Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

МИРЭА - Российский технологический университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

А.В.Шатина МО 2012 версия 20.09.2013

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

10.05.2015

Размер:

5.05 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 78 / 208 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 > Следующая >>>

базис

a	1

a	3

a	2

z

b x
b
2
3 2
1 2
0

a	1

1
0

a	2

0
0

a	3

0
1

a	4

1
1 2
1 2

a	5

0
1 2
1 2

-1

a	6

1
0

-1

a	7

1
1 2
1 2

-1

a	8

0
1 2
1 2

Так как 0 , то точка 2;1 2;3 2;0;0;0;0;0	является реше-
нием вспомогательной задачи, а точка 2;1 2;3	2;0;0 является

начальной крайней точкой исходной задачи. Используя получен-

ные разложения векторов по базису	1	, a	3	, a	2	, строим симплекс-
	a

ную таблицу исходной задачи:

базис

a	1

a	3

a	2

z

-2

b x
b
2
3 2

1 2
8

a	1

-2		2		-2		1		t
a	2	a	3	a	4	a	5

0		0		1		0
0		1		1 2		1 2		3
1		0		1 2		1 2		1
-2		2		5		0
0		0		7		-1

Последняя строка содержит один отрицательный элемент,

соответствующий вектору	a	5	. Вычисляем элементы последнего

столбца и выбираем наименьший положительный, соответству-

ющий разрешающей строке						a	2	.	Для нового			базиса	1	, a	3	, a	5
ющий разрешающей строке						a		.	Для нового			базиса	a	, a		, a
строим таблицу:

			c		3		-2			2	-2	1	t
	базис			b xb	a1		a 2			a3	a 4	a5
	a	1	3	2	1			0		0	1	0
		1

	a	3	2	1	0		-1			1	1	0
		3

	a	5	1	1	0			2		0	-1	1
	a
	z			9	3			0		2	4	1
					0			2		0	6	0

Так как

Smax 9 .

, то

xˆ 2;0;1;0;1

является решением задачи,

Замечание. В данной задаче можно было ограничиться введением одной искусственной переменной x6 , так как два послед-

них столбца матрицы A задачи являются столбцами единичной

матрицы. Тогда число шагов значительно бы уменьшилось.	●
Пример 4. Решить задачу линейного программирования:
f x 2x1 x2 x3 x5 min ;	(з)
2x2 x4 x5 3,
x3 2x4 2,
x1 3x2 x4 5,
x1 x2 3, x j 0, j 1,...,5.

На первом шаге приведем данную задачу форме, введя дополнительные переменные x6 , x

к канонической 7 . Получим сле-

дующую задачу:

f x

x
3

2x x	2	x	x	max
1		3	5
x1 3x2 x4 x6 5,
x1 x2 x7 3,
2x2 x4 x5 3,
2x4 2,	x j 0, j 1, ... ,7 .

;

(з1)

Полученную задачу линейного программирования (з1) в канонической форме будем решать методом искусственного базиса. Для этого рассмотрим вспомогательную задачу, добавляя искусственные переменные x8 , x9 :

x8 x9 max ; (з2) x1 3x2 x4 x6 5,

x1 x2 x7 3,

2x2 x4 x5 x8 3,

x3 2x4 x9 2

x j 0,

Начальная крайняя точка задачи (з2)

1, x

... ,9 .
0	0,0,0,0,0,5,3,3,2

Базисные векторы

a	6	1,0,0,0 , a	7

0,1,0,0 , a	8	0,0,1,0 , a	9

0,0,0,1

Составим симплексную таблицу для задачи (з2):

базис

a	7

a	8

a	9

z

-1

b x	b
	b

-5

0	0	0	0
a1	a 2	a3	a 4
1	3	0	-1
-1	-1	0	0
0	2	0	-1
0	0	1	-2
0	-2	-1	3
0	-2	-1	3

0 0

a	5	a	6

0 1

0	0
-1	0
0	0
1	0

1 0

0		-1		-1
a	7	a	8	a	9

0		0		0
1		0		0
0		1		0
0		0		1
0		-1		-1
0		0		0

Из таблицы видно, что разрешающим столбцом является


столбец			a	2	, а разрешающей строкой			a	8	. Заменяем в базисе век-
столбец			a		, а разрешающей строкой			a		. Заменяем в базисе век-
тор a	8	на вектор a				2	и строим новую симплексную таблицу:
тор a		на вектор a					и строим новую симплексную таблицу:

базис		c	b xb	0		0
базис			b xb	a	1	a	2
					1		2
a	6	0	1 2	1		0
	6
a	7	0	9 2	-1		0
	7
a	2	0	3 2	0		1
	2

a	9	-1	2	0	0

z			-2	0	0
				0	0

0		0
a	3	a	4

0		1 2
0		1 2
0		1 2
1		-2
-1		2
-1		2

a	5

a	6

1

a	7

-1 -1 t

a	8	a	9

3 2		0
1 2		0
1 2		0

0	1
0	-1
1	0

Заменяем в базисе вектор симплексную таблицу:

a	9

на вектор

a	3

и строим новую

	c		0	0	0	0	0	0	0	-1	-1	t
базис		b xb	a1	a 2	a3	a 4	a5	a6	a7	a8	a9
a6	0	1 2	1	0	0	1 2	3 2	1	0	3 2	0
a7	0	9 2	-1	0	0	1 2	1 2	0	1	1 2	0

		c	b xb
базис		0	b xb
a	2	0	3 2
	2
a	3	0	2
	3
z			0

Вектор

a	1

0
0

0 ,

0		0
a	2	a	3

1		0
0		1
0		0
0		0

поэтому

a	4

1 2

-2

точка

a	5

1 2
0

~ x

0		0
a	6	a	7

0		0
0		0
0		0
0		0
0;3 2; 2;0;

-1		-1
a	8	a	9

1 2		0
0		1
0		0
1		1

0;12;92;0;

является		решением вспомогательной задачи (з2). Тогда точка
~	0;3	2; 2;0;0;1 2;9 2 является начальной крайней точкой за-
x0

дачи линейного программирования в канонической форме (з1).

Приступим к решению задачи (з1). Составим первую симплексную таблицу для начальной крайней точки

~	0;3 2; 2;0;0;1 2;9	2 . Разложения векторов
x0

возьмем из последней симплексной таблицы:

1	, a	4	, a	5
b, a	, a		, a

базис

a	6

a	7

a	2

a	3

z

-1

b x	2		-1		1		0		-1		0		0		t
	a	1	a	2	a	3	a	4	a	5	a	6	a	7
b
1 2	1		0		0		1 2		3 2		1		0
9 2	-1		0		0		1 2		1 2		0		1
3 2	0		1		0		1 2		1 2		0		0
2	0		0		1		-2		0		0		0
1 2	0		-1		1		3 2		1 2		0		0
	-2		0		0		3 2		3 2		0		0

Из таблицы видно, что разрешающим столбцом является столбец a1 , а разрешающей строкой a6 . Заменяем в базисе вектор a6 на вектор a1 и строим новую симплексную таблицу:

базис

a	1

a 2

-1

b xb

3 2

a	1

-1

a	2

1 0

a 4

0	1 2
0	0

0 1 2

-1 0

3 2	1
1	1

1 2 0

a	7

базис

a	3

z

b x
b
2
3 2

a	1

-1

a	2

-1

1		0		-1
a	3	a	4	a	5

1		-2		0
1		1 2		7 2
0		1 2		9 2

0		0
a	6	a	7

0		0
2		0
2		0

Далее заменяем в базисе вектор новую симплексную таблицу:

a	1

на вектор

a	4

и строим

базис

a	4	0
	4
a	7	0
	7
a	2	-1
	2
a	3	1
	3
z

Так как

b xb

	2	-1	1	0
	a1	a 2	a3	a 4
	2	0	0	1
	0	0	0	0
	1	1	0	0
	4	0	1	0
	3	-1	1	0
	1	0	0	0
, то точка			0;2;4;1;0;0;5

-1	0	0	t
a5	a6	a7
3	2	0
1	1	1
1	1	0
6	4	0
5	3	0
6	3	0

является решением за-

дачи (з1). Тогда точка

xˆ 0;2;4;1;0

является решением исходной

задачи (з).

Ответ:

x 0;2;4;1;0 abs min з,	S
ˆ		min
		min

●

Задачи для самостоятельного решения

Решить симплекс-методом задачи линейного программирования в канонической форме с заданной начальной крайней точкой:

6.1. f x 2x1 x

	x1 2x2
	x	x	2
	1		2
x	0, i 1,
i

23x3 x4 max ;

5x3 x4 4 ,

x3	2x4 1,
... ,4	, x0 0;0;1;1

6.2. f x 6x1 x2 4x3 5x4 max ; 3x1 x2 x3 x4 4,

5x1 x2 x3 x4 4 ,

	xi 0, i 1, ... ,4		,	x0	1;0;0;1
6.3.	f x x1 x2 x3		x4		x5 max ;
	2x1 3x2 5x3 7x4 9x5 19 ,
	x1 x2 x4 2x5 2,
	xi 0, i 1, ... ,5,			x0 0;0;1;2;0
6.4.	f x x1 2x2	2x3 x4 6x5				max
	x1 3x2 3x3 x4 9x5 18					,
	x1 5x2 2x4 8x5 13,
	x	x		3
	3	5		x0 0;1;2;0;1
	xi 0, i 1, ... ,5,

;

Решить задачу линейного программирования симплексметодом, находя начальную крайнюю точку методом искусственного базиса:

6.5.	x1 4x2 x3 max ;
	x1 x2 x3 3,
	2x1 5x2 x3 0,
	xi 0, i 1, ... ,3.
6.6.	f x 6x1 8x2 x3 3x4 min ;
	2x1 5x2 x3 2x4 20 ,
	12x1 6x2 2x3 x4 72 ,
	xi 0, i 1, ... ,4
Указание: привести предварительно задачу к канонической
форме.	f x x1 4x4 max ;
6.7.	f x x1 4x4 max ;
	x1 2x2 2x3 x4 5x5 13,
	2x1 2x2 4x4 x5 5,
	x1 x2 x3 x4 2x5 5

xi 0, i 1, ... ,5.

Найти решение задач линейного программирования:

6.8.

6.9.

6.10.

f x x1				x2				x3 min							;
	x1 3x2 5x3 1,
	x1 x2 x3 3,
	2x	x			2		4x			0
	1				2				3
	xi	0, i 1,2,3.
x 2x x				2	3x				5x		4		max
	1			2				3			4
2x1 3x2 x3 2x4 30														,
4x1 2x2 x3 2x4 40														,
x1 2x2 3x3 x4 25,
	xi 0, i 1, ... ,4
f x 2x			x			2	x		3	x		5	min
	1					2			3			5
	2x		x				x		3,
	2				4			5
	x			2x				2,
		3					4
	x1 3x2 x4 5,
x	x 3, x					j	0, j 1,...,5
1	2					j

;

Занятие 7. Транспортная задача

Транспортная задача является важным частным случаем задачи линейного программирования. Она представляет собой математическую модель задач по оптимизации перевозок.

Постановка

A1, A2 ,..., Am , на

задачи. Имеется

станций отправления

которых сосредоточено соответственно

a1, a2 ,..., am единиц некоторого однородного груза. Этот груз следует перевезти в n пунктов назначения B1, B2 ,..., Bn , причем в каждый из них надлежит завезти соответственно b1,b2 ,...,bn единиц груза. Стоимость перевозки единицы груза из пункта Ai в пункт B j равна cij .

Обозначим через

xij

количество единиц груза, предназна-

ченного к отправке из пункта

в пункт

B j

. Получим задачу о

нахождении плана перевозок, при котором общая стоимость перевозок окажется минимальной:

m n

cij xij min ;

i1 j 1

n
xij ai ,		i 1,..., m ;
j 1
m
xij	b j ,	j 1,..., n ;
j 1
xij 0,	i 1,..., m, j 1,..., n .

(з)

(1)

(2)

Условие (1) означает, что из пункта

весь груз вывезен в

пункты назначения, а завезенного в пункт

условие (2) означает, что количество груза, B j со всех пунктов отправления, соответ-

ствует требуемому. Транспортную задачу удобно записывать в виде платежной матрицы:

	b	b	…	b
	1	2		n
a	c	c	…	c1n
1	11	12
a2	c21	c22	…	c2n
…	…	…	…	…
am	cm1	cm2	…	cmn

m	m n	n m	n
В поставленной задаче ai xij xij b j . В
i 1	i 1 j 1	j 1i 1	j 1

этом случае говорят, что задана замкнутая модель транспортной задачи.

Если суммарные запасы пунктов отправления больше сум-

m	n
марной потребности пунктов назначения, т.е. ai b j , то ра-
i 1	j 1

	n
венства (1) заменяются неравенствами:	xij	ai
	j 1

условия (2) остаются без изменений. В этом случае к замкнутой модели следует:

а) ввести фиктивный пункт назначения		Bn 1
m	n
величиной ввоза bn 1 ai b j ;
i 1	j 1

i 1,..., m , а

для сведения с требуемой

б) положить ci,n 1 0, i 1,..., m;
в) ввести дополнительные переменные	xi,n1 0, i 1,..., m .

Тогда придем к замкнутой модели транспортной задачи.

Если в задаче имеется дополнительное требование, состоящее в том, что из некоторого пункта Ai груз должен быть полностью вывезен, то стоимость перевозки единицы груза из пункта

Ai в пункт Bn 1 следует положить равной		M , где M - достаточ-
но большое положительное число, т.е. ci,n 1 M .
Если суммарные запасы отправителей меньше суммарных
	m	n
запросов пунктов назначения, т.е. ai		b j , то равенства (2)
	i 1	j 1
заменяются неравенствами:
m
xij b j , j 1,..., n, а условия (1) остаются без изменений. В
i 1
этом случае для сведения к замкнутой модели следует:
а) вести фиктивный пункт отправления Am 1 с требуемой
n	m
величиной вывоза am 1 b j ai ;
j 1	i 1
б) положить cm 1, j 0,	j 1,..., n ;

в) ввести дополнительные переменные xm 1, j 0, j 1,..., n . Тогда придем к замкнутой модели транспортной задачи.

Если в задаче имеется дополнительное требование	полно-
стью удовлетворить потребности пункта назначения B j ,	то сле-

дует положить

cm1, j

жительное число.

, где

- достаточно большое поло-

Пример 1. Привести транспортную задачу, заданную платежной матрицей (табл. 7.1), к замкнутой модели.

			b	30		b	30	b 20
			1			2		3
	a	20		1			2	3
	1
	a2 40			1			3	3
Решение:		Здесь		a1	a2		60, b1	b2 b3

Таблица 7.1

т.е.

2
i
a
i 1

чиной

3
b j . Введем фиктивный пункт отправления A3			с вели-
j 1
завоза a 80 60 20 . Положим	c	0, j 1,2,3	. Тогда
3	3, j

придем к замкнутой модели транспортной задачи со следующей платежной матрицей:

Таблица 7.2

			b	30	b	30	b	20
			1		2		3
a		20		1		2		3
1
a	2	40		1		3		3
	2

a		20		0		0		0
3

●

Так как транспортная задача является частным случаем задачи линейного программирования, то она может быть решена симплекс-методом. Ввиду особенностей транспортной задачи, связанной со структурой матрицы ограничений, для ее решения применяется специально разработанный метод, называемы методом потенциалов. После приведения задачи к замкнутой модели на следующем шаге находится начальный план перевозок (начальная крайняя точка задачи).

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 78 / 208 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
17.04.2019188.42 Кб3zachet_po_ivt.doc
#
10.05.2015741.01 Кб225Zadachi_po_khimii.pdf
#
10.05.2015785.84 Кб33Zadachi_s_resh.pdf
#
10.05.2015844.92 Кб9zadanie_111.docx
#
10.11.201928.12 Кб3«Бюджетирование» - как метод финансового планир...docx
#
10.05.20155.05 Mб90А.В.Шатина МО 2012 версия 20.09.2013.pdf
#
25.08.20192.81 Mб8аис-лекц.doc
#
10.05.2015381.01 Кб52Аморфизация поверхности кристалла.docx
#
10.05.20151.36 Mб63Архитектура ВМ и систем.pdf
#
27.08.2019109.42 Кб31БДЗ_Часть_2_МЕНЕДЖЕРЫ.docx
#
10.05.2015282.62 Кб23БЖД_ЛР_1.doc

b x	2		-1		1		0		-1		0		0		t
	a	1	a	2	a	3	a	4	a	5	a	6	a	7
b
1 2	1		0		0		1 2		3 2		1		0
9 2	-1		0		0		1 2		1 2		0		1
3 2	0		1		0		1 2		1 2		0		0
2	0		0		1		-2		0		0		0
1 2	0		-1		1		3 2		1 2		0		0
	-2		0		0		3 2		3 2		0		0

	b	b	…	b
	1	2		n
a	c	c	…	c1n
1	11	12
a2	c21	c22	…	c2n
…	…	…	…	…
am	cm1	cm2	…	cmn

b x	2		-1		1		0		-1		0		0		t
	a	1	a	2	a	3	a	4	a	5	a	6	a	7
b
1 2	1		0		0		1 2		3 2		1		0
9 2	-1		0		0		1 2		1 2		0		1
3 2	0		1		0		1 2		1 2		0		0
2	0		0		1		-2		0		0		0
1 2	0		-1		1		3 2		1 2		0		0
	-2		0		0		3 2		3 2		0		0

	b	b	…	b
	1	2		n
a	c	c	…	c1n
1	11	12
a2	c21	c22	…	c2n
…	…	…	…	…
am	cm1	cm2	…	cmn

b x	2		-1		1		0		-1		0		0		t
	a	1	a	2	a	3	a	4	a	5	a	6	a	7
b
1 2	1		0		0		1 2		3 2		1		0
9 2	-1		0		0		1 2		1 2		0		1
3 2	0		1		0		1 2		1 2		0		0
2	0		0		1		-2		0		0		0
1 2	0		-1		1		3 2		1 2		0		0
	-2		0		0		3 2		3 2		0		0

	b	b	…	b
	1	2		n
a	c	c	…	c1n
1	11	12
a2	c21	c22	…	c2n
…	…	…	…	…
am	cm1	cm2	…	cmn