Реферат: Економіко-математичне програмування

Завдання 1

Побудувати математичну модель задачі.

На підприємстві виготовляються вироби двох видів А і В. Для цього використовується сировина чотирьох типів – І, ІІ, ІІІ, ІV, запаси якої дорівнюють, відповідно, 21; 4; 6; 10 од. Для виготовлення одного виробу А необхідна така кількість одиниць сировини чотирьох видів: 2; 1; 0; 2. Для виробу В – 3; 0; 1; 1 од. відповідно. Випуск одного виробу А дає 3 грн. од. прибутку, типу В – 2 грн. од. Скласти план виробництва, який забезпечує найбільший прибуток.

Розв’язок

Складаємо математичну модель задачі. Позначимо через х ₁ кількість виробів 1-ї моделі, що виготовляє підприємство за деяким планом, а через х₂ кількість виробів 2-ї моделі. Тоді прибуток, отриманий підприємством від реалізації цих виробів, складає

∫ = 3х₁ +2х₂ .

Витрати сировини на виготовлення такої кількості виробів складають відповідно:

C_I =2х₁ + 3х₂ ,

C_II =1х₁ + 0х₂ ,

C_III =0х₁ + 1х₂ ,

C_IV =2х₁ + 1х₂ ,

Оскільки запаси сировини обмежені, то повинні виконуватись нерівності:

2х₁ + 3х₂ ≤ 21

1х₁ ≤ 4

1х₂ ≤ 6

2х₁ + 1х₂ ≤ 10

Оскільки, кількість виробів є величина невід'ємна, то додатково повинні виконуватись ще нерівності: х₁ > 0, х₂ > 0.

Таким чином, приходимо до математичної моделі (задачі лінійного програмування):

Знайти х₁ , х₂ такі, що функція ∫ = 3х₁ +2х₂ досягає максимуму при системі обмежень:

Розв'язуємо задачу лінійного програмування симплексним методом.

Для побудови першого опорного плану систему нерівностей приведемо до системи рівнянь шляхом введення додаткових змінних. Оскільки маємо змішані умови-обмеження, то введемо штучні змінні x.

2x₁ + 3x₂ + 1x₃ + 0x₄ + 0x₅ + 0x₆ = 21

1x₁ + 0x₂ + 0x₃ + 0x₄ + 0x₅ + 1x₆ = 4

0x₁ + 1x₂ + 0x₃ + 1x₄ + 0x₅ + 0x₆ = 6

2x₁ + 1x₂ + 0x₃ + 0x₄ + 1x₅ + 0x₆ = 10

де х₁ ,...,х₆ >0

Для постановки задачі на максимум цільову функцію запишемо так:

F(X) = 3 x₁ +2 x₂ - M x₆ =>max

Оскільки завдання вирішується на максимум, то ведучий стовпець вибираємо по максимальному негативному кількістю та індексного рядку. Всі перетворення проводять до тих пір, поки не вийдуть в індексному рядку позитивні елементи.

Складаємо симплекс-таблицю:

Оскільки, в індексному рядку знаходяться негативні коефіцієнти, поточний опорний план неоптимальний, тому будуємо новий план. У якості ведучого виберемо елемент у стовбці х₁ , оскільки значення коефіцієнта за модулем найбільше.

Даний план, також не оптимальний, тому будуємо знову нову симплексну таблицю. У якості ведучого виберемо елемент у стовбці х₂ .

Оскільки всі оцінки >0, то знайдено оптимальний план, що забезпечує максимальний прибуток: х₁ =4, х₂ =2. Прибуток, при випуску продукції за цим планом, становить 16 грн.

Завдання 2

Записати двоїсту задачу до поставленої задачі лінійного програмування. Розв’язати одну із задач симплексним методом і визначити оптимальний план іншої задачі. Оптимальні результати перевірити графічно.

Розв’язок

Вирішимо пряму задачу лінійного програмування симплексним методом, з використанням симплексного таблиці.

Визначимо мінімальне значення цільової функції F(X) = 3x₁ +2x₂ за таких умов-обмежень.

2x₁ +4x₂ ≥10

3x₁ +2x₂ ≥11

4x₁ +7x₂ ≤32

Для побудови першого опорного плану систему нерівностей наведемо до системи рівнянь шляхом введення додаткових змінних (перехід до канонічної форми).

2x₁ + 4x₂ -1x₃ + 0x₄ + 0x₅ = 10

3x₁ + 2x₂ + 0x₃ -1x₄ + 0x₅ = 11

4x₁ + 7x₂ + 0x₃ + 0x₄ + 1x₅ = 32

Введемо штучні змінні x.

2x₁ + 4x₂ -1x₃ + 0x₄ + 0x₅ + 1x₆ + 0x₇ = 10

3x₁ + 2x₂ + 0x₃ -1x₄ + 0x₅ + 0x₆ + 1x₇ = 11

4x₁ + 7x₂ + 0x₃ + 0x₄ + 1x₅ + 0x₆ + 0x₇ = 32

Для постановки завдання на мінімум цільову функцію запишемо так:

F(X) = 3x₁ +2x₂ +Mx₆ +Mx₇ => min

За використання штучних змінних, що вводяться в цільову функцію, накладається так званий штраф величиною М, дуже велике позитивне число, яке зазвичай не задається.

Отриманий базис називається штучним, а метод рішення називається методом штучного базису.

Причому штучні змінні не мають відношення до змісту поставленого завдання, однак вони дозволяють побудувати стартову точку, а процес оптимізації змушує ці змінні приймати нульові значення та забезпечити допустимість оптимального рішення.

З рівнянь висловлюємо штучні змінні:

x₆ = 10-2x₁ -4x₂ +x₃

x₇ = 11-3x₁ -2x₂ +x₄

які підставимо в цільову функцію:

F(X) = 3x₁ + 2x₂ + M(10-2x₁ -4x₂ +x₃ ) + M(11-3x₁ -2x₂ +x₄ ) => min

або

F(X) = (3-5M)x₁ +(2-6M)x₂ +(1M)x₃ +(1M)x₄ +(21M) => min

Матриця коефіцієнтів A = a(ij) цієї системи рівнянь має вигляд:

Базисні перемінні це змінні, які входять тільки в одне рівняння системи обмежень і при тому з одиничним коефіцієнтом.

Вирішимо систему рівнянь відносно базисних змінних:

x₆ , x₇ , x₅ ,

Вважаючи, що вільні змінні рівні 0, отримаємо перший опорний план:

X1 = (0,0,0,0,32,10,11)

Переходимо до основного алгоритму симплекс-методу.

Оскільки, в індексному рядку знаходяться позитивні коефіцієнти, поточний опорний план неоптимальний, тому будуємо новий план. У якості ведучого виберемо елемент у стовбці х₂ , оскільки значення коефіцієнта за модулем найбільше.

Даний план, також не оптимальний, тому будуємо знову нову симплексну таблицю. У якості ведучого виберемо елемент у стовбці х₁ .

Остаточний варіант симплекс-таблиці оптимальний, тому що в індексному рядку знаходяться негативні коефіцієнти.

Оптимальний план можна записати так:

x₂ = 1

x₁ = 3

x₅ = 13

F(X) = 3*3 + 2*1 = 11

Складемо двоїсту задачу до прямої задачі.

2y₁ +3y₂ +4y₃ ≤3

4y₁ +2y₂ +7y₃ ≤2

10y₁ +11y₂ +32y₃ => max

y₁ ≥ 0

y₂ ≥ 0

y₃ ≤ 0

Рішення двоїстої задачі дає оптимальну систему оцінок ресурсів.

Використовуючи останню ітерацію прямої задачі знайдемо, оптимальний план двоїстої задачі.

З першої теореми двоїстості випливає, що Y = C*A^-1 .

Складемо матрицю A з компонентів векторів, що входять в оптимальний базис.

Визначивши зворотну матрицю А^-1 черезалгебраїчнідоповнення, отримаємо:

Як видно з останнього плану симплексного таблиці, зворотна матриця A^-1 розташована в стовпцях додаткових змінних.

Тогда Y = C*A^-1 =

Оптимальний план двоїстоїзадачідорівнює:

y₁ = 0

y₂ = 1

y₃ = 0

Z(Y) = 10*0+11*1+32*0 = 11

Завдання 3

Розв’язати транспортну задачу.

Розв’язок

Побудова математичної моделі . Нехай x_ij — кількість продукції, що перевозиться з і -го пункту виробництва до j -го споживача . Перевіримо необхідність і достатність умоврозв'язання задачі:

Умова балансу дотримується. Запаси рівні потребам. Отже, модель транспортної задачі є закритою.

Занесемо вихідні дані у таблицю.

Розпочинаємо будувати математичну модель даної задачі:

Економічний зміст записаних обмежень полягає в тому, що весь вантаж потрібно перевезти по пунктах повністю.

Аналогічні обмеження можна записати відносно замовників: вантаж, що може надходити до споживача від чотирьох баз, має повністю задовольняти його попит. Математично це записується так:

Загальні витрати, пов’язані з транспортуванням продукції, визначаються як сума добутків обсягів перевезеної продукції на вартості транспортування од. продукції до відповідного замовника і за умовою задачі мають бути мінімальними. Тому формально це можна записати так:

minZ =1x ₁₁ +4x ₁₂ +2x ₁₃ +1x ₁₄ +2x ₁₅ +2x ₂₁ +2x ₂₂ +3x ₂₃ +1x ₂₄ +3x ₂₅ +3x ₃₁ +4x ₃₂ +5x ₃₃ +6x ₃₄ + +7x ₃₅ .

Загалом математична модель сформульованої задачі має вигляд:

minZ =1x ₁₁ +4x ₁₂ +2x ₁₃ +1x ₁₄ +2x ₁₅ +2x ₂₁ +2x ₂₂ +3x ₂₃ +1x ₂₄ +3x ₂₅ +3x ₃₁ +4x ₃₂ +5x ₃₃ +6x ₃₄ + +7x ₃₅ .

за умов:

Запишемо умови задачі у вигляді транспортної таблиці та складемо її перший опорний план у цій таблиці методом «північно-західного кута».

В результаті отримано перший опорний план, який є допустимим, оскільки всі вантажі з баз вивезені, потреба магазинів задоволена, а план відповідає системі обмежень транспортної задачі.

Підрахуємо число зайнятих клітин таблиці, їх 7, а має бути m+n-1=7. Отже, опорний план є не виродженим.

Перевіримо оптимальність опорного плану. Знайдемо потенціали u_i , v_i . по зайнятих клітинам таблиці, в яких u_i + v_i = c_ij , вважаючи, що u₁ = 0:

u ₁ =0, u ₂ =1, u ₃ =5, v ₁ =1, v ₂ =4, v ₃ =2 v ₄ =1, v ₅ =2. Ці значення потенціалів першого опорного плану записуємо у транспортну таблицю.

Потім згідно з алгоритмом методу потенціалів перевіряємо виконання другої умови оптимальності u_i + v_j ≤ c_ij (для порожніх клітинок таблиці).

Опорний план не є оптимальним, тому що існують оцінки вільних клітин для яких u_i + v_i >c_ij

(2;2): 1 + 4 > 2; ∆₂₂ = 1 + 4 - 2 = 3

(2;4): 1 + 1 > 1; ∆₂₄ = 1 + 1 - 1 = 1

(3;1): 5 + 1 > 3; ∆₃₁ = 5 + 1 - 3 = 3

(3;2): 5 + 4 > 4; ∆₃₂ = 5 + 4 - 4 = 5

(3;3): 5 + 2 > 5; ∆₃₃ = 5 + 2 - 5 = 2

max(3,1,3,5,2) = 5

Тому від нього необхідно перейти до другого плану, змінивши співвідношення заповнених і порожніх клітинок таблиці. Вибираємо максимальну оцінку вільної клітини (3;2): 4. Для цього в перспективну клітку (3;2) поставимо знак «+», а в інших вершинах багатокутника чергуються знаки «-», «+», «-». Цикл наведено в таблиці.

Тепер необхідно перемістити продукцію в межах побудованого циклу. З вантажів х_ij що стоять в мінусових клітинах, вибираємо найменше, тобто у = min (1, 2) = 20. Додаємо 20 до обсягів вантажів, що стоять в плюсових клітинах і віднімаємо 20 з х_ij , що стоять в мінусових клітинах. В результаті отримаємо новий опорний план.

Усі інші заповнені клітинки першої таблиці, які не входили до циклу, переписуємо у другу таблицю без змін. Кількість заповнених клітинок у новій таблиці також має відповідати умові невиродженості плану, тобто дорівнювати (n + m – 1).

Отже, другий опорний план транспортної задачі матиме такий вигляд:

Перевіримо оптимальність опорного плану. Знайдемо потенціали u_i , v_i . по зайнятих клітинам таблиці, в яких u_i + v_i = c_ij , вважаючи, що u₁ = 0.

Опорний план не є оптимальним, тому що існують оцінки вільних клітин для яких u_i + v_i >c_ij

(2;4): 1 + 1 > 1; ∆₂₄ = 1 + 1 - 1 = 1

(3;1): 5 + 1 > 3; ∆₃₁ = 5 + 1 - 3 = 3

(3;3): 5 + 2 > 5; ∆₃₃ = 5 + 2 - 5 = 2

max(1,3,2) = 3

Вибираємо максимальну оцінку вільної клітини (3;1): 3

Для цього в перспективну клітку (3;1) поставимо знак «+», а в інших вершинах багатокутника чергуються знаки «-», «+», «-». Цикл наведено в таблиці.

З вантажів х_ij що стоять в мінусових клітинах, вибираємо найменше, тобто у = min (3, 5) = 50. Додаємо 50 до обсягів вантажів, що стоять в плюсових клітинах і віднімаємо 50 з Х_ij , що стоять в мінусових клітинах. В результаті отримаємо новий опорний план.

Перевіримо оптимальність опорного плану. Знайдемо потенціали u_i , v_i . по зайнятих клітинам таблиці, в яких u_i + v_i = c_ij , вважаючи, що u₁ = 0.

Опорний план не є оптимальним, тому що існують оцінки вільних клітин для яких u_i + v_i >c_ij

(2;2): 1 + 2 > 2; ∆₂₂ = 1 + 2 - 2 = 1

(2;4): 1 + 1 > 1; ∆₂₄ = 1 + 1 - 1 = 1

max(1,1) = 1

Вибираємомаксимальнуоцінкувільноїклітини (2;2): 2

Для цього в перспективну клітку (2;2) поставимо знак «+», а в інших вершинах багатокутника чергуються знаки «-», «+», «-». Цикл наведено в таблиці.

З вантажів х_ij що стоять в мінусових клітинах, вибираємо найменше, тобто у = min (3, 2) = 20. Додаємо 20 до обсягів вантажів, що стоять в плюсових клітинах і віднімаємо 20 з Х_ij , що стоять в мінусових клітинах.

В результаті отримаємо новий опорний план.

Перевіримо оптимальність опорного плану. Знайдемо потенціали u_i , v_i . по зайнятих клітинам таблиці, в яких u_i + v_i = c_ij , вважаючи, що u₁ = 0.

Опорний план не є оптимальним, тому що існують оцінки вільних клітин для яких u_i + v_i >c_ij

(2;4): 1 + 1 > 1; ∆₂₄ = 1 + 1 - 1 = 1

Вибираємомаксимальнуоцінкувільноїклітини (2;4): 1

Для цього в перспективну клітку (2;4)поставимо знак «+», а в інших вершинах багатокутника чергуються знаки «-», «+», «-». Цикл наведено в таблиці.

З вантажів х_ij що стоять в мінусових клітинах, вибираємо найменше, тобто у = min (2, 5) = 70. Додаємо 70 до обсягів вантажів, що стоять в плюсових клітинах і віднімаємо 70 з Х_ij , що стоять в мінусових клітинах.

В результаті отримаємо новий опорний план.

Перевіримо оптимальність опорного плану, тобто повторюємо описані раніше дії.

Знайдемо потенціали u_i , v_i . по зайнятих клітинам таблиці, в яких u_i + v_i = c_ij , вважаючи, що u₁ = 0.

Перевірка останнього плану на оптимальність за допомогою методу потенціалів показує, що він оптимальний.

Розрахуємо значення цільової функції відповідно до другого опорного плану задачі:

F(x) = 1*30 + 2*70 + 1*20 + 2*180 + 2*20 + 1*70 + 3*70 = 870

За оптимальним планом перевезень загальна вартість перевезень всієї продукції є найменшою і становить 870 грн.

Завдання 4

математична модель симплекс транспортна задача екстремум

Знайти графічним методом екстремуми функцій в області, визначеній нерівностями.

.

Розв’язок

Побудуємо область допустимих рішень, тобто вирішимо графічно систему нерівностей. Для цього побудуємо кожну пряму і визначимо півплощини, задані нерівностями (півплощини позначені штрихом).

Межі області

Цільова функція F(x) =>max

Розглянемо цільову функцію завдання F = 4X₁ +7X₂ =>max.

Побудуємо пряму, що відповідає значенню функції F = 0: F = 4X₁ +7X₂ = 0. Будемо рухати цю пряму паралельним чином. Оскільки нас цікавить максимальне рішення, тому рухався прямо до останнього торкання позначеної області. На графіку ця пряма позначена пунктирною лінією.

Рівний масштаб

Перетином півплощини буде область, яка представляє собою багатокутник, координати точок якого задовольняють умові нерівностей системи обмежень задачі.

Пряма F(x) = const перетинає область у точці B. Оскільки точка B отримана в результаті перетину прямих 2 i 5, то її координати задовольняють рівнянням цих прямих:

x₁ +x₂ ≤5

x₁ =0

Вирішивши систему рівнянь, одержимо: x₁ = 0, x₂ = 5

Звідки знайдемо максимальне значення цільової функції:

F(X) = 4*0 + 7*5 = 35