П’ята ітерація тт

	B1	B2	B3	B4	Запаси ai		ai'
A1	4 70	7	2 –	5 –	100	7-4=3	100-70=30
A2	3 10	6 –	1 110	8 –	0	К
A3	9 –	3 70	6 –	2 70	0	К
Заявки bj	70	30	0	0	100
	4-4=0 К	7-7=0	К	К
bj'	70-70=0

Таблиця 44

Шоста ітерація тт

	B1	B2	B3	B4	Запаси ai		ai'
A1	4 70	7 30	2 –	5 –	30	7-7=0 К	30-30=0
A2	3 10	6 –	1 110	8 –	0	К
A3	9 –	3 70	6 –	2 70	0	К
Заявки bj	0	30	0	0	30
	К	7-7=0 К	К	К
bj'		30-30=0

В результаті одержано (m + n - 1) = 6 перевезень вантажу, отже складений опорний план не вироджений і ми можемо порахувати вартість його реалізації:

у.г.о.

4. МЕТОДИ ЗНАХОДЖЕННЯ ОПТІМАЛЬНИХ ПЛАНІВ

ПЕРЕВЕЗЕНЬ ВАНТАЖУ

4.1. Симплексний метод оптимізації транспортних перевезень

Існує безліч методів оптимізації ТЗ, а точніше приведення до оптимального плану перевезень складеного раніше опорного (базисного) плану. До основних належать розподільний метод, метод потенціалів, метод диференційних рент.

Оскільки ТЗ є окремим випадком загальної задачі ЛП (ЗЗЛП), то до неї також цілком можливо застосувати всі стандартні методи її розв’язання (зокрема найвідоміший з них – симплексний метод), попередньо привівши ТЗ до вигляду задачі ЛП і врахувавши її специфічність. Для цього необхідно провести над математичною моделлю ТЗ ряд перетворень. Ці перетворення будемо здійснювати на конкретному прикладі ТЗ, а саме для m постачальників (m=3) і n споживачів продукції (n=4) (див. табл. 1).

а) спочатку запишемо вихідну систему рівнянь ТЗ у такому вигляді:

|| || || ||

b₁ b₂ b₃ b₄

де: x_ij – кількість продукції, відправленої від і-го постачальника до j-го споживача;

а_i – обсяг продукції наявної у і-го постачальника ( i=1, 2, 3);

b_j – обсяг продукції необхідної j-ому споживачу (j=1, 2, 3, 4).

б) подамо її у вигляді системи (т + n) лінійних рівнянь таким чином:

в) замінимо x₁₁ на x₁, x₁₂ на x₂, x₁₃ на x₃, . . ., x₃₄ на x₁₂. Маємо:

г) додамо, як того вимагає симплексний метод, до всіх рівнянь додаткові перемінні, які становитимуть початковий базисний розв’язок ТЗ:

У результаті цих перетворень ми утворили систему (т + п) лінійних рівнянь з (mп + т+ n) позитивними перемінними, розв’язати яку можна за допомогою симплекс-методу. Оскільки сума рівнянь системи в рядках дорівнює сумі рівнянь системи в стовпцях, то ми одержали лінійно-залежну систему рівнянь. Щоб привести її до нормального (лінійно-незалежного) виду, одне з рівнянь системи (переважно останнє) можна без шкоди для кінцевого результату розв’язку ТЗ відкинути. Тоді ми матимемо (т + п – 1) лінійних рівнянь і (mп + т+ n - 1) перемінних.

Необхідно також відзначити те, що у класичній ТЗ перевезти продукцію від усіх постачальників (а_i) потрібно так, щоб усі замовлення були виконані (b_j), а загальна вартість (L) транспортних перевезень була б мінімальною, тобто:

,

де: с₁ , с₂, ... с_k – вартість перевезення одиниці продукції від кожного постачальника до кожного споживача (k = 1,т п).

Розглянемо розв'язання ТЗ на конкретному прикладі, умови якого дані у вигляді ТТ (табл. 45) , де т = 3 , n = 4. Відповідно, кількість рівнянь становитиме (m + n – 1 ) = 6, кількість вихідних перемінних – (m × n) = 12 і кількість додаткових перемінних – (т + п – 1) = 6.

Таблиця 45

Дані ТЗ у вигляді ТТ

	B1	B2	B3	B4	Запаси ai
A1	c1 = 4 x1	c2 = 7 x2	c3 = 2 x3	c4 = 5 x4	100
A2	c5 = 3 x5	c6 = 6 x6	c7 = 1 x7	c8 = 8 x8	120
A3	c9 = 9 x9	c10 = 3 x10	c11 = 6 x11	c12 = 2 x12	140
Заявки bj	80	100	110	70	360

Запишемо умову нашої ТЗ у термінах ЗЗЛП.

Необхідно мінімізувати цільову функцію L = 4× x₁ +7 × x₂ +2 × x₃ +5 × x₄ +3 × x₅ + 6 × x₆ +1×x₇+8 × x₈ +9 × x₉ +3 × x₁₀ + 6 × x₁₁ +2×x₁₂,

за таких обмежень:

тобто кількість рівнянь становить 6, а кількість вихідних перемінних дорівнює 12.

Вводимо до обмежень нові змінні x₁₃, x₁₄, x₁₅, x₁₆, x₁₇, x₁₈. Значення відповідних коефіцієнтів впливу вибираємо набагато більші ніж існують. У нашому випадку приймемо за цю величину суму всіх коефіцієнтів при невідомих у початковій цільовій функції, тобто 56. Завдяки цьому перемінні x₁₃, x₁₄, x₁₅, x₁₆, x₁₇, x₁₈ з базисних поступово будуть переведені у вільні, що забезпечує тим самим мінімум цільової функції. Після введення нових перемінних маємо:

L = 4× x₁ +7 × x₂ +2 × x₃ +5 × x₄ +3 × x₅ + 6 × x₆ +1×x₇+8 × x₈ +9 × x₉ +3 × x₁₀ + 6 × x₁₁ +2×x₁₂+56 × x₁₃ +56 × x₁₄ +56 × x₁₅ + 56 × x₁₆ +56×x₁₇+56 × x₁₈, → min,

за обмежень

Остаточна кількість рівнянь k = 6; кількість перемінних l = 18.

За базисні обираємо x₁₃, x₁₄, x₁₅, x₁₆, x₁₇, x₁₈ і отримуємо перше базисне рішення X = {0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 100, 120, 140, 80, 100, 110}, що забезпечує L = 56 × 100 + 56 × 120 +56 × 140 + 56 × 80 + 56 × 100 +56 × 110 = 36400 у.г.о.

Складемо першу симплекс-таблицю (СТ) – табл. 46. У першому рядку цієї таблиці знаходяться значення коефіцієнтів c_j при невідомих цільової функції; у першій графі СТ розташовані значення коефіцієнтів c_бі при базових невідомих цільової функції; друга графа містить самі базові невідомі х_бі; третя – значення базових невідомих b_бi (у першій СТ це значення правих частин останньої системи рівнянь) і частина СТ, що залишилася, крім останнього рядка, зайнята коефіцієнтами a_ij при невідомих також останньої системи рівнянь.

Останній рядок (індексний ряд) служить для розрахунків індексів ∆_j , що є характеристиками оптимальності отриманого плану. Індекси розраховуються за допомогою наступних формул:

Таблиця 46

Перша СТ

			4	7	2	5	3	6	1	8	9	3	6	2	56	56	56	56	56	56
cбі	хбі	bбі	х1	х2	х3	х4	х5	х6	х7	х8	х9	х10	х11	х12	х13	х14	х15	х16	х17	х18
56	х13	100	1	1	1	1	0	0	0	0	0	0	0	0	1	0	0	0	0	0
56	х14	120	0	0	0	0	1	1	1	1	0	0	0	0	0	1	0	0	0	0
56	х15	140	0	0	0	0	0	0	0	0	1	1	1	1	0	0	1	0	0	0
56	х16	80	1	0	0	0	1	0	0	0	1	0	0	0	0	0	0	1	0	0
56	х17	100	0	1	0	0	0	1	0	0	0	1	0	0	0	0	0	0	1	0
56	х18	110	0	0	1	0	0	0	1	0	0	0	1	0	0	0	0	0	0	1
∆0 = 36400			∆1= 108	∆2=105	∆3=110	∆4=51	∆5=109	∆6=106	∆7=111	∆8=48	∆9=103	∆10=109	∆11= 106	∆12=54	∆13=0	∆14=0	∆15=0	∆16=0	∆17=0	∆18=0

Вважається, що отримане рішення х_бі є оптимальним, якщо.

Порахуємо значення індексів для першої СТ:

∆₀ = 56 × 100 + 56 × 120 +56 × 140 + 56 × 80 +56 × 100 + 56 × 110 = 36400 у.г.о.

∆₁ = 56 × 1 + 56 × 0 +56 × 0 + 56 × 1 +56 × 0 + 56 × 0 – 4 = 108

∆₂ = 56 × 1 + 56 × 0 +56 × 0 + 56 × 0 +56 × 1 + 56 × 0 – 7 = 105

∆₃ = 56 × 1 + 56 × 0 +56 × 0 + 56 × 0 +56 × 0 + 56 × 1 – 2 = 110

∆₄ = 56 × 1 + 56 × 0 +56 × 0 + 56 × 0 +56 × 0 + 56 × 0 – 5 = 51

∆₅ = 56 × 0 + 56 × 1 +56 × 0 + 56 × 1 +56 × 0 + 56 × 0 – 3 = 109

∆₆ = 56 × 0 + 56 × 1 +56 × 0 + 56 × 0 +56 × 1 + 56 × 0 – 6 = 106

∆₇ = 56 × 0 + 56 × 1 +56 × 0 + 56 × 0 +56 × 0 + 56 × 1 – 1 = 111

∆₈ = 56 × 0 + 56 × 1 +56 × 0 + 56 × 0 +56 × 0 + 56 × 0 – 8= 48

∆₉ = 56 × 0 + 56 × 0 +56 × 1 + 56 × 1 +56 × 0 + 56 × 0 – 9 = 103

∆₁₀ = 56 × 0 + 56 × 0 +56 × 1 + 56 × 0 +56 × 1 + 56 × 0 – 3 = 109

∆₁₁ = 56 × 0 + 56 × 0 +56 × 1 + 56 × 0 +56 × 0 + 56 × 1 – 6 = 106

∆₁₂ = 56 × 0 + 56 × 0 +56 × 1 + 56 × 0 +56 × 0 + 56 × 0 – 2 = 54

∆₁₃ = 56 × 1 + 56 × 0 +56 × 0 + 56 × 0 +56 × 0 + 56 × 0 – 56 = 0

∆₁₄ = 56 × 0 + 56 × 1 +56 × 0 + 56 × 0 +56 × 0 + 56 × 0 – 56 = 0

∆₁₅ = 56 × 0 + 56 × 0 +56 × 1 + 56 × 0 +56 × 0 + 56 × 0 – 56 = 0

∆₁₆ = 56 × 0 + 56 × 0 +56 × 0 + 56 × 1 +56 × 0 + 56 × 0 – 56 = 0

∆₁₇ = 56 × 0 + 56 × 0 +56 × 0 + 56 × 0 +56 × 1 + 56 × 0 – 56 = 0

∆₁₈ = 56 × 0 + 56 × 0 +56 × 0 + 56 × 0 +56 × 0 + 56 × 1 – 56 = 0

Очевидно, що базове рішення не є оптимальним, тому що усі індекси від ∆₁ до ∆₁₈ позитивні, тому продовжимо поліпшення (оптимізацію) базового плану далі.

У якості ключового стовпця, який містить внесену в базу вільну змінну, вибираємо стовпець х₇, що має максимальне позитивне значення ∆₇ = 111. Для визначення ключового рядка рахуємо відповідні відношення значень базових невідомих b_бi на не нульові значення елементів обраного ключового стовпця, а саме:

; і вибираємо з них мінімальне, тобто друге.

Тоді ключовим рядком буде шостий і він містить базову змінну х₁₈ , що виводиться з базису. Тобто змінна ключового шостого рядка базису х₁₈ має бути замінена на вільну змінну ключового стовпця х₇ , при цьому ключове число a₆₇ = 1 (це число відмічено у СТ більшим розміром). Складаємо нову СТ (див. табл. 47).

Спочатку введемо в базис замість змінної х₁₈ змінну х₇ зі значенням її коефіцієнта c₇ = 1 і розділимо всі елементи цього рядка на ключове число a₆₇ = 1. Після цього перерахуємо значення частини елементів таблиці, що залишилася, таким способом:

,

де: НЕ і СЕ – відповідно будь-який новий елемент (a_ij^н або b_i^н) з не ключового рядка і той же старий елемент (a_ij або b_i) СТ, що перетворюється;

ЕК_р і ЕК_ст – відповідно елементи ключового рядка і ключового стовпчику СТ, що перетворюється;

К – ключовий елемент СТ, що перетворюється (у нашому випадку для першої СТ це a₆₇).

Порахуємо як приклад по цій формулі нові значення b₂ , a₂₃ і a₂₇:

.

Інші елементи перенесемо в нову СТ без демонстрації аналогічних детальних розрахунків.

Як видно з таблиці 47 нове значення цільової функції дорівнює 24190 у.г.о., що значно менше попереднього її значення і, що, у свою чергу, свідчить про нормальний плин процесу оптимізації. Індексний рядок нової СТ містить позитивні елементи – це означає, що отримане значення не є оптимальним і план перевезень вимагає поліпшення. Відзначимо в СТ ключовий елемент a₂₅ і опускаючи всі розрахунки перейдемо до наступної СТ (див. табл. 48).

Таблиця 47

Друга СТ

			4	7	2	5	3	6	1	8	9	3	6	2	56	56	56	56	56	56
cбі	хбі	bбі	х1	х2	х3	х4	х5	х6	х7	х8	х9	х10	х11	х12	х13	х14	х15	х16	х17	х18
56	х13	100	1	1	1	1	0	0	0	0	0	0	0	0	1	0	0	0	0	0
56	х14	10	0	0	-1	0	1	1	0	1	0	0	-1	0	0	1	0	0	0	-1
56	х15	140	0	0	0	0	0	0	0	0	1	1	1	1	0	0	1	0	0	0
56	х16	80	1	0	0	0	1	0	0	0	1	0	0	0	0	0	0	1	0	0
56	х17	100	0	1	0	0	0	1	0	0	0	1	0	0	0	0	0	0	1	0
1	х7	110	0	0	1	0	0	0	1	0	0	0	1	0	0	0	0	0	0	1
∆0 = 24190			∆1= 108	∆2=105	∆3= -1	∆4=51	∆5=109	∆6=106	∆7=0	∆8=48	∆9=103	∆10=109	∆11= -5	∆12=54	∆13=0	∆14=0	∆15=0	∆16=0	∆17=0	∆18= -111

Із цієї СТ також видно, що процес оптимізації триває (нове значення цільової функції дорівнює 23100), але в індексному рядку ще присутні позитивні елементи – це означає, що план перевезень вимагає подальшого поліпшення. Відзначимо також у СТ ключовий елемент a_5,10 і перейдемо до наступної СТ (див. табл. 49).

Таблиця 48

Третя СТ

			4	7	2	5	3	6	1	8	9	3	6	2	56	56	56	56	56	56
cбі	хбі	bбі	х1	х2	х3	х4	х5	х6	х7	х8	х9	х10	х11	х12	х13	х14	х15	х16	х17	х18
56	х13	100	1	1	1	1	0	0	0	0	0	0	0	0	1	0	0	0	0	0
3	х5	10	0	0	-1	0	1	1	0	1	0	0	-1	0	0	1	0	0	0	-1
56	х15	140	0	0	0	0	0	0	0	0	1	1	1	1	0	0	1	0	0	0
56	х16	70	1	0	1	0	0	-1	0	-1	1	0	1	0	0	-1	0	1	0	1
56	х17	100	0	1	0	0	0	1	0	0	0	1	0	0	0	0	0	0	1	0
1	х7	110	0	0	1	0	0	0	1	0	0	0	1	0	0	0	0	0	0	1
∆0 = 23100			∆1= 108	∆2=105	∆3= 108	∆4=51	∆5=0	∆6= -3	∆7=0	∆8= -61	∆9=103	∆10=109	∆11= 104	∆12=54	∆13=0	∆14= -109	∆15=0	∆16=0	∆17=0	∆18= -2

У цій таблиці також присутні позитивні елементи в індексному рядку, тому переходимо до нового СТ із новим ключовим елементом – a₄₁ (див. табл. 50).

Таблиця 49

Четверта СТ

			4	7	2	5	3	6	1	8	9	3	6	2	56	56	56	56	56	56
cбі	хбі	bбі	х1	х2	х3	х4	х5	х6	х7	х8	х9	х10	х11	х12	х13	х14	х15	х16	х17	х18
56	х13	100	1	1	1	1	0	0	0	0	0	0	0	0	1	0	0	0	0	0
3	х5	10	0	0	-1	0	1	1	0	1	0	0	-1	0	0	1	0	0	0	-1
56	х15	40	0	-1	0	0	0	-1	0	0	1	0	1	1	0	0	1	0	-1	0
56	х16	70	1	0	1	0	0	-1	0	-1	1	0	1	0	0	-1	0	1	0	1
3	х10	100	0	1	0	0	0	1	0	0	0	1	0	0	0	0	0	0	1	0
1	х7	110	0	0	1	0	0	0	1	0	0	0	1	0	0	0	0	0	0	1
∆0 = 12200			∆1= 108	∆2= -4	∆3= 108	∆4=51	∆5=0	∆6= -112	∆7=0	∆8= -61	∆9=103	∆10=0	∆11= 104	∆12=54	∆13=0	∆14=-109	∆15=0	∆16=0	∆17= -109	∆18= -2

У цій таблиці також присутні позитивні елементи в індексному рядку, тому переходимо до нового СТ із новим ключовим елементом – a_3,12 (див. табл. 51).

Таблиця 50

П’ята СТ

			4	7	2	5	3	6	1	8	9	3	6	2	56	56	56	56	56	56
cбі	хбі	bбі	х1	х2	х3	х4	х5	х6	х7	х8	х9	х10	х11	х12	х13	х14	х15	х16	х17	х18
56	х13	30	0	1	0	1	0	1	0	1	-1	0	-1	0	1	1	0	-1	0	-1
3	х5	10	0	0	-1	0	1	1	0	1	0	0	-1	0	0	1	0	0	0	-1
56	х15	40	0	-1	0	0	0	-1	0	0	1	0	1	1	0	0	1	0	-1	0
4	х1	70	1	0	1	0	0	-1	0	-1	1	0	1	0	0	-1	0	1	0	1
3	х10	100	0	1	0	0	0	1	0	0	0	1	0	0	0	0	0	0	1	0
1	х7	110	0	0	1	0	0	0	1	0	0	0	1	0	0	0	0	0	0	1
∆0 = 4640			∆1= 0	∆2= -4	∆3= 0	∆4=51	∆5=0	∆6= -4	∆7=0	∆8= 47	∆9= -5	∆10=0	∆11= -4	∆12=54	∆13=0	∆14= -1	∆15=0	∆16= -108	∆17= -109	∆18= -110

У цій таблиці також присутні позитивні елементи в індексному рядку, тому переходимо до нового СТ із новим ключовим елементом – a_1,4 (див. табл. 52).

Отримана симплекс-таблиця містить усі , завдяки чому можна стверджувати, що отримане рішення є оптимальним, тобто:х₁ = 70; х₂ = 0; х₃ = 0; х₄ = 30; х₅ = 10; х₆ = 0; х₇ = 110; х₈ = 0; х₉ = 0; х₁₀ = 100; х₁₁ = 0; х₁₂ = 40; х₁₃ = 0; х₁₄ = 0; …; х₁₈ = 0,що забезпечує L_opt = 950 у.г.о. (У додатку 5 наведений розрахунок цього ж самого прикладу у матричному процесорі Excel).

Представимо одержаний оптимальний план перевезень вантажу для нашого прикладу у вигляді ТТ (табл. 53).

Таблиця 51

Шоста СТ

			4	7	2	5	3	6	1	8	9	3	6	2	56	56	56	56	56	56
cбі	хбі	bбі	х1	х2	х3	х4	х5	х6	х7	х8	х9	х10	х11	х12	х13	х14	х15	х16	х17	х18
56	х13	30	0	1	0	1	0	1	0	1	-1	0	-1	0	1	1	0	-1	0	-1
3	х5	10	0	0	-1	0	1	1	0	1	0	0	-1	0	0	1	0	0	0	-1
2	х12	40	0	-1	0	0	0	-1	0	0	1	0	1	1	0	0	1	0	-1	0
4	х1	70	1	0	1	0	0	-1	0	-1	1	0	1	0	0	-1	0	1	0	1
3	х10	100	0	1	0	0	0	1	0	0	0	1	0	0	0	0	0	0	1	0
1	х7	110	0	0	1	0	0	0	1	0	0	0	1	0	0	0	0	0	0	1
∆0 = 2480			∆1= 0	∆2= 50	∆3= 0	∆4=51	∆5=0	∆6= 50	∆7=0	∆8= 47	∆9= -59	∆10=0	∆11= -58	∆12=0	∆13=0	∆14= -1	∆15=-54	∆16= -108	∆17= -55	∆18= -110

Таблиця 52

Сьома СТ

			4	7	2	5	3	6	1	8	9	3	6	2	56	56	56	56	56	56
cбі	хбі	bбі	х1	х2	х3	х4	х5	х6	х7	х8	х9	х10	х11	х12	х13	х14	х15	х16	х17	х18
5	х4	30	0	1	0	1	0	1	0	1	-1	0	-1	0	1	1	0	-1	0	-1
3	х5	10	0	0	-1	0	1	1	0	1	0	0	-1	0	0	1	0	0	0	-1
2	х12	40	0	-1	0	0	0	-1	0	0	1	0	1	1	0	0	1	0	-1	0
4	х1	70	1	0	1	0	0	-1	0	-1	1	0	1	0	0	-1	0	1	0	1
3	х10	100	0	1	0	0	0	1	0	0	0	1	0	0	0	0	0	0	1	0
1	х7	110	0	0	1	0	0	0	1	0	0	0	1	0	0	0	0	0	0	1
∆0 = 950			∆1= 0	∆2= -1	∆3= 0	∆4= 0	∆5=0	∆6= -1	∆7=0	∆8= -4	∆9= -8	∆10=0	∆11= -7	∆12=0	∆13=-51	∆14= -52	∆15=-54	∆16= -57	∆17= -55	∆18= -59

Таблиця 53

Оптимальний план перевезень вантажу у вигляді ТТ

	B1	B2	B3	B4	Запаси ai
A1	c1 = 4 x1=70	c2 = 7 x2=0	c3 = 2 x3=0	c4 = 5 x4=30	100
A2	c5 = 3 x5=10	c6 = 6 x6=0	c7 = 1 x7=110	c8 = 8 x8=0	120
A3	c9 = 9 x9=0	c10 = 3 x10=100	c11 = 6 x11=0	c12 = 2 x12=40	140
Заявки bj	80	100	110	70	360

4.2. Метод потенціалів оптимізації транспортних перевезень

Більш простим методом оптимізації плану перевезень є метод потенціалів, суть якого полягає у наступному.

1. Приймаємо будь-яке значення початкового потенціалу дляi-го ряду транспортної таблиці; шукаємо заповнену клітку (ij), для якої і визначаємо відповідний потенціал по наступній формулі: Робимо аналогічні розрахунки для решти рядів і колонок таблиці, спираючись на вже розраховані транспортні потенціали.

2. Після визначення всіх i(;) перевіряємо нерівністьдля всіх (ij) незайнятих кліток таблиці (тобто для ). Якщо ця нерівність має місце для усіх без виключення незайнятих кліток, план перевезень є оптимальним.

3. Якщо у будь якій незайнятій клітці, то складений план перевезень не є оптимальним і підлягає корегуванню. Корегування полягає в заповненні незайнятих кліток, що мають, згідно правил перерозподілу вантажу по клітках, що вже застосовувалась раніше, при розгляданні розподільчого методу оптимізації плану перевезень. У тому випадку, коли таких незайнятих кліток виявиться декілька, то перевага віддається тієї з них, у якої добуток перевищеннянадна величину вантажу, що перерозподіляється по контуру, у цю клітку виявиться більшим.

При умові для незайнятої клітинки () означає, що перерозподіл вантажу в цю клітинку можливий, але це не поліпшує, ні погіршує план перевезень. Це означає, що є ще один план, еквівалентний по вартості перевезень. Тому в подальшому домовимось вважати, що клітинка залишається незайнятою при.

Наприклад, є певний опорний план перевезень (табл. 54). Відмітимо, що для отриманого плану маємо L₁ = 30×7 + 70×2 + 80×3 + 40×1 + 70×3 + 70×2 = 980 у.г.о.

Розрахуємо потенціали і, використовуючи саме зайняті клітинки, і занесемо їх в додаткові стовпчик і рядок.

Приймаємо , тоді;. Використовуючи вже отримані потенціали, визначаємо решту потенціалів:

; ;

; .

Перевіряємо опорний план на оптимальність, використовуючи отримані потенціали. Для цього перевіряємо умову оптимальності для всіх незайнятих клітинок плану, тобто :

; ;;

; ;.

Таблиця 54