Методические рекомендации к решению задач графическим способом (101–115)
Графическое решение задач с двумя и n переменными рассмотрим на примерах.
Пример. Решить задачу линейного программирования
графическим способом.
Решение: для построения области допустимых решений строим в системе х10х2 соответствующие данным ограничениям-неравенствам граничные прямые:
х1 + х2 = 6, х1 + 4 · х2 = 4, 2 · х1 – х2 = 0.
Находим полуплоскости, в которых выполняются данные неравенства. Для этого вследствие выпуклости любой полуплоскости достаточно взять произвольную точку, через которую не проходит соответствующая граничная прямая, и проверить, удовлетворяет ли эта пробная точка ограничению-неравенству. Если удовлетворяет, то данное неравенство выполняется в полуплоскости, содержащей пробную точку. В противном случае берется полуплоскость, не содержащая пробной точки. В качестве пробной точки часто удобно брать начало координат О (0; 0). Для нашего примера область допустимых решений – множество точек четырехугольника АВСD (рисунок 1).
Строим вектор с = (с1; с2) = (2; 3). Так как он необходим для выяснения направления возрастания целевой функции, иногда для большей наглядности удобно строить вектор λс (λ>0). Перпендикулярно к вектору с проводим линию уровня F = 0. Параллельным перемещением прямой F = 0 находим крайнюю точку В, в которой целевая функция достигает максимума, и точку А, в которой достигается минимум. Координаты точки В определяются системой
откуда В (2; 4), Fmax = F(B) = 16. Точку минимума А находим, решая систему уравнений граничных прямых:
Имеем А(4/9; 8/9), Fmin = F(A) = 32/9.
Рисунок 1 – Решение задачи
Пример. Найти
при ограничениях:
Решение: в данном примере n = 5, m = 3. Так как n – m = 5 – 3 = 2, то задачу можно решить графически. Решим систему ограничительных уравнений относительно любых трех неизвестных. В данном случае лучше решить систему относительно х3, х4 и х5:
Подставив выражения для х3, х4 и х5 в целевую функцию, после упрощения получим F = -2х1 – 3х2.
Задача линейного программирования с двумя переменными принимает вид:
На рисунке 2 представлен многоугольник решений АВСD, линия уровня F и вектор с = (2; 3).
Р
исунок
2 – Решение задачи
Максимального значения целевая функция достигает в точке А(0; 4), то есть Fmax = f(A) = -12, а минимального в точке В (6; 8): Fmin = f(В) = -36. подставив координаты точек А и В в выражения для х3, х4, х5, найдем остальные координаты экстремальных точек: А´ (0; 4; 16; 0; 0), В´ (6; 8; 0; 28). При этом Fmax = -12, Fmin = -36.
Методические рекомендации к решению задач симплекс методом
Для случая большого числа переменных используется симплекс-метод, который гласит, что если задача линейного программирования имеет решение, то хотя бы одно из них – базисное. Решение задачи симплекс-методом рассмотрим на примере.
Пример. Решить задачу симплекс-методом. Предприятие выпускает три вида продукции:I, II, III. Для производства продукции оно располагает ресурсами в следующих объемах (единиц):
- Комплектующие изделия – 3120;
- Сырьё – 3000;
- Материалы – 3150.
Расход ресурсов на единицу продукции каждого вида приведен ниже:
Ресурсы |
Вид продукции |
||
I |
II |
III |
|
Комплектующие изделия |
4 |
6 |
8 |
Сырьё |
2 |
8 |
10 |
Материалы |
6 |
9 |
4 |
Прибыль от единицы продукции I вида составляет 240 млн руб., II – 210 млн. руб. и III – 180 млн руб.
Требуется определить производственную программу предприятия, обеспечивающую максимальную прибыль.
Решение: составим математическую модель задачи. Обозначим через х1, х2, х3 искомые объемы производства продукции, а через F – прибыль от производства и реализации всей продукции, которая с учетом обозначений определяется следующей функцией:
Запишем ограничения по ресурсам:
Объемы производства продукции не могут быть отрицательными, поэтому х1, х2, х3 ≥ 0.
Приведем ограничения задачи к каноническому виду, добавив к их левым частям соответствующие положительные неизвестные у1, у2, у3. В результате ограничения запишутся в виде равенств:
Дополнительные неизвестные у1, у2, у3 будут базисными, так как им соответствуют единичные векторы, которые образуют базис в трехмерном пространстве. Разрешив систему относительно базисных неизвестных, получим:
Занесем условия задачи в симплексную таблицу 1:
Таблица 1 – Условия задачи
Н.Н. Б.П. |
-х1 |
-х2 |
-х3 |
CЧ |
CO |
y1 = |
4 |
6 |
8 |
3120 |
3120:4=780 |
y2 = |
2 |
8 |
10 |
3000 |
3000:2=1500 |
y3 = |
6 |
9 |
4 |
3150 |
3150:6=525 |
F = |
-240 |
-210 |
-180 |
0 |
|
Базисное решение задачи в таблице 1 следующие: х1 = х2 = х3=0 (как небазисные неизвестные), т.е. предприятие продукции не выпускает. Тогда у1 =3120, у2 =3000, у3 = 3150. Игреки означают количество неиспользуемых ресурсов. Значит, если продукция не выпускается, то ресурсы не используются, и прибыль при этом равна нулю (F = 0).
Решение задачи опорное, так как базисные неизвестные принимают положительные значения. Переходим к поиску оптимального решения. В строке функции наибольший по абсолютной величине (среди отрицательных) элемент находится в первом столбце, поэтому этот столбец берем за разрешающий и выделяем его. Разрешающую строку находим по наименьшему симплексному отношению:
.
Наименьшее симплексное отношение соответствует третьей строке, следовательно, она будет разрешающей, выделим ее. Выделим в таблице и разрешающий элемент, который находится на пересечении разрешающих строки и столбца.
Разрешающий столбец выделен первый, так как от единицы продукции первого вида самая высокая прибыль – 240 млн. руб. Симплексное отношение означает возможные объемы производства продукции первого вида из имеющихся ресурсов, а наименьшее симплексное отношение означает максимально возможный выпуск этой продукции. В самом деле, третий ресурс позволяет изготавливать лишь 525 ед. продукции, в то время как первый ресурс – 780, а второй – 1500.
Рассчитаем элементы новой симплексной таблицы 2.
Таблица 2 – Симплексная таблица
Н.Н. Б.П. |
- y3 |
-х2 |
-х3 |
CЧ |
CO |
y1 = |
-2/3 |
0 |
16/3 |
1020 |
191,25 |
y2 = |
-1/3 |
5 |
26/3 |
1950 |
225 |
х1= |
1/6 |
3/2 |
2/3 |
525 |
787,5 |
F = |
40 |
150 |
-20 |
126000 |
|
Выпишем решение из таблицы 2:
х1 = 525, х2 = х3 = 0, у1 =1020, у2 =1950, у3 = 0, F = 126000 (млн руб).
Это означает следующее: предприятие может изготовить продукции первого вида в объеме 525 ед., при этом оно получит прибыль в размере 126000 млн руб., третий ресурс будет использован полностью (у3 = 0), а первый и второй ресурсы не используются в объемах 1020 и 1950 ед. соответственно. Решение в таблице 2 не является оптимальным, так как в строке функции имеется отрицательный элемент -20. В соответствии с алгоритмом выберем разрешающий элемент (16/3) и осуществим еще одно симплексное преобразование. В таблице 3 получено оптимальное решение:
х1 = 397,5; х2 = 0; х3 = 191,25; у1 =у3 = 0, у2 =292,5.
Fmax = 129825 (млн руб).
Таблица 3 – Оптимальное решение
Н.Н. Б.П. |
- y3 |
-х2 |
- y1 |
CЧ |
х3= |
|
|
|
191,25 |
y2 = |
|
|
|
292,5 |
х1= |
|
|
|
397,5 |
F = |
37,5 |
150 |
3,75 |
129825 |
Из решения видно, что продукция третьего вида с самой малой прибылью (180 млн руб.) вошла в оптимальное решение задачи. Это произошло потому, что у этого вида продукции низкая норма расхода третьего ресурса. Поэтому оптимальное сочетание выпуска продукции первого и третьего вида позволило увеличить прибыль по сравнению с предыдущим решением на 3825 млн руб.
Методические рекомендации к решению двойственных задач
(116–140)
Пример. Сформулировать правила построения модели любой из задач данной пары, если другая модель известна. В “а” и “б” построены пары симметричных взаимно двойственных задач. В “в” приведен порядок построения двойственной задачи к несимметричной задачи линейного программирования:
прямая задача двойственная задача
а)
б)
в) пусть имеется задача линейного программирования в произвольной несимметричной форме. Построить ей двойственную:
Прежде всего ограничения типа ≥ умножением на –1 сведем к ограничениям типа ≤. Получим:
Решение. Для построения двойственной задачи необходимо пользоваться следующими правилами:
1) если прямая задача решается на максимум, то двойственная – на минимум, и наоборот;
2) в задаче на максимум ограничения-неравенства имеют смысл ≤, а в задаче минимизации – смысл ≥;
3) каждому ограничению прямой задачи соответствует переменная двойственной задачи, и наоборот, каждому ограничению двойственной задачи соответствует переменная прямой задачи;
4) матрица системы ограничений двойственной задачи получается из матрицы системы ограничений исходной задачи транспонированием;
5) свободные члены системы ограничений прямой задачи являются коэффициентами при соответствующих переменных целевой функции двойственной задачи, и наоборот;
6) если на переменную прямой задачи наложено условие неотрицательности, то соответствующее ограничение двойственной задачи записывается как ограничение-неравенство, если же нет, то как ограничение-равенство;
7) если какое-либо ограничение прямой задачи записано как равенство, то на соответствующую переменную двойственной задачи условие неотрицательности не налагается.
В результате применения указанных правил получим следующую модель двойственной задачи для модели задачи линейного программирования, сформулированной в пункте “в”:
Методические рекомендации к решению транспортных задач
( 141–197)
Пример. Построить исходный опорный план транспортной задачи, условие которой представлено в таблице 4, по правилу «северо-западного угла».
Таблица 4 – Условие задачи
Поставщики |
Потребители |
Запас груза аi |
|||
В1 |
В2 |
В3 |
В4 |
||
А1 |
4 |
3 |
2 |
6 |
50 |
А2 |
2 |
4 |
5 |
1 |
70 |
А3 |
3 |
6 |
7 |
5 |
100 |
Потребность в грузе bj |
40 |
60 |
50 |
70 |
|
Решение. В клетку (1; 1) вписываем число х11 = min (50, 40) = 40 ед. В данном случае потребность потребителя В1 полностью удовлетворяется запасом поставщика А1. Первый столбец в дальнейшем в расчет не принимается.
Потребность потребителя В2 за счет поставщика А1 можно удовлетворить только частично. В клетку (1; 2) вписываем число х12 = =min (50 – 40, 60) = min (10, 60) = 10 ед.
В результате такого распределения запас груза поставщика А1 полностью исчерпан, т. е. первая строка таблицы в дальнейшем в расчет не принимается. Поскольку потребность потребителя В2 удовлетворена за счет поставщика А1 частично, переходим к распределению запаса груза поставщика А2. В клетку (2; 2) вписываем число х22 = min (70, 60 – 10) = min (70, 50) = 50 ед. В этом случае потребность потребителя В2 полностью удовлетворена, а у поставщика А2 осталось 20 ед. груза.
Потребность потребителя В3 за счет поставщика А2 можно удовлетворить частично (на 20 ед.). В клетку (2; 3) вписываем число х23 = min (20, 50) = 20 ед. В этом случае запас груза поставщика А2 полностью исчерпан и переходим к распределению запаса груза поставщика А3.
В клетку (3; 3) вписываем число х33 = min (100, 50 – 20) = min (100, 30) = 30 ед. В результате потребность потребителя В3 полностью удовлетворена, у поставщика А3 осталось 70 ед. груза.
Потребность потребителя В4 составляет 70 ед., а у поставщика А3 осталось 70 ед. груза. В клетку (3; 4) вписываем число x34 = 70 ед. Окончательно получаем таблицу 5.
Таблица 5 – Итоговая таблица
Поставщики |
Потребители |
Запас груза ai |
|||||||
В1 |
В2 |
В3 |
В4 |
||||||
А1 |
|
4 |
|
3 |
|
2 |
|
6 |
50 |
40 |
10 |
|
|
||||||
А2 |
|
2 |
|
4 |
|
5 |
|
1 |
70 |
|
50 |
20 |
|
||||||
А3 |
|
3 |
|
6 |
|
7 |
|
5 |
100 |
|
|
30 |
70 |
||||||
Потребность в грузе bj |
40 |
60 |
50 |
70 |
|
||||
Исходным опорным планом перевозок является
Этому плану соответствует значение целевой функции
F = 4 · 40 + 3 · 10 + 4 · 50 + 5 · 20 + 7 · 30 + 5 · 70 = 1050.
Пример. Составить исходный опорный план транспортной задачи, условие которой представлено в таблице 6, по правилу «минимального элемента».
Таблица 6 – Условие задачи
Поставщики |
Потребители |
Запас груза аi |
|||
В1 |
В2 |
В3 |
В4 |
||
А1 |
4 |
3 |
2 |
6 |
50 |
А2 |
2 |
4 |
5 |
1 |
70 |
А3 |
3 |
6 |
7 |
5 |
100 |
Потребность в грузе bj |
40 |
60 |
50 |
70 |
|
Решение. Загрузка начинается с клетки, которой соответствует наименьший тариф сij из всей матрицы тарифов. Такой клеткой является (2; 4), с24 = 1. В клетку (2; 4) вписываем число х24= min (70, 70) = 70 и исключаем из дальнейшего рассмотрения вторую строку и четвертый столбец. Из оставшихся тарифов наименьшим является с13 = 2. В клетку (1; 3) вписываем число х13 = min (50, 50) = 50. В этом случае из дальнейшего рассмотрения исключаются первая строка и третий столбец. В расчет принимается распределение груза поставщика А3. В третьей строке имеем наименьший тариф для клетки (3; 1), с31 = 3. В клетку (3; 1) вписываем число x31 = min (100, 40) = 40. Оставшееся количество единиц груза от поставщика А3 помещаем в клетку (3; 2), х32 = min (100 - 40, 60) = (60, 60) = 60. Окончательно получаем таблицу 7.
Таблица 7 – Итоговая таблица
Поставщики |
Потребители |
Запас груза ai |
|||||||
В1 |
В2 |
В3 |
В4 |
||||||
А1 |
|
4 |
|
3 |
|
2 |
|
6 |
50 |
|
|
50 |
|
||||||
А2 |
|
2 |
|
4 |
|
5 |
|
1 |
70 |
|
|
|
70 |
||||||
А3 |
|
3 |
|
6 |
|
7 |
|
5 |
100 |
40 |
60 |
|
|
||||||
Потребность в грузе bj |
40 |
60 |
50 |
70 |
|
||||
В результате полного распределения грузов получаем исходное опорное решение
для которого F = 2 x 50 + 1 x 70 + 3 x 40 + 6 x 60 = 650 ден.ед.
Очевидно, что для данного опорного плана не выполняется условие m + n – l = 3 + 4 – l = 6. План Х вырожденный.
Пример. Составить методом Фогеля опорный план ТЗ, условие которой представлено в таблице 8.
Таблица 8 – Условие задачи
Поставщики |
Потребители |
Запас груза аi |
|||
В1 |
В2 |
В3 |
В4 |
||
А1 |
4 |
3 |
2 |
6 |
50 |
А2 |
2 |
4 |
5 |
1 |
70 |
А3 |
3 |
6 |
7 |
5 |
100 |
Потребность в грузе bj |
40 |
60 |
50 |
70 |
|
Решение. По каждой строке и каждому столбцу определяем разность между двумя наименьшими тарифами и из всех разностей выбираем наибольшую. Такой разностью на первом этапе является с34 – с24 = 5 – 1 = 4 для четвертого столбца. В клетку (2; 4) вписываем число x24 = min (70, 70) = 70. Остаток груза по второй строке равен нулю, и потребность в грузе по четвертому столбцу равна нулю, а это значит, что на втором этапе вторая строка и четвертый столбец в расчет приниматься не будут.
На втором этапе наибольшей разностью будет с33 – с13 = 7–2 = 5 в третьем столбце. В клетку (1; 3) вписываем число x13 = min (50, 50) = 50. На данном этапе остатки груза по первой строке и третьему столбцу равны нулю, т. е. первая строка и третий столбец на следующем этапе в расчет не принимаются.
Остались одна строка и два столбца. В этом случае запас груза поставщика А3 распределяем по третьей строке для полного удовлетворения спроса потребителей B1, B2. Последовательность поставок груза в соответствующую клетку на каждом этапе можно отмечать числом в нижнем правом углу клетки. Проделав несколько таких этапов, получим опорный план перевозок, который близок к оптимальному, а иногда совпадает с ним (таблица 9).
Таблица 9 – Итоговая таблица
Поставщики |
Потребители |
Запас груза ai |
Этап |
|||||||||
В1 |
В2 |
В3 |
В4 |
№1 |
№2 |
|||||||
А1 |
|
4 |
|
3 |
|
2 |
|
6 |
50 |
1 |
1 |
|
|
|
50 |
2 |
|
||||||||
А2 |
|
2 |
|
4 |
|
5 |
|
1 |
70 |
1 |
- |
|
|
|
|
70 |
1 |
||||||||
А3 |
|
3 |
|
6 |
|
7 |
|
5 |
100 |
2 |
3 |
|
40 |
3 |
60 |
4 |
|
|
|||||||
Потребность в грузе bj |
40 |
60 |
50 |
70 |
|
|||||||
Этап |
№1 |
1 |
1 |
3 |
4 |
|
||||||
№2 |
1 |
3 |
5 |
1 |
|
|||||||
Полученный опорный план задачи можно представить в виде
Для этого плана транспортные издержки F=2x50+1x70+3x40+6x60=650 ден. ед. План Х вырожденный.
Пример. Найти оптимальный опорный план перевозок топлива из хранилищ А1, А2, А3, в которых имеется в наличии соответственно 300, 150, 200 т топлива, предназначенного для пяти АЗС: В1, В2, В3, В4, В5. Потребности в топливе составляют соответственно 80, 170, 150, 160 и 70 т при следующей матрице затрат на перевозку 1 т топлива:
.
Решение. Опорное решение найдем, например, по правилу «минимального элемента» (таблица 10)
Таблица 10 – Опорное решение найденное по правилу «минимального
элемента»
|
В1 |
В2 |
В3 |
В4 |
В5 |
Запас груза ai |
|||||
А1 |
|
4 |
|
7 |
|
1 |
|
5 |
+ |
2 |
300 |
– |
80 |
|
|
150 |
|
|
|
70 |
|
||
А2 |
|
6 |
|
2 |
|
4 |
+ |
1 |
|
3 |
150 |
|
|
|
|
|
|
150 |
|
0 |
– |
||
А3 |
|
5 |
|
6 |
|
7 |
|
4 |
|
8 |
200 |
+ |
|
170 |
|
|
|
30 |
– |
|
|
||
Потребность в грузе bj |
80 |
170 |
150 |
180 |
70 |
|
|||||
В таблице распределения получен вырожденный план. Условие для базисных клеток m + n – l = 3 + 5 – l = 7 не выполняется.
В одну из свободных клеток (как правило, в клетку с наименьшим тарифом) вписываем число нуль (нуль-загрузка), и такая клетка считается базисной. Очень важно, чтобы из базисных клеток не образовался замкнутый цикл. Например, впишем число нуль в клетку (2;5), х25 = 0.
Построение оптимального плана перевозок методом потенциалов.
Дл я определения оптимального плана перевозок необходимо построить начальный опорный план по одному из выше приведенных правил («северо–западного угла», «минимального элемента», и т.д.)
Затем определяем потенциалы поставщиков.
Для определения потенциалов поставщиков и потребителей имеем систему уравнений:
Поскольку число уравнений системы на единицу меньше числа потенциалов (система неопределенная), для ее решения одному из потенциалов придается произвольное значение. Положим u1 = 0. все остальные потенциалы определяются однозначно: u2 = 1, u3 = 4, v1=4, v2 = 2, v3 = 1, v4 = 0, v5 = 4. Найденные потенциалы поставщиков и потребителей указаны справа и внизу в клетках таблицы 10. Расчет их можно произвести непосредственно в таблице.
Определяем оценки свободных клеток:
s12 = 7 – (0 + 1) = 6, s14 = 5 – 0 = 5,
s21 = 6 – (1 + 4) = 1, s22 = 2 – (1 + 2) = -1,
s23 = 4 – (1 + 1) = 2, s31 = 5 – (4 + 1) = -3,
s33 = 7 – (4 + 1) = 2, s35 = 8 – (4 + 2) = 2.
Полученный план неоптимален. Среди оценок имеются отрицательные. Наиболее потенциальной клеткой является клетка (3;1). Строим замкнутый цикл для клетки (3;1). В таблице он выделен штриховой линией. В отрицательных вершинах цикла наименьшее количество груза равно min (80, 0, 30) = 0, т.е. число нуль нужно поместить в клетку (3;3), х33 = 0. Получаем новый план перевозок, хотя значение целевой функции и не изменится (таблица 11): u1 = 0, u2 = -2, u3 = 1, v1=4, v2 = 5, v3 = 1, v4 = 3, v5 = 2.
Таблица 11 – Новый план перевозок
|
В1 |
В2 |
В3 |
В4 |
В5 |
Запас груза ai |
|||||
А1 |
|
4 |
|
7 |
|
1 |
|
5 |
|
2 |
300 |
80 |
|
|
|
150 |
|
|
|
70 |
|
||
А2 |
|
6 |
+ |
2 |
|
4 |
– |
1 |
|
3 |
150 |
|
|
|
|
|
|
150 |
|
0 |
|
||
А3 |
|
5 |
– |
6 |
|
7 |
|
4 |
|
8 |
200 |
0 |
|
170 |
|
|
|
30 |
+ |
|
|
||
Потребность в грузе bj |
80 |
170 |
150 |
180 |
70 |
|
|||||
Оценки свободных клеток следующие:
s12 = 7 – (5 + 0) = 2, s14 = 5 – (3 + 0) = 2,
s21 = 6 – (-2 + 4) = 4, s22 = 2 – (-2 + 5) = -1,
s23 = 4 – (-2 + 1) = 5, s31 = 3 – (-2 + 2) = 3,
s33 = 7 – (1 + 1) = 5, s35 = 8 – (1 + 2) = 5.
Поскольку имеется оптимальная оценка, то план перевозок еще неоптимален и его можно улучшить за счет загрузки клетки (2;2). Строим замкнутый цикл, который включает клетки (2;2), (2;4), (3;4), (3;2). Наименьшее количество единиц груза в отрицательных вершинах цикла равно min (150, 170) = 150 ед. После смещения по циклу 150 ед. груза получим новый план (таблица 12)
Таблица 12 – Новый план перевозок
|
В1 |
В2 |
В3 |
В4 |
В5 |
Запас груза ai |
|||||
А1 |
|
4 |
|
7 |
|
1 |
|
5 |
|
2 |
300 |
80 |
|
|
|
150 |
|
|
|
70 |
|
||
А2 |
|
6 |
|
2 |
|
4 |
|
1 |
|
3 |
150 |
|
|
150 |
|
|
|
|
|
|
|
||
А3 |
|
5 |
|
6 |
|
7 |
|
4 |
|
8 |
200 |
0 |
|
20 |
|
|
|
180 |
|
|
|
||
Потребность в грузе bj |
80 |
170 |
150 |
180 |
70 |
|
|||||
Потенциалы поставщиков и потребителей для плана, представленного в таблице 12, определены непосредственно в таблице. Оценки свободных клеток следующие:
s12 = 7 – (5 + 0) = 2, s14 = 5 – (3 + 0) = 2,
s21 = 6 – (-3 + 4) = 5, s22 = 4 – (-3 + 1) = 6,
s23 = 1 – (-3 + 3) = 1, s31 = 3 – (-3 + 2) = 4,
s33 = 7 – (1 + 1) = 5, s35 = 8 – (1 + 2) = 5.
Все оценки свободных клеток положительны. Представленный в таблице 12 план перевозок оптимален, а так как среди оценок нет нулевых, то оптимальный план является и единственным:
Для этого плана значение целевой функции
F(Х*) = 4 · 80 + 1 · 150 + 2 · 70 + 6 · 20 + 4 ∙ 180 = 1750