Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Киевский национальный университет им. Т. Шевченко

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

ИсследованиеОпераций

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

07.03.2016

Размер:

1.89 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 89 / 119 10 11 > Следующая >>>

ATj y > c j відповідне		j = 0 ,	(9.17)
	x

то x і y − оптимальні розв‘язки відповідно прямої і двоїстої задач.

І навпаки, якщо x і y оптимальні розв‘язки прямої (9.12) і двоїстої (9.13) задач, то для кожного j , для якого ATj y > c j , відповідне x j = 0 .

Зауваження 9.2. Друга теорема двоїстості також відома під назвою двоїстого критерію оптимальності:

Нехай x допустимий розв’язок задачі ЛП

c	T	x → max		T
c		x → max	c		x → min
Ax = b,						(9.18)
Ax = b,			Ax = b,			(9.18)
x ≥0.			x ≥0.

Для того, щоб		x	був оптимальним розв’язком задачі (9.18)
необхідно і достатньо,		щоб існував вектор y = ( y1 , y2 ,..., ym )T такий,
що
T	y = c j , якщо x j	>	0,	T	y = c j , якщо
Aj				Aj		x j >0,
T	y ≥ c j , якщо x j	=	0.	T	y ≤ c j , якщо
Aj				Aj		x j =0.

Зауваження 9.3. Теореми двоїстості доведені нами для пари несиметричних задач, аналогічно вони доводяться і для випадку симетричної пари двоїстих задач. При цьому змінюється лише формулювання другої теореми двоїстості:

Допустимі розв’язки x і y , відповідно прямої (9.5) і двоїстої

(9.6) задач є їх оптимальними розв’язками тоді і тільки тоді, коли виконуються умови

( Ai x −b ) y	i	=0, i =	1, m	,
i	i				(9.19)
( ATj y −c j )x j =0, j =1, n,					(9.19)
( ATj y −c j )x j =0, j =1, n,

( Ai − i -й рядок матриці A , Aj − j -й стовпець матриці A ).

Умови (9.19), називаються умовами ортогональності або

доповнюючої нежорсткості.

9.2.1. Приклади.

Приклад 1. На основі графічного аналізу двоїстої задачі дослідити розв’язність даної задачі ЛП; у випадку розв’язності знайти її оптимальне значення:

L =18x1 + 9x2 +10x3 → min,

2x		− x		+ 2x	≥4,	y	≥0
2x		− x		+ 2x	≥4,	y	≥0
	1		2	3		1
3x1 + 3x2 − x3 ≥ 2,						y2 ≥0
x	, x		, x	≥0.
1		2	3

Розв’язування. Відповідно до обмежень даної задачі вводимо двоїсті змінні y1 ≥ 0 , y2 ≥ 0 і записуємо двоїсту задачу:

L = 4 y1 + 2 y2 → max,

2 y1 + 3y2 ≤18,

− y1 + 3y2 ≤ 9,

2 y1 − y2 ≤ 10,

y1 ≥ 0, y2 ≥ 0.

Ця задача була розв’язана графічно вище (див. 5.3.Приклади.

Приклад 1.) Вона має єдиний оптимальний

розв’язок

ymax* = (6;2) , а її

оптимальне

значення

дорівнює

max = 28 .

Тому

за

першою

теоремою

двоїстості

вихідна

задача

також

розв’язна,

її

оптимальне

значення

Lmin також рівне 28.

Приклад 2. З’ясуватити, чи є дана пара векторів

y оптимальними

розв'язками даної задачі та двоїстої до неї:

7 T

x = (1; 0; 1) ,

y =

, −

L = x1 + 10x2 + 8x3 → max,

+ 4x

+ x

= 2,

x1 + 2x2 − x3 =0,

≥ 0, i = 1,3.

Розв’язування. Перевіримо вектор

на допустимість за обмеженнями даної

задачі. Маємо:

x = (1; 0; 1)T ≥0, Ax =

= = b.

−1

Отже x є допустимим розв'язком даної задачі.

Перевіримо тепер,

чи буде

допустимим

розв’язком

двоїстої

до

даної

задачі.

Записуємо

двоїсту задачу:

= 2 y1 → min,

+ y

≥1,

4 y1 + 2 y2 ≥10,

− y

≥ 8.

Перевіряємо

вектор

y на допустимість за обмеженнями двоїстої задачі.

Маємо:

1 9

y = 4

= 11 ≥ 10 = c.

−

−1

Отже

y є допустимим розв'язком двоїстої задачі. Тепер обчислимо

оптимальні значення прямої та двоїстої задач. Маємо:

= (1,

10,

8) 0

= 9 , b

= (2, 0)

7 = 9 .

−

Ці оптимальні значення рівні між собою, тому за лемою про зв‘язок значень цільових функцій двоїстих задач на їх допустимих розв‘язках вектори x і y є оптимальними розв’язками відповідно даної і двоїстої до неї

задач.

Приклад 3. Для даної задачі

L(x) = 3x1 + 2x2 → min,

	+ 2x2 ≥ 4,	y1 ≥0

x1
4x1 + x2 ≥ 2,		y2 ≥0
	≥0, j = 1,2.
x j

побудувати двоїсту. Розв’язати одну з цієї пари двоїстих задач і по її розв’язку відшукати оптимальний розв’язок двоїстої до неї задачі. Розв’язування. Відповідно до обмежень даної задачі вводимо двоїсті змінні y1 ≥ 0 , y2 ≥ 0 і записуємо двоїсту задачу:

L* ( y) = 4x1 + 2x2 → max,

y1 + 4 y2 ≤ 3,

2 y1 + y2 ≤ 2,y1 ≥0, y2 ≥ 0.

З двох задач ЛП, що розглядаються, доцільніше розв’язувати симплексметодом двоїсту, оскільки вона легко зводиться до канонічної форми без застосування методу штучного базису. Дійсно, додаючи у ліву частину її першого обмеження балансну змінну y3 ≥ 0 , а у ліву частину її другого

обмеження − балансну змінну y4 ≥ 0 , отримаємо таку канонічну задачу ЛП:

L* ( y) = 4x				+ 2x			2	→ max,
			1				2
y	+ 4 y	2	+ y			3		= 3,
1		2				3
					+ y4 = 2,
2 y1 + y2					+ y4 = 2,

	≥0, j		= 1,4.
y j	≥0, j		= 1,4.

Отриману канонічну задачу розв’язуємо симплекс-методом (див. таблицю

17).

							Таблиця 17.
№ кр.	cб	xб	A0	4	2	0	0	θ
№ кр.	cб	xб	A0	A1	A2	A3	A4	θ
				A1	A2	A3	A4
0	0	y3	3	1	4	1	0	3
0	0	← y4	2	2	1	0	1	1
	0	← y4	2	2	1	0	1	1
	∆ j	L*	0	-4↑	-2	0	0
1	0	y3	2	0	7 2	1	−1 2
1	4	y1	1	1	1 2	0	1 2
	4	y1	1	1	1 2	0	1 2
	∆ j	L*	4	0	0	0	2

Отже, оптимальним розв’язком канонічної двоїстої задачі є опорний план y* = (1, 0, 2, 0)T , її оптимальним значенням є число L* ( y* ) = 4 . Відповідним оптимальним розв’язком двоїстої загальної задачі є вектор y* = (1, 0)T .

Вазис оптимального розв’язку y* утворюють вектори A3 , A1 (вони

одиничні у таблиці кроку 1, яка визначає цей розв’язок). Тому, взявши ці вектори у тому самому порядку з таблиці кроку 0, ми утворимо базисну

		1	1						*
		1	1						*
матрицю	Bопт =[ A3; A1			оптимального розв’язку				y . Як базисна ця
матрицю	Bопт =[ A3; A1	] =		оптимального розв’язку				y . Як базисна ця
		0	2
матриця	неособлива,	тому вона має обернену			B−1	,	яку завжди можна
					опт

обчислити одним із відомих методів обчислення обернених матриць. Однак,

при застосуванні симплекс-методу до розв’язування канонічної задачі ЛП робити це недоцільно, оскільки обернена до поточної базисної матриці обчислюється на кожному кроці симплекс-методу, зокрема, її стовпчики відповідають одиничним векторам A3 , A4 базису початкового опорного

плану y0 канонічної задачі, який визначається таблицею кроку 0. Вибравши з останньої симплекс-таблиці, яка визначає оптимальний

		*	−1		1		− 1	2
		*	−1		1		− 1	2
розв’язок	y двоїстої канонічної задачі, матрицю		Bопт = [α3	, α4	]=	0	1		та
						0		2

вектор cбаз = (0, 4)T , обчислюємо оптимальний розв’язок двоїстої до двоїстої,

	*	T	T −1	1		− 1	2
тобто вихідної:	*	T	T −1				2	= (0, 2) . Оптимальне значення
тобто вихідної:	( x )		= cбазBопт = (0, 4)		0	1		= (0, 2) . Оптимальне значення
					0		2

вихідної задачі за першою теоремою двоїстості збігається з оптимальним

значенням двоїстої задачі, тому L( x* ) = 4 .
Приклад 4. Не розв’язуючи задачу
L = −2x1 − x2 + x3 + x4 → max,
	x		− x	+ 2x		− x	= 2,
	1		2	3		4
2x1			+ x2 −3x3			+ x4 = 6,		(9.20)
	x		−3x	− 2x		− x	= −2,
	1		2	3		4
	x	j	≥0, j =		1,4,

дослідити, чи є вектор x* = (3, 0, 1, 3)T							її оптимальним розв’язком.
Розв’язування. Підставимо вектор x*							у обмеження задачі (9.20). Очевидно,

що він їх задовольняє. Отже, x*

є допустимим розв’язком задачі (9.20).

Відповідно до обмежень-рівностей даної задачі вводимо двоїсті

змінні y1, y2 , y3

і записуємо двоїсту задачу:

yT b → min,

2 y1 +6 y2 − 2 y3 → min,

A ≥ c ,

+ 2 y

+ y

≥ −2,

A ≥ c , або

− y

+ y

−3y

≥ −1,

(9.21)

yT A3 ≥ c3 ,

2 y1 −3y2 − 2 y3 ≥ 1,

A4 ≥ c4 ,

− y

+ y

− y

≥ 1.

Зауважимо, що

прямі

умови невід’ємності на двоїсті змінні

y1, y2 , y3 не

накладаються, оскільки всі обмеження прямої задачі є рівняннями. 85

За

другою

теоремою

двоїстості вектор

буде

оптимальним

розв’язком задачі (9.20) тоді і тільки тоді, коли існує допустимий розв’язок

двоїстої задачі (9.21)

такий, що для векторів

виконуються умови

доповнюючої нежорсткості

x1*

(yT A1 −c1 )= 0,

x2* (yT A2 −c2 )

= 0,

(9.22)

x3* (yT A3 −c3 )

= 0,

(yT A

−c

)

= 0.

Оскільки компоненти

x* = 3,

=1, x* = 3

вектора

додатні,

то вектор

повинен бути розв’язком системи

yT A

−c

=0,

+ 2 y

+ y

= −2,

yT A

−c

= 0,

або

= 1,

(9.23)

2 y −3y

− 2 y

yT A

−c

=0,

+ y2 − y3 = 1.

− y1

Систему (9.23) розв’язуємо методом Жордана-Гаусса (див. таблицю 18).

Таблиця 18.

№

кр.

−2

−4 3

−3

−2

−4

8 3

–1

−13

−2

−2 3

−7

−4

−2 3

−1

−13

Виділені клітини таблиці містяь ведучі елементи виконаних кроків методу.

Отже, система (9.23)

має

єдиний

розв’язок

y* = −

y3* = −2 3

шуканим

допустимим

розв’язком

двоїстої задачі

є вектор

y* = (− 2 3 , − 13 , − 2 3)T .

Тоді

за

другою

теоремою

двоїстості

допустимий

розв’язок

задачі (9.20) є її оптимальним розв’язком, оскільки вектори

та y*	задовольняють умови доповнюючої нежорсткості (9.22). Оптимальне
значення задачі (9.20) рівне L( x* ) = −2 .
9.2.2. Вправи.
	1. Для даних задач записати двоїсті, розв'язати одну з пари двоїстих
задач симплекс-методом і по її розв'язку знайти розв'язок двоїстої до неї:
1)	L = x1 + x2 → max,	2) L = 3x1 + 3x2 → min,

2x1 + 5x2 ≤10,

5x1 + 2x2 ≤10,

x1,2 ≥ 0.

3)L = 4x1 + 2x2 → max,

− x		+ 2x	≤ 6,
	1	2
	x1	+ x2 ≤ 9,
	3x	− x	≤15,
	1	2
x		≥0.
	1,2

5)L = x1 − 2x2 → max,

−3x		+ 2x		≤6,
	1		2
	x1	−4x2 ≤ 2,
	x		− x	≤ 5,
	1		2
	x		≥0.
	1,2

7)L = x1 + 2x2 → max,

	5x1 − 2x2 ≤ 3,

	x1	+ x2 ≥1,
		+ x2 ≤ 3,
−3x1
	3x + 3x ≤ 9,
	1	2
	x1,2	≥ 0.

x1 + 4x2 ≥ 4,

4x1 + x2 ≥ 4,x1,2 ≥0.

4) L = 8x1 + 2x2 → max,

	x	−4x		≤ 4,
	1		2
−4x1 + x2 ≤ 6,
	x	+ x		≤ 6,
	1		2
	x		≥ 0.
	1,2

6)L = 2x1 + x2 → max,

−4x		+ 3x		≤12,
	1		2	≤ 4,
	x1	−4x2		≤ 4,
	6x	+ 5x	2	≥ 30,
	1		2
		x2 ≥ 0.
		x2 ≥ 0.

8) L = x1 + x2 → max,


−3x1 + 2x2 ≤ 1,
	x1	+ 2x2 ≤ 14,
	2x1	+ x2 ≤ 13,
	2x1	+ x2 ≤ 13,
	3x	− x ≤12,
	1	2
	x1,2 ≥ 0.
	x1,2 ≥ 0.

2. Дослідити, чи є запропонована пара векторів оптимальними розв'язками даної задачі та двоїстої до неї:

1)x = (65 , 0)T , y = (0, 0, 0, 1)T ,

L* = 2 y1 +4 y2 +5 y3 +6 y4 → min,

2 y

+ y

− y

+5 y

≥ 5,

3y1 +3y2 + y3 +4 y4 ≥ 4,

≥ 0, i =1,4.

= (

, 0)T ,

3) x =

(6, 0, 0)T , y

L = 3x1 − 2x2 + x3 → max,2x1 − x2 + 3x3 ≤12,

x1 + 2x2 − x3 ≤16,

x ≥0, i = 1,3.

5)x = (75 , 72 )T , y = (71 , 127 , 0, 0)T

L = x1 + 2x → min,

5x1 − 2x2 ≤ 3,

−

+ x2 ≥1,+ x2 ≤+ 3x2 ≤≥0. 3,x1,23x1x1 9,3x1

2)x = (215 , 45 )T , y = (175 , 95 , 0, 0)T ,

L* = 5 y1 +6 y2 − 2 y3 + 3y4 → min,

y		− 2 y	2	−3y	− y	≥7,
	1		2	3		4
y1 −3y2 − y3 + y4 ≥ −2,

		≥0, i = 1,4.
y		≥0, i = 1,4.
	i

4)	x = (21					,	3	)T , y =					(0,		1		,	1	, 0, 0, 0)T ,
				4			2							4				4
	L* =		3y				+		42 y		2	+6 y				3	−		4 y	4	→ min,
					1						2					3				4
	− y				+6 y				2	+ 2 y			3	−4 y				4	≥ 2,
		1							2				3					4
		y1 +7 y2 −3y3 − y4 ≥ 1,

		y			≥ 0,				i = 1,4.
		y			≥ 0,				i = 1,4.
		i
6)	x = (0, 5)T , y = (												2	,0,0)T					;
													3
	L = x1 + 2x2 → max,
	2x			+ 3x					≤15,
		1					2
		x1 + 2x2 ≥6,
		x			+ x				≤ 8,
		1					2
		x			≥0.
		1,2

3. Дані задачі дослідити шляхом графічного аналізу двоїстих до них, у випадках розв’язності знайти оптимальні розв’язки даних задач:

L =6 x1 + 9x2 + 3x3 → min,

L = 2x1 − 2x2 + x3 + 3x4 → min,

− x

+ 2x

+ x ≥ 2,

+ 2x

− x

− x = 1,

3x1 + x2 − x3 ≥ 1,

− x1 + x2 + 3x3 + x4 =1,

x ≥0, i

= 1,3.

≥0, i

= 1,4.

L = 2x1 + x2 + 2x3 → min,

L = 2x1 + 4x2 + 23x3 + 4x4 → min,

− x

+ x

+ x = 2,

−3x

+ x ≤ −2,

x1 −3x2 − 2x3 =1,

− x1 − x2 − 2x3 + 3x4 ≤ 2,

x ≥0, i

=1,3.

≥0, i

= 1,4.

5) L = 3x1 −12x2 + 4x3 → min,			6) L = 3x1 − x2 − x3 + x4 → max,
x	+ 3x	+ x ≤ −2,	3x		+ 5x	+ x	+ x = 32,
1	2	3		1	2	3	4
x1 − 4x2 + 4x3 ≥1,				x1 −3x2 − x3 + x4 = −8,

		i = 1,3.		x	≥0, i = 1,4.
x ≥0,
	i			i

10. Розв’язування задач ЛП двоїстим симплекс-методом.

10.1. Спряжений базис, псевдоплан задачі лінійного програмування.

Нехай задача ЛП має стандартну форму: cT x → max

∑Aj x j = b,

(10.1)

j=1

x ≥0,

[A , A

]= m < n . Запишемо двоїсту для

в якій x Rn і rang A = rang

,..., A

задачі (10.1):

yT b → min

(10.2)

yT Aj ≥ c j , j =1, n.

Розглянемо

деякий

базис

{Aki }, i =

, системи векторів

1, m

A1 , A2 ,..., An і відповідну йому систему рівнянь

yT A

= c

i =

(10,3)

1, m

яку отримаємо з відповідних обмежень двоїстої задачі (10.2), обертаючи їх у рівності.

Якщо розв’язок y цієї системи задовольняє всі обмеження двоїстої задачі (10.2), то базис {Aki }i=1,m називають спряженим або

двоїстим базисом.

Очевидно, що такий розв’язок y є деякою вершиною допустимої

області двоїстої задачі, тобто її базисним допустимим розв’язком.

Базисний розв’язок прямої задачі (10.1) відносно спряженого базису {Aki }i=1,m називається її псевдопланом.

Вкажемо на відмінність псевдоплану від майже допустимого базисного розв’язку прямої задачі (10.1).

Майже допустимим базисним розв’язком (МДБР) задачі (10.1) називається довільний її базисний розв’язок, який не задовольняє пряму умову x ≥0 , тобто псевдоплан є частинним випадком МДБР (спряжений

базис є частинним випадком базису).

Теорема 10.1 (необхідні і достатні умови спряженості базису).

Нехай {Aki }i=				− деякий базис системи векторів {A1 , A2 ,..., An} і
Нехай {Aki }i=		1,m		− деякий базис системи векторів {A1 , A2 ,..., An} і
відомі розклади векторів Aj (j =						) і b = A0 по базису {Aki	}i=1,m :
відомі розклади векторів Aj (j =					1, n	) і b = A0 по базису {Aki	}i=1,m :
		m
Aj	= ∑αij Aki ,						(10.4)
		i=1
				m
A0	= b = ∑αi0 Aki .						(10.5)
				i=1
Базис {Aki	}i=			− є спряженим базисом, а відповідний йому
Базис {Aki	}i=		1,m	− є спряженим базисом, а відповідний йому
					n
базисний розв’язок x0				системи ∑x j Aj = b , для якого
					j=1
0
0	=αi0			, j =0, n ,
xki	=αi0			, j =0, n ,

x0j = 0 , j =1, n , j ≠ ki (i =1, m),

є псевдопланом задачі (10.1) тоді і тільки тоді, коли всі симплексоцінки відносно базису {Aki }i=1,m невід’ємні

∆ j = ∑cki αij −c j ≥0 , j =

1, n

(10.6)

i=1

Теорема 10.2 (ознака оптимальності псевдоплану).

Нехай x − псевдоплан задачі (10,1), {Aki }i=

відповідний йому

1,m

спряжений

базис

системи

{Aj}j=

і відомі

розклади (10.4), (10.5)

1,n

векторів Aj

і A0 по спряженому базису.

Якщо виконується умова

x ≥0 , то

є оптимальним

розв’язком прямої задачі (10,1), а розв’язок системи

yT Aki = cki , i =

1, m

вектор y є оптимальним розв’язком двоїстої задачі (10,2).

Теорема 10.3 (ознака недопустимості прямої задачі).

Нехай x =

(x1

, x2

,..., xn )

− деякий псевдоплан прямої задачі (10.1),

{Aki }i=1,m − відповідний йому спряжений базис системи {Aj}j=1,n і відомі розклади (10.4), (10.5) векторів Aj і A0 по спряженому базису.

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 89 / 119 10 11 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
19.03.201558.07 Кб184Инструкция по учету Агентуры.docx
#
07.03.2016577.32 Кб15Интроверт.pdf
#
19.03.201545.04 Кб9Информационные.docx
#
08.07.20191.67 Mб1Иоанна Хмелевская -- (Nie)Boszczyk maz_POL.doc
#
19.03.201573.33 Кб5иппв.docx
#
07.03.20161.89 Mб17ИсследованиеОпераций.pdf
#
19.03.201554.77 Кб6Исторія модуль 2.docx
#
28.04.2019197.84 Кб1Историография. Шпоры.docx
#
23.12.2018332.8 Кб4история 2 - 2003.doc
#
19.03.2015199.17 Кб5история дипломатии том 2 ГЛАВА 7.doc
#
07.03.20162.04 Mб52История Медицины. Т.1..pdf