Добавил:

chloviekowie Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Санкт-Петербургский государственный электротехнический университет "ЛЭТИ"

Предмет:

Методы оптимизации

Файл:

Симплекс-метод

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

10.06.2026

Размер:

1.1 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 23 / 43 4 > Следующая >>>

r : cr

Один шаг Жордановых исключений – это замена базиса. Крайняя точка найдена: все независимые координаты равны 0, все bi 0 .

2) Для того чтобы последовательно приближаться к крайней точке, необходимо чтобы шаг

увеличивал (не уменьшал!) число положительных компонент вектора b.
Для этого, в пункте с) фиксируем столбец r (для которого при bs 0 существует r : asr							0 ) и в
нём выбирается такая строка s, т.е. такой разрешающий элемент asr, чтобы
	b		b		b
	s	max	k	:	k	0
	asr				akr
		k	akr			,

или отрицательное отношение было бы максимальным среди всех отрицательных отношений.

Покажем, что при таком выборе разрешающего элемента, число положительных компонент

вектора b не уменьшится.

Если компонента корректируется по формуле (2), то, т.к.

0 имеем b

0 .

asr

(показали ранее).

Пусть компонента вектора b корректируется по формуле (1). Тогда, нас интересует

случай, когда bi 0 . Хочется,

чтобы bi

0 .

пусть bi 0

и air 0

b b

airbs

0 b 0 ,

ч.т.д.

asr

пусть bi 0

и air 0

airbs

airbi

b 0 ,

ч.т.д.

asr

air

Таким образом, алгоритм сходится к крайней точке за конечное число шагов в предположении, что среди крайних точек нет вырожденных. На практике это означает, что i bi ≠ 0.

2.Алгоритм поиска оптимальной точки

Продолжаем преобразование таблицы. Т.к. от одного базиса всегда можно перейти к другому, то считаем, что в начале этого этапа (в верхней строке) находятся независимые координаты x1,…, xn, при этом, точка x = 0 (т.е. x1 ... xn 0 ) – крайняя.

а) Если j cj ≥ 0, то оптимальная точка найдена. Это точка x = 0.

Действительно (x) c j x j достигает min в нуле.

j 1 o

б) Если существует 0 , то рассмотрим коэффициенты alr,…, amr. Если все они ≥ 0, то оптимальной точки нет. Целевая функция не ограничена снизу на X. Действительно, для i в

неравенстве aij x j air xr bi 0 ,		xr может неограниченно расти. С другой стороны, при
j r

росте xr, (x) – убывает (x) c j x j cr xr			.
	j r	0
		0

в) Иначе: при cr 0 существует

s : asr 0 . Делается один шаг Жордановых исключений, т.е.

меняется

базис

относительно

разрешающего

элемента

asr : xr

ys . Предположим, что

целевая функция имела вид:

c j x j

j 1

подставим в нее xr, выраженный из s-го уровня c j x j

cr yr , где

j r

cr asj

c b

j r ;

(3)

asr

Остальные элементы вычисляются по формулам (1) и (2).

В табличной форме:

–b

a11

a1r

a1n

–b1

ã

–b̃

as1

asr

asn

–bs

ã

–b̃

am1

amr

amn

–bm

ã

–b̃

с̃

Необходимо обеспечить, чтобы следующий шаг преобразований не ухудшал достигнутого, т.е. чтобы правый столбец таблицы оставался положительным (–bi > 0) и чтобы функция – уменьшалась (количество положительных компонент вектора "c" может меняться).

Для того, чтобы двигаться по крайним точкам к точке min функции , аналогично случаю поиска крайней точки, в пункте в) фиксируют столбец r и в нем выбирают такую строку s, т.е. такой разрешающий элемент asr, чтобы

b		b		b
s	max	k	:	k	0 .
	max		:		0 .
asr		akr		akr

Выше было показано, что при таком выборе asr (выше) количество положительных компонент вектора b не уменьшается.

		cr 0	cr	c		а значение функции уменьшается
При этом, элемент cr cr	0			r	,

		asr 0		asr

	crbs	, ч.т.д.

	asr

Таким образом, алгоритм выбора оптимальной точки также сходится к оптимальной точке за конечное число итераций для невырожденной ЗЛП (среди компонент вектора "b" не должно быть нулевых).

Координаты оптимальной точки определяются следующим образом:

если xj находится на i-ом месте левого столбца, то его значение равно bi;

если xi находится на j-ом месте верхней строки, то его значение равно 0.

Далее рассмотрим несколько примеров:

Представим формулы для пересчета таблицы в более компактном виде. Итак,

–b

a11

a1r

a1n

–b1

ã

–b̃

as1

asr

asn

–bs

ã

–b̃

am1

amr

amn

–bm

ã

–b̃

с̃

Для элементов "разрешающей" строки:

j r

asj

asr

Для элементов "разрешающего" столбца:

a			air	,	i s

	ir		asr

		cr
c

	r	asr

Для остальных элементов:

a a

aij

, i s, j r

asr

b b

airbs

, i s

asr

cr asj

, j r

asr

crbs

asr

Примеры. Пример 1

1.Целевая функция имеет вид: (x) x1 2x2 min

x	x 1
1	2
X : 2x1 x2 10
x	0, x	0
1	2
Приводим к основному виду задачи линейного программирования (ЗЛП)			A b 0
			x
			x 0

y1 x1 x2 1 0

y2 2x1 x2 10 0x1 0

x2 0

Рис.1

На рис.1 представлено графическое решение задачи с определением допустимого множества и линии уровня целевой функции. Как видно из рис 1, решение задачи достигается в точке (1,0). Решим задачу с помощью алгоритма симплекс-метода.

Cоставляем таблицу: Начинаем решение с точки х1= 0, х2=0.

-b

Точка (0,0) – не крайняя ищем разрешающий элемент.

Для этой точки существует элемент а11 фиксируем первый столбец и

–1

–2

–1

рассмотрим отрицательные

величины

и выберем среди них

asr

максимальное

1 0 и

0 рассмотрим

a11

a21

Разрешающий элемент - а11.

Делаем первый шаг преобразований: а) Для 1-ой строки имеем:

a11

asr

a11

asr

asj

a12

asj

;

j r

asr

a11

asr

б) Для 2-ой строки имеем:

a21	a	2;		a
	21		air	ir
	a11
				asr

a a

2 1

air asj

a a

21 12

, j r

22 22

a b

2 1

a b

b2 b2

21 1

ir s

asr

a11

в) Для коэффициентов при целевой функции имеем:

a11

asr

c2 c2

c a

1 1

c j

cr asj

c j

a11

asr

c b

1 1

c b

1 1

r s

a11

asr

получаем таблицу вида:

	y1	x2	–b	Пришли в точку х1=1,		х2=0.
x1	1	1	1	поскольку i bi	> 0	точка (1,0) – крайняя,
y2	–2	–3		и поскольку r cr	0 точка (1,0) – оптимальная, при этом
y2	–2	–3	8	и поскольку r cr	0 точка (1,0) – оптимальная, при этом
				min = 1.
	1	3	1	min = 1.

2.Пример 2

Целевая функция имеет вид: (x) x1 min

x1 x2 2

x 1

X : 2

x1 x2 1

x1 0, x2 0

Приводим к основному виду задачи линейного программирования:

y1 x1 x2 2 0y2 x2 1 0

y3 x1 x2 1 0x1 0

x2 0

Рис.2

На рис.2 представлено графическое решение задачи с определением допустимого множества и линии уровня целевой функции. Как видно из рис 2, допустимое множество - пусто. Решим задачу с помощью алгоритма симплекс-метода.

Составим таблицу:
	x1	x2	–b			Начинаем решение с точки х1= 0, х2=0.
	x1	x2	–b			Начинаем решение с точки х1= 0, х2=0.
							Ищем крайнюю точку. Начинаем решение с точки х1= 0, х2=0.
y1	–1	–1	2				Ищем крайнюю точку. Начинаем решение с точки х1= 0, х2=0.
y2	0	1	–1				Можно продолжать её искать, поскольку для b2 0	существует a22 0 и
y3	1	–1	–1				для b3 0 существует a31 0 .
							Выбираем из b2 или b3.
	1	0	0				Выбираем из b2 или b3.

Допустим, выбрали b2, тогда в столбце 2 рассмотрим соотношения:
				2	,		1
					,		– max среди отрицательных разрешающий элемент a22.
				1			1

Делаем первый шаг преобразований: а) Для 2-ой строки:

	a			asj
a21	21	0;	asj		, j r	,
a21	a22	0;	asj	asr	, j r	,
	a22			asr

	1	1;		1
a22			asr
	a22
				asr

b2	b	1	1;		b
	2			bs	s
	a22
		1			asr

б) Для 1-ой строки:

( 1) 0

air asj

a11

aij

; j r

a22

asr

a12

air

a22

asr

( 1) 1

a b

b1 b1

12 2

asr

a22

в) Для 3-ей строки:

a a

( 1)(0)

air asj

a31 a31

32 21

aij aij

; j r

a22

asr

a32

( 1)

air

a22

asr

( 1) 1

a b

b3 b3

32 2

2; bi

ir s

asr

a22

г) Для коэффициентов имеем:

с a

cr asj

с1 с1

2 21

c j

; j r

a22

asr

с2

a22

asr

c b

0 0 0;

r s

asr

	приходим к таблице:
	x1	y2	–b	Пришли в точку (х1=0,х2=1)
	x1	y2	–b	Пришли в точку (х1=0,х2=1)
				Продолжаем искать крайнюю точку.
y1	–1	–1	1	Продолжаем искать крайнюю точку.
y1	–1	–1	1
х2	0	1	1	Её можно продолжать искать, т.к. существует для b3 0, a31 0 .
y3	1	–1	–2	фиксируем 1-й столбец и рассмотрим в нем отношения:
y3	1	–1	–2
					1	2	– разрешающий элемент
					1	2
	1	0	0			, – min a11
					1	1

Делаем второй шаг преобразований: а) Для 1-ой строки имеем:

a11

asr

a11

asr

asj

a12

asj

; j r

a11

asr

	b	1			b
b1	1		1;	bs	s
	a11	1
					asr

б) Для 2-ой строки имеем:

	a			a
a21	21	0;	air	ir
	a11
				asr

		a	a				air asj
a22 a22		21 12		1 0 1;	aij aij			; j r
		a11					asr

	a	b				a b
b2 b2	21 1		1 0 1;		bi bi		ir s
	a11						asr

в) Для 3-ей строки имеем:

	a			a
a31	31	1;	air	ir
	a11
				asr

			a	a			1	1			air asj
a32	a32		31 12		1				2;	aij aij		; j r
a32	a32		a11		1			1	2;	aij aij	asr	; j r
			a11					1			asr
b b		a31b1		2		1 1		1
b b				2		1		1
3	3	a11
		a11

г) Для коэффициентов имеем:

с1

a11

asr

c a

1 1

cr asj

с2 c2

1 12

1; c j c j

; j r

a11

asr

c b

1 1

c b

1 1

asr

a11

приходим к таблице:

–b

Пришли в точку х1=1, х2=1.

–1

В этой строке все элементы aij 0 при bi < 0

–1

–2

–1

допустимое множество пусто.

–1

3. Пример 3

Целевая функция имеет вид: (x) x1 min

x1		x2 3
x		x	1
	1	2

X : x1 2x2 1
x		0
	1
x		0
	2

Приводим к основному виду задачи линейного программирования:

y1 x1 x2 3 0
y	2	x	x 1 0
	2	1	2
		x1 2x2 1 0
y3		x1 2x2 1 0
x		0
1
x		0
2			Рис.3
			Рис.3

На рис.3 представлено графическое решение задачи с определением допустимого множества и линии уровня целевой функции. Как видно из рис 3, целевая функция неограничена на допустимом множестве. Решим задачу с помощью алгоритма симплекс-метода.

Составим таблицу:

	x1	x2	–b	Начинаем решение с точки х1= 0, х2=0.
y1	1	1	–3	Точка (0,0) – не крайняя и можно продолжать искать крайнюю точку, т.к.

y2	1	–1	1	для –b1 = –3 существует a11		и a12 > 0 выбираем из них, например 1-й

y3	–1	2	1	столбец.
					3
							1

	–1	0	0	Рассмотрим отношения		и	a31– разрешающий элемент
					1		1

Делаем первый шаг преобразований: а) Для 3-ей строки имеем:

a31

asr

a31

asr

asj

a32

asj

; j r

asr

a31

asr

б) Для 1-ой строки имеем:

a31

asr

a a

1 2

air asj

a12

11 32

aij aij

a31

asr

	a b		1 1			a b
b1 b1	11 3	3		2;	bi bi	ir s
b1 b1	a31	3	1	2;	bi bi	asr
	a31		1			asr

в) Для 2-ой строки имеем:

a31

asr

a a

1 2

air asj

a22 a22

21 32

aij aij

a31

asr

a b

1 1

a b

b2 b2

21 3

bi bi

ir s

a31

asr

г) Для коэффициентов имеем:

	c	1			c
c1	1		1;	cr	r
	a31	1
					asr

c2 c2

c a		1	1			cr asj
1 32	0			2;	c j c j		; j r
a31	0	1		2;	c j c j	asr	; j r
a31		1				asr

c b	1 1	1;	c b
1 3			r s
a31	1		asr

	y3	x2	–b

y1	–1	3	–2
y2	–1	1	2
x1	–1	2	1

	1	–2	–1

Пришли в точку х1=1, х2=0 Точка (1,0) – не крайняя (есть отрицательный элемент).

Крайнюю точку можно искать, т.к. для –b1 = –2 существует a12 0 .a12 – разрешающий элемент.

Делаем второй шаг преобразований:

а) Для 1-ой строки имеем:

a11

asj

;

asj

a12

asr

a12

;

asr

a12

asr

;

a12

asr

; j r

<<< < Предыдущая 1 23 / 43 4 > Следующая >>>

Соседние файлы в папке 2

#
10.06.202648 б0FIN57.DAT
#
10.06.2026162.47 Кб0Lab-2.exe
#
10.06.202636.5 Кб0Дополнительные разъяснения.docx
#
10.06.202637.38 Кб0Метод указания к л.р.2.doc
#
10.06.2026395.65 Кб0отчет.docx
#
10.06.20261.1 Mб0Симплекс-метод.pdf