Задачі математичного програмування (стр. 2 из 2)

Підрахуємо число зайнятих клітин таблиці, їх 8, а має бути m+n-1=8. Отже, опорний план є невироджених.

Перевіримо оптимальність опорного плану, складемо систему рівнянь (для заповнених клітин таблиці) для визначення потенціалів першого опорного плану:

Записана система рівнянь є невизначеною, і один з її розв’язків дістанемо, узявши, наприклад, u1 = 0. Тоді всі інші потенціали однозначно визначаються з цієї системи рівнянь: u1 =0, u2 = -3, u3 = -1, u4=-2, v1 =1, v2 =2, v3 =4 v4=4, v5=2. Ці значення потенціалів першого опорного плану записуємо у транспортну таблицю.

Потім згідно з алгоритмом методу потенціалів перевіряємо виконання другої умови оптимальності ui + vj ≤ cij (для порожніх клітинок таблиці):

А1B4 : u1 + v4 = 0 + 4 = 4 > 1;

А1B5 : u1 + v5 = 0 + 2 = 2 < 5;

А2B1 : u2 + v1 = -3 + 1 = -2 < 1;

А2B2 : u2 + v2 = -3 + 2 = -1 < 2;

А2B4 : u2 + v4 = -3 + 4 = 1 < 3;

А2B5 : u2 + v5 = -3 + 2 = -1 < 1;

А3B1 : u3 + v1 = -1 + 1 = 0 < 2;

А3B2 : u3 + v2 = -1 + 2 = 1 = 1;

А4B1 : u4 + v1 = -2 + 1 = -1 < 0;

А4B2 : u4 + v2 = -2 + 2 = 0 = 0;

А4B3 : u4 + v3 = -2 + 4 = 2 > 0;

А4B4 : u4 + v4 = -2 + 4 = 2 > 0.

Опорний план не є оптимальним, тому що існують оцінки вільних клітин для яких ui + vi > cij

А1B4 : u1 + v4 = 0 + 4 = 4 > 1;

А4B3 : u4 + v3 = -2 + 4 = 2 > 0;

А4B4 : u4 + v4 = -2 + 4 = 2 > 0.

Тому від нього необхідно перейти до другого плану, змінивши співвідношення заповнених і порожніх клітинок таблиці. Вибираємо максимальну оцінку вільної клітини (А1B4): 1

Ставимо в ній знак «+». Для визначення клітинки, що звільняється, будуємо цикл, починаючи з клітинки А1B4, та позначаємо вершини циклу почергово знаками «–» і «+». Тепер необхідно перемістити продукцію в межах побудованого циклу. Для цього у порожню клітинку А1B4 переносимо менше з чисел хij, які розміщені в клітинках зі знаком «–». Одночасно це саме число хij додаємо до відповідних чисел, що розміщені в клітинках зі знаком «+», та віднімаємо від чисел, що розміщені в клітинках, позначених знаком «–».

З вантажів хij що стоять в мінусових клітинах, вибираємо найменше,

, тобто

. Додаємо 10 до обсягів вантажів, що стоять в плюсових клітинах і віднімаємо 10 з Хij, що стоять в мінусових клітинах. В результаті отримаємо новий опорний план. Усі інші заповнені клітинки першої таблиці, які не входили до циклу, переписуємо у другу таблицю без змін. Кількість заповнених клітинок у новій таблиці також має відповідати умові невиродженості плану, тобто дорівнювати (n + m – 1).

Отже, другий опорний план транспортної задачі матиме такий вигляд:

Ai	Bj					ui
Ai	b1 = 100	b2 = 90	b3 = 200	b4=30	b5=80	ui
а1 = 200	1 100	2 [-] 90	4	1 [+] 10	5	u1 = 0
а2 = 120	1	2	1 120	3	1	u2 = 0
а3 = 150	2	1 [+]	3 80	3 [-] 20	1 50	u3 = 2
а4 = 30	0	0	0	0	0 30	u4 = 1
vj	v1 =1	v2 =2	v3 =1	v4 =1	V5 =-1

Перевіримо оптимальність опорного плану. Знайдемо потенціали ui, vi. по зайнятих клітинам таблиці, в яких ui + vi = cij, вважаючи, що u1 = 0.

Опорний план не є оптимальним, тому що існують оцінки вільних клітин для яких ui + vi > cij

(А3B1): 2 + 1 = 3 > 2;

(А3B2): 2 + 2 = 4 > 1;

(А4B1): 1 + 1 = 2 > 0;

(А4B2): 1 + 2 = 3 > 0;

(А4B3): 1 + 1 = 2 > 0;

(А4B4): 1 + 1 = 2 > 0.

Вибираємо максимальну оцінку вільної клітини (А3B2): 1

Для цього в перспективну клітку (А3B2) поставимо знак «+», а в інших вершинах багатокутника чергуються знаки «-», «+», «-». Цикл наведено в таблиці.

З вантажів хij що стоять в мінусових клітинах, вибираємо найменше, тобто у = min (А3B4) = 20. Додаємо 20 до обсягів вантажів, що стоять в плюсових клітинах і віднімаємо 20 з Хij, що стоять в мінусових клітинах. В результаті отримаємо новий опорний план.

Ai	Bj					ui
Ai	b1 = 100	b2 = 90	b3 = 200	b4=30	b5=80	ui
а1 = 200	1 100	2 70	4	1 30	5	u1 = 0
а2 = 120	1	2	1 120	3	1	u2 = -3
а3 = 150	2	1 20	3 [-] 80	3	1 [+] 50	u3 = -1
а4 = 30	0	0	0 [+]	0	0 [-] 30	u4 = -2
vj	v1 =1	v2 =2	v3 =1	v4 =1	V5 =-1

Опорний план не є оптимальним, тому що існують оцінки вільних клітин для яких ui + vi > cij

(А4B3): -2 + 4 = 2 > 0

Вибираємо максимальну оцінку вільної клітини (А4B3): 0

Для цього в перспективну клітку (А4B3) поставимо знак «+», а в інших вершинах багатокутника чергуються знаки «-», «+», «-». Цикл наведено в таблиці.

З вантажів хij що стоять в мінусових клітинах, вибираємо найменше, тобто у = min (А4B5) =30. Додаємо 30 до обсягів вантажів, що стоять в плюсових клітинах і віднімаємо 30 з Хij, що стоять в мінусових клітинах.

В результаті отримаємо новий опорний план.

Ai	Bj					ui
Ai	b1 = 100	b2 = 90	b3 = 200	b4=30	b5=80	ui
а1 = 200	1 100	2 70	4	1 30	5	u1 = 0
а2 = 120	1	2	1 120	3	1	u2 = -3
а3 = 150	2	1 20	3 50	3	1 80	u3 = -1
а4 = 30	0	0	0 30	0	0	u4 = -4
vj	v1 =1	v2 =2	v3 =4	v4 =1	V5 =2

Перевіримо оптимальність опорного плану, тобто повторюємо описані раніше дії.

Знайдемо потенціали ui, vi. по зайнятих клітинам таблиці, в яких ui + vi = cij, вважаючи, що u1 = 0.

Перевірка останнього плану на оптимальність за допомогою методу потенціалів показує, що він оптимальний.

Розрахуємо значення цільової функції відповідно до другого опорного плану задачі:

Z(x) = 1*100 + 2*70 + 1*30 + 1*120 + 1*20 + 3*50 + 1*80 + 0*30 = 640

За оптимальним планом перевезень загальна вартість перевезень всієї продукції є найменшою і становить 640 грн.

Завдання 4

Знайти графічним методом екстремуми функції в області, визначеній нерівностями (в усіх варіантах вважати

)

Розв’язок

Побудуємо область допустимих рішень, тобто вирішимо графічно систему нерівностей. Для цього побудуємо кожну пряму і визначимо півплощини, задані нерівностями (півплощини позначені штрихом).

Межі області

Позначимо границі області багатокутника рішень.

Цільова функція F(x) => min

Розглянемо цільову функцію завдання F = 7X1+6X2 => min.

Побудуємо пряму, що відповідає значенню функції F = 0: F = 7X1+6X2 = 0. Будемо рухати цю пряму паралельним чином. Оскільки нас цікавить мінімальне рішення, тому рухався прямо до першого торкання позначеної області. На графіку ця пряма позначена пунктирною лінією.

Рівний масштаб

Область допустимих значень необмежена.