 1, 2x₁+6x₃= 2, nieoznaczoność,

– bazowe: x1, x4, podstawiamy za zmienne niebazowe 0 i otrzymujemy: x1− x4= 1, 2x1+ x4= 2, czyli x1= 1, x4= 0,

– bazowe: x1, x5, podstawiamy za zmienne niebazowe 0 i otrzymujemy: x1+ x5= 1, 2x1− x5= 2, czyli x1= 1, x5= 0,

1

– bazowe: x2, x3, podstawiamy za zmienne niebazowe 0 i otrzymujemy: 2x2+3x3= 1, 5x2+6x3= 2, czyli x2= 0, x3= ¹₃,

– bazowe: x₂, x₄, podstawiamy za zmienne niebazowe 0 i otrzymujemy: 2x₂− x4= 1, 5x₂+ x₄= 2, czyli x₂=³₇, x₄= ⁻¹₇ ,

– bazowe: x2, x5, podstawiamy za zmienne niebazowe 0 i otrzymujemy: 2x2+ x5= 1, 5x2− x5= 2, czyli x2=³₇, x5= ¹₇,

– bazowe: x3, x4, podstawiamy za zmienne niebazowe 0 i otrzymujemy: 3x3− x4= 1, 6x3+ x4= 2, czyli x3=¹₃, x4= 0,

– bazowe: x3, x5, podstawiamy za zmienne niebazowe 0 i otrzymujemy: 3x3+ x5= 1, 6x3− x5= 2, czyli x3=¹₃, x5= 0,

– bazowe: x₄, x₅, podstawiamy za zmienne niebazowe 0 i otrzymujemy: −x₄+ x₅= 1, x₄− x5= 2, czyli sprzeczność.

A zatem otrzymaliśmy cztery możliwe rozwiązania bazowe:

– (1, 0, 0, 0, 0) dla zmiennych bazowych: x1, x2 lub x1, x4, lub x1, x5, – (0, 0,¹₃, 0, 0) dla zmiennych bazowych: x2, x3 lub x3, x4 lub x3, x5, – (0,³₇, 0,⁻¹₇ , 0) dla zmiennych bazowych: x₂, x₄,

– (0,³₇, 0, 0,¹₇) dla zmiennych bazowych: x2, x5.

• Z tego układu równań otrzymujemy tylko dwa równania niezależne, więc znów zmiennych bazowych musi być 2, wypisujemy możliwe kombinacje:

– bazowe: x1, x2, podstawiamy za zmienne niebazowe 0 i otrzymujemy: x1+ x2= 1, −x1+ 2x2= 2, 2x1+ 3x2= 3, czyli x1= 0, x2= 1,

– bazowe: x₁, x₃, podstawiamy za zmienne niebazowe 0 i otrzymujemy: x₁− x₃ = 1, −x₁+ x₃ = 2, 2x₁− 2x₃= 3, czyli sprzeczność,

– bazowe: x1, x4, podstawiamy za zmienne niebazowe 0 i otrzymujemy: x1+ 2x4= 1, −x1− 2x4= 2, 2x1+ 4x4= 3, czyli sprzeczność,

– bazowe: x2, x3, podstawiamy za zmienne niebazowe 0 i otrzymujemy: x2− x3 = 1, 2x2+ x3 = 2, 3x2− 2x3= 3, czyli x2= 1, x3= 0,

– bazowe: x2, x4, podstawiamy za zmienne niebazowe 0 i otrzymujemy: x2+ 2x4= 1, 2x2− 2x4= 2, 3x2+ 4x4= 3, czyli x2= 1, x4= 0,

– bazowe: x₃, x₄, podstawiamy za zmienne niebazowe 0 i otrzymujemy: −x₃+ 2x₄= 1, x₃− 2x4= 2, −2x₃+ 4x₄= 3, sprzeczność.

Otrzymaliśmy tylko jedno rozwiązanie bazowe: (0, 1, 0, 0, 0) dla zmiennych bazowych x1, x2lub x2, x3

lub x2, x4.

3. Rozwiązać zadanie programowania liniowego:

• 3x₁+ 2x₂+ x₃+ 3x₄+ 4x₅→ min, przy warunkach:

x₁+ 2x₂+ x₃− x₄= 6, x₁+ 3x₂+ 2x₄+ x₅= 10, x1, x2, x3, x4, x5­ 0

Wektor kosztów w tym zadaniu to c = (3, 2, 1, 3, 4). Zapisujemy tablicę sympleks ustalając biorąc za zmienne bazowe x₃, x₅. Wtedy:

3 2 1 3 4 0

1 2 1 −1 0 6

1 3 0 2 1 10

w0− w1− 4w2

−−−−−−−−−−→

−2 −12 0 −4 0 −46

1 2 1 −1 0 6

1 3 0 2 1 10

Mamy wiec tablicę sympleks odpowiadającą wierzchołkowi (0, 0, 6, 0, 10) i wartość funkcji celu dla tego wierzchołka wynosi 46. We wierszu kosztów zredukowanych mamy 3 liczby ujemne, a więc 3 krawędzie poprawiające. Bierzemy drugą krawędź kolumnę i znajdujemy ograniczenia dla niej F = {3,¹⁰₃} bierzemy z niej najmniejsze dodatnie ograniczenie 3 – odpowiada ono wierszowi pierwszemu.

To oznacza, że do zbioru zmiennych bazowych dojdzie x2, a wypadnie x3. Tworzymy tablicę sympleks nowego wierzchołka:

w1·1

−−−→2

−2 −12 0 −4 0 −46

1

2 1 ¹₂ −¹₂ 0 3

1 3 0 2 1 10

w0+ 12w1, w2− 3w1

−−−−−−−−−−−−−−−→

4 0 6 −10 0 −10

1

2 1 ¹₂ −¹₂ 0 3

−¹₂ 0 −³₂ ⁷₂ 1 1

2

Mamy wiec tablicę sympleks odpowiadającą wierzchołkowi (0, 3, 0, 0, 1) i wartość funkcji celu dla tego wierzchołka wynosi 10. We wierszu kosztów zredukowanych widzimy tylko jedną krawędź poprawia- jącą (odpowiadającą czwartej kolumnie) oraz dwie pogarszające. Liczymy ograniczenia na krawędź poprawiającą – widzimy, że jest tyko jedno ograniczenie – mianowicie ⁷₂, czyli to oznacza, że pójście tą krawędzią usunie z zmienną bazową x5na rzecz x4. Liczymy nową tablicę sympleks:

2 7w₂

−−→

4 0 6 −10 0 −10

1

2 1 ¹₂ −¹₂ 0 3

−¹₇ 0 −⁻³₇ 1 ²₇ ²₇

w₀+ 10w₂, w₁+1 2w₂

−−−−−−−−−−−−−−−→

18

7 0 ¹²₇ 0 ²⁰₇ −⁵⁰₇

3

7 1 ²₇ 0 ¹₇ ²²₇

−¹₇ 0 −⁻³₇ 1 ²₇ ²₇

A zatem jesteśmy w wierzchołku (0,²²₇, 0,²₇, 0) i jest to wierzchołek optymalny, bo wszystkie krawędzie z niego wychodzące są pogarszające. Wartość funkcji celu w nim to ⁵⁰₇.

• 2x1+ 6x2− 3x3→ max, przy warunkach:

x1+ 2x2− 3x3¬ 3, 2x1+ 5x2− 5x3¬ 7, 2x1− 3x2− 7x3¬ 8, x₁, x₂, x₃­ 0

Postać kanoniczna tego zadania to: −2x₁− 6x2+ 3x₃→ min x1+ 2x₂− 3x3+ x₄= 3, 2x₁+ 5x₂− 5x₃+ x₅= 7,

2x₁− 3x₂− 7x₃+ x₆8, x1, x2, x3, x4, x5, x6­ 0.

Wypisujemy macierz sympleks (zmienne bazowe x4, x5, x6).:

−2 −6 3 0 0 0 0

1 2 −3 1 0 0 3

2 5 −5 0 1 0 7

2 −3 −7 0 0 1 8

Czyli jesteśmy w wierzchołku (0, 0, 0, 3, 7, 8) i wartość funkcji celu wynosi 0. Mamy dwie krawędzie poprawiające i jedną pogarszającą. Powiedzmy, że wybieramy krawędź z możliwie najmniejszą warto- ścią w wierszu kosztów zredukowanych, czyli drugą. Mamy dwa ograniczenia na długość tej krawędzi:

3

2 i ⁷₅, z czego mniejsze jest to drugie, więc ze zbioru zmiennych bazowych usuniemy x5i dodamy x2. Do dzieła:

w₂· 1

−−−→5

−2 −6 3 0 0 0 0

1 2 −3 1 0 0 3

0.4 1 −1 0 0.2 0 1.4

2 −3 −7 0 0 1 8

w₀+ 6w₂, w₁− 2w₂, w₃+ 3w₂

−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−→

0.4 0 −3 0 1.2 0 8.4 0.2 0 −1 1 −0.4 0 0.2 0.4 1 −1 0 0.2 0 1.4 3.2 0 −10 0 0.6 1 12.2

Zatem jesteśmy w wierzchołku (0, 1.4, 0, 0.2, 0, 12.2) i wartość funkcji celu wynosi −8.4. Wiersz kosz- tów zredukowanych pokazuje, że mamy dwie krawędzie pogarszające i jedną poprawiającą, jednak szybko zdajemy sobie sprawę, że ta poprawiająca jest nieograniczona. Co oznacza, że nie istnieje wierzchołek optymalny.

3