- •И.И. Холявин математическое программирование и экономико-математические методы
- •Часть 1
- •Содержание
- •Предисловие
- •1. Основы линейного программирования
- •X1 не ограничена в знаке, x20.
- •Итерация 0
- •Итерация 1
- •Итерация 1
- •Итерация 2
- •Итерация 0
- •Итерация 1 Итерация 2
- •2. Двойственность в линейном программировании
- •3.Транспортная задача по критерию стоимости
- •4. Транспортная задача с усложнениями
- •5. Транспортная задача по критерию времени
- •Задача о назначениях
- •7. Элементы нелинейного программирования
- •Итерация 0
- •Итерация 1
- •Итерация 2
- •8. Дробно-линейное программирование
- •Алгоритм решения
- •9. Задачи целочисленного программирования. Метод гомори
- •10. Контрольные вопросы для подготовки к экзамену
- •11. Контрольная работа по математическому программированию и экономико-математическим методам Линейное программирование и двойственная задача
- •Варианты 1а-8а
- •Транспортная задача по критерию стоимости
- •Задача о назначениях
- •1) Составить математическую модель задачи применительно к числовым данным выполняемого варианта;
- •2) Решить полученную задачу венгерским методом и сформулировать ответ в экономических терминах в соответствии с условиями задачи.
- •Нелинейное программирование
- •(8 Вариантов). Используя метод множителей Лагранжа, найти условные экстремумы функций
- •Дробно-линейное программирование
- •Целочисленное программирование
- •1 (10 Вариантов). Решить задачу целочисленного программирования методом отсечений Гомори.
- •И.И. Холявин математическое программирование и экономико-математические методы
- •Часть 1
- •188300 Ленинградская обл., г. Гатчина, ул. Рощинская, д. 5
Итерация 0
БП |
х1 |
х2 |
х3 |
R1 |
R2 |
х4 |
Реш. |
Отн. |
z |
-4 |
-16 |
0 |
0 |
0 |
0 |
0 |
– |
R1 |
3 |
4 |
-1 |
1 |
0 |
0 |
6 |
3/2 |
R2 |
1 |
3 |
0 |
0 |
1 |
0 |
3 |
1 |
х4 |
2 |
1 |
0 |
0 |
0 |
1 |
4 |
4 |
Оц. |
-4 |
-7 |
1 |
-1 |
-1 |
0 |
|
|
Разрешающий столбец х2 выбран по наибольшей по модулю отрицательной оценке (-7). Разрешающая строка – R2 – выбрана по наименьшему отношению столбца решений к соответствующим положительным элементам разрешающего столбца, как и в задаче без искусственных переменных. Это значит, что на следующей итерации переменная х2 из свободной перейдёт в базисную, а переменная R2 из базисной - в свободную. Запишем следующие таблицы:
Итерация 1 Итерация 2
БП |
х1 |
х2 |
х3 |
R1 |
R2 |
х4 |
Реш. |
Отн. |
|
БП |
х1 |
х2 |
х3 |
R1 |
R2 |
х4 |
Реш. |
z |
4/3 |
0 |
0 |
0 |
16/30 |
0 |
16 |
– |
|
z |
0 |
0 |
4/5 |
-4/5 |
32/5 |
0 |
72/5 |
R1 |
5/3 |
0 |
-1 |
1 |
-4/3 |
0 |
2 |
6/5 |
|
х1 |
1 |
0 |
-3/5 |
3/5 |
-4/5 |
0 |
6/5 |
х2 |
1/3 |
1 |
0 |
0 |
1/3 |
0 |
1 |
3 |
|
х2 |
0 |
1 |
1/5 |
-1/5 |
3/5 |
0 |
3/5 |
х4 |
5/3 |
0 |
0 |
0 |
-1/3 |
1 |
3 |
9/5 |
|
х4 |
0 |
0 |
1 |
-1 |
1 |
1 |
1 |
Оц. |
-5/3 |
0 |
1 |
-1 |
4/3 |
0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
После итер. 1 закончился этап 1. После итер. 2 получено оптимальное решение, так как в z-строке все коэффициенты неотрицательны (кроме коэффициента при искусственной переменной R2, который не влияет на оптимальность, когда искусственные переменные вышли из базиса). Имеем ответ: zmax=72/5(6/5;3/5;0;1). ●