vm1

(0; 0; : : : ; 0; b1; : : : ; bm), де нульовими є першi n координат, i зна-

чення цiльової функцiї f~0 = ¡Mb1 ¡ Mb2 ¡ : : : ¡ Mbm. Наявнiсть у цiльовiй функцiї f~ коефiцiєнтiв ¡M при штуч-

них змiнних xn+i, i 2 f1; : : : ; mg, еквiвалентна штрафу за включення їх в опорний план. Вважають, что число ¡M за абсолютною величиною значно перевищує решту коефiцiєнтiв цiльової функцiї, що дозволяє виводити з базису штучнi вектори i вводити в базис вектори вихiдної задачi (2) – (5).

Оскiльки задача (6) – (9) має початковий опорний план, то для її розв’язування можна застосувати симплексний метод.

Мiж розв’язками задачi (2) – (5) i (6) – (9) iснує певний зв’язок.

~

Теорема. Якщо в оптимальному планi X¤ = (x¤1; : : : ; x¤n;

0; : : : ; 0) М-задачi всi штучнi змiннi дорiвнюють нулю, тобто

x¤n+i = 0, i 2 f1; : : : ; mg), то план X¤ = (x¤1; : : : ; x¤n) є оптимальним планом вихiдної задачi.

~¤ ¤

J Очевидно, що плани X i X вiдрiзняються m останнiми координатами, якi дорiвнюють нулю. Отже, якщо вектор

~¤ ¤

X задовольняє обмеження (7) – (9), то вектор X задовольняє обмеження (3) – (5), тобто є планом вихiдної задачi. При

~¤ ¤

цьому, оскiльки вiдмiннi вiд нуля координати планiв X i X

~ ~¤ ¤

збiгаються, значення цiльових функцiй f(X ) i f(X ) також збiгаються.

Доведемо, що X¤ – оптимальний план задачi (2) – (5). Нехай це не так. Тодi iснує план X0 = (x10; x20; : : : ; xn0) вихiдної за-

¤ ~ ~¤ ~ ~ ~ ~¤

f(X ) = f(X ), тобто f(X0) > f(X ). Останнє суперечить тому, що X¤ оптимальний план М-задачi. I

252

Отже, якщо, розв’язавши М-задачу, одержимо її оптималь-

ний план, у якого всi штучнi змiннi x¤n+i = 0, i 2 f1; : : : ; mg, то його першi n координат дають оптимальний план задачi (2) –

(5).

Можна довести, що коли:

1)в оптимальному планi М-задачi принаймнi одна з штучних змiнних не дорiвнює нулю, то вихiдна задача не має допустимих планiв, тобто її умови-обмеження несумiснi;

2)М-задача не має розв’язкiв, то й вихiдна задача нерозв’язна.

Для вiдшукання оптимального плану розширеної задачi у випадку, коли не задано величину M, застосовують симплексний метод iз складанням симплексних таблиць, якi мають на один рядок бiльше, нiж звичайна таблиця. За (m + 2)-им ряд-

ком визначають вектор, який треба включити в базис. Оскiль-

~ ~

ки ¢j = fj ¡ c~j = = fj ¡ cj + ¸jM = ¢j + ¸jM, то до (m + 1)- го рядка включають ¢j, а до (m + 2)-го рядка – ¸j. При пе-

реходi вiд одного опорного плану до другого в базис вводять вектор, який вiдповiдає найбiльшому за абсолютною величиною вiд’ємному числу ¸j (m + 2)-го рядка. Штучний вектор, виключений з базису в результатi деякої iтерацiї, надалi можна не вводити у жодний з наступних базисiв, i, отже, перетворення стовпчика цього вектора зайве. Однак, якщо треба знайти розв’язок двоїстої задачi до заданої (про що мова буде пiзнiше), то таке перетворення слiд проводити. Може трапитись так, що в результатi деякої iтерацiї жодний з штучних векторiв з базису не буде виключено.

Перерахунок симплексних таблиць при переходi вiд одного опорного плану до другого проводять за загальними правилами симплексного методу.

Iтерацiйний процес по (m + 2)-му рядку проводимо до тих пiр, поки або: 1) всi штучнi вектори виведенi з базису; 2) не всi штучнi вектори виведенi з базису, але (m + 2)-й рядок не мiстить бiльше вiд’ємних елементiв у стовпчиках A1, : : :,

An+m.

У першому випадку базис вiдповiдає деякому опорному

253

плану вихiдної задачi (2) – (5) й знаходження її оптимального плану продовжують за (m + 1)-им рядком.

У другому випадку, якщо елемент, який стоїть в (m + 2)-му рядку в стовпчику A0 вiд’ємний, то вихiдна задача розв’язку не має, а якщо вiн дорiвнює нулю, то знайдений опорний план вихiдної задачi є виродженим, бо базис мiстить принаймнi один

вектор штучного базису.

Приклад 3. Розв’язати задачу

f = ¡x1 + x2 + x3 ¡ x4 ! max;

½¡x1 ¡ 6x2 + x3 ¡ x4 = 5;

3x1 ¡ 2x2 + x3 ¡ x4 = 1;

xj ¸ 0; j 2 f1; : : : ; 4g:

J Оскiльки вiдсутнiй одиничний базис, то введемо штучнi базиснi змiннi x5 ¸ 0 i x6 ¸ 0. Тодi одержимо таку розширену задачу:

f~ = ¡x1 + x2 + x3 ¡ x4 ¡ Mx5 ¡ Mx6 ! max;

½¡x1 ¡ 6x2 + x3 ¡ x4 + x5 = 5;

3x1 ¡ 2x2 + x3 ¡ x4 + x6 = 1;

xj ¸ 0; j 2 f1; : : : ; 6g:

Розв’язування цiєї розширеної задачi, проведемо за допомогою симплексних таблиць

У першiй симплекснiй таблицi умова оптимальностi не виконується, бо ¸1 = ¡2 < 0 i ¸3 = ¡2 < 0. За провiдний беремо стовпчик

A3, оскiльки йому вiдповiдає max cj. Провiдний рядок, а отже, й про-

j

254

вiдний елемент вибираємо за допомогою симплексного вiдношення:

лицi, взявши за провiдний елемент 1 . У другiй симплекснiй таблицi в (m + 2)-му рядку всi ¸j ¸ 0, j 2 f1; : : : ; 6g, а це означає, що умова оптимальностi для М-задачi виконується. Оскiльки в оптимально-

~¤ ¤

му розв’язку X = (0; 0; 1; 0; 4; 0) цiєї задачi x5 = 4 > 0, то вихiдна задача розв’язку не має, бо вiдсутнi допустимi плани. I

Зауваження. Якщо в задачi (2) – (5) f ! min, то в розширенiй задачi (6) – (9) цiльова функцiя f~ = c1x1+cnxn+Mxn+1+

: : :+Mxn+m ! min. При цьому як i ранiше M достатньо велике додатне число. Симплекснi таблицi з (m+2)- рядками перетворюємо за тими самими правилами, що й звичайнi симплекснi таблицi. Однак вектор, що вводиться в базис, вiдповiдає тепер найбiльшому додатному елементу ¸j (m + 2)-го рядка.

Приклад 4. Розв’язати задачу лiнiйного програмування

f = ¡2x1 + x2 ¡ x3 ! min;

8

< 2x1 + x2 + x3 = 4;

: x1 ¡ 2x3 · 5;

2x1 + 2x2 ¸ 3; xj ¸ 0; j 2 f1; 2; 3g:

J Запишемо спочатку задачу в канонiчнiй формi, ввiвши додатковi (балансуючi) змiннi x4 ¸ 0 i x5 ¸ 0. Одержимо задачу

f= ¡2x1 + x2 ¡ x3 ! min;

8

< 2x1 + x2 + x3 = 4;

: x1 ¡ 2x3 + x4 = 5;

2x1 + 2x2 ¡ x5 = 3;

xj ¸ 0; j 2 f1; : : : ; 5g:

Ця задача еквiвалентна данiй, але вiдсутнiй початковий опорний план. Оскiльки в другому обмеженнi є базисна змiнна x4, то її можна ввести в шуканий базис. У перше i третє рiвняння-обмеження введемо штучнi змiннi x6 ¸ 0 i x7 ¸ 0. Тодi одержимо розширену або М-задачу:

f~ = ¡2x1 + x2 ¡ x3 + Mx6 + Mx7 ! min;

255

У першiй симплекснiй таблицi в (m + 2)-му рядку є декiлька додатних ¸j, а це означає, що умова оптимальностi не виконується. За провiдний стовпчик беремо A1, бо йому вiдповiдає найбiльше ¸j.

i = 3.

У другiй симплекснiй таблицi в (m+2)-му рядку є два однакових додатних ¸3 = ¸5 = 1. За провiдний вiзьмемо стовпчик A3, бо йому

вiдповiдає min cj. Очевидно, що провiдним елементом є 1 .

j

Утретiй симплекснiй таблицi умова оптимальностi виконується i з базису виведено штучнi вектори. Це означає, що вихiдна задача

Ã!

256

цiєї таблицi є чотири ¢j = 0, а не три, то задача має альтернативний оптимальний план. Для того щоб знайти його, перейдемо до четвертої симплексної таблицi, взявши за провiдний стовпчик A5, бо йому

вiдповiдає ¢5 = 0 i вiн не є базисним, а за провiдний елемент 1 . Тодi з четвертої симплексної таблицi одержимо, що X2¤ = (2; 0; 0).

Отже, сукупнiсть розв’язкiв задачi має вигляд:

Ã!

xj ¸ 0; j 2 f1; : : : ; 4g:

J Розглянемо розширену задачу, ввiвши одну штучну змiнну

x5 ¸ 0:

f~ = ¡x1 ¡ x2 + Mx5 ! min;

½ x1 ¡ x2 + x3 + x5 = 1;

2x1 ¡ 3x2 + x3 + x4 = 3; xj ¸ 0; j 2 f1; : : : ; 5g:

Запишемо розв’язування задачi у виглядi симплексних таблиць

У першiй симплекснiй таблицi в (m + 2)-му рядку є два однакових додатних значення ¸1 = ¸3 = 1, а тому за провiдний стовпчик

257

ний елемент 1 .

Перейшовши до другої симплексної таблицi, бачимо, що в (m + 1)-му рядку в стовпчику A2 стоїть додатний елемент. Оскiльки в цьому стовпчику всi елементи вiд’ємнi, то задача розв’язку не має, бо цiльова функцiя необмежена знизу на множинi допустимих планiв.I

Отже, алгоритм М-методу такий: 1) складаємо розширену задачу (6) – (9); 2) знаходимо опорний план розширеної задачi; 3) за допомогою симплексного методу виключаємо штучнi вектори з базису i як результат або знаходимо опорний план вихiдної задачi (2) – (5), або встановлюємо її нерозв’язнiсть; 4) використовуючи знайдений опорний план задачi (2) – (5) або знаходимо симплексним методом її оптимальний план, або доводимо її нерозв’язнiсть.

Вправи

1. За допомогою симплексного методу розв’язати задачу лiнiйного програмування:

258

2. Треба утворити сумiш, яка мiстить три хiмiчнi речовини A, B, C. Вiдомо, що утворена сумiш повинна мiстити речовини A не менше 6 одиниць, речовини B – не менше 8 одиниць, речовини C

– не менше 12 одиниць. Речовини A, B, C мiстяться в трьох видах продуктiв ¦1, ¦2, ¦3 в концентрацiях, що задаються таблицею

Одиниця продукту ¦1 коштує 2 гр.од., одиниця ¦2 – 3 гр.од., одиниця ¦3 – 2,5 гр.од. Сумiш повинна бути такою, щоб вартiсть використаних продуктiв була найменшою. Скласти математичну модель задачi та розв’язати її.

3. Пiдприємство випускає чотири види продукцiї i використовує три типи основного обладнання: токарне, фрезерне i шлiфувальне. Затрати часу на виготовлення одиницi продукцiї для кожного з типiв обладнання наведенi в таблицi. В нiй також вказано загальний фонд робочого часу для кожного типу обладнання i прибуток вiд реалiзацiї одного виробу даного виду

259

Скласти математичну модель задачi i знайти обсяг випуску кожного виду продукцiї, при якому загальний прибуток вiд її реалiзацiї буде максимальним.

4. Методом штучного базису розв’язати задачу:

5. Для перевезення вантажiв використовують автомобiлi двох типiв A i B, кожний з яких за один раз може перевезти 5 т вантажу. За одну ходку автомобiль типу A витрачає 1,5 кг мастила та 50 л пального, автомобiль типу B – 2 кг мастила та 30 л пального. На базi є 35 кг мастила i 900 л пального. Витрати на експлуатацiю одного автомобiля типу A становлять 8 гр.од, автомобiля B – 5 гр.од. Необхiдно перевезти 100 т вантажiв. Скiльки потрiбно використовувати автомобiлiв обох типiв, щоб експлуатацiйнi витрати були мiнiмальними? Скласти математичну модель задачi та розв’язати її.

260