Оптимізація економічних задач

Завдання 1

Цех випускає вали і втулки. На виробництво одного вала робочий витрачає 3 год., однієї втулки — 2 год. Від реалізації одного вала підприємство одержує прибуток 80 грн., а від реалізації однієї втулки — 60 грн. Цех має випустити не менше 100 валів і не менше 200 втулок. Скільки валів і скільки втулок має випустити цех, щоб одержати найбільший прибуток, якщо фонд робочого часу робітників становить 900 людино-годин?

Розв’язок

Складаємо математичну модель задачі. Позначимо через х1 кількість валів, що виготовляє підприємство за деяким планом, а через х2 кількість втулок. Тоді прибуток, отриманий підприємством від реалізації цих виробів, складає

? = 80×1+60×2.

Витрати ресурсів на виготовлення такої кількості виробів складають відповідно:

CI =3×1+2×2,

Оскільки запаси ресурсів обмежені, то повинні виконуватись нерівності:

3х1+2×2?900

Окрім того, валів потрібно виготовити не менше 100 штук, а втулок — 200 шт., тобто повинні виконуватись ще нерівності: х1? 100, х2? 200.

Таким чином, приходимо до математичної моделі:

Знайти х1, х2 такі, що функція? = 80×1+60×2 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.

3x1 + 2×2 + 1×3 + 0×4 + 0×5 + 0×6 + 0×7 = 900

1x1 + 0×2 + 0×3−1×4 + 0×5 + 1×6 + 0×7 = 100

0x1 + 1×2 + 0×3 + 0×4−1×5 + 0×6 + 1×7 = 200

Для постановки задачі на максимум цільову функцію запишемо так:

F (X) = 80×1 +60×2 — M x6 — M x7 => max

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

Причому штучні змінні не мають стосунку до змісту поставленого завдання, проте вони дозволяють побудувати початкову точку, а процес оптимізації змушує ці змінні приймати нульові значення і забезпечити допустимість оптимального рішення.

З метою формулювання задачі для вирішення її в табличній формі скористаємося виразами з системи рівнянь для штучних змінних:

x6 = 100-x1 +x4

x7 = 200-x2 +x5

які підставимо в цільову функцію:

F (X) = 80×1 + 60×2 — M (100-x1 +x4) — M (200-x2 +x5) => max

або

F (X) = (80+1M)x1 +(60+1M)x2 +(-1M)x4 +(-1M)x5 +(-300M) => max

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

Базисні змінні це змінні, які входять лише в одне рівняння системи обмежень і притому з одиничним коефіцієнтом.

Вирішимо систему рівнянь відносно базисних змінних:

x3, x6, x7

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

X1 = (0,0,900,0,0,100,200)

Оскільки завдання вирішується на максимум, то ведучий стовпець вибираємо по максимальному негативному кількістю та індексного рядку. Всі перетворення проводимо 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.

Даний план, також не оптимальний, тому будуємо знову нову симплексну таблицю. У якості ведучого виберемо елемент у стовбці х4.

Даний план, також не оптимальний, тому будуємо знову нову симплексну таблицю. У якості ведучого виберемо елемент у стовбці х5.

Оскільки всі оцінки >0, то знайдено оптимальний план, що забезпечує максимальний прибуток: х1=100, х2=300. Прибуток, при випуску продукції за цим планом, становить 26 000 грн.

Завдання 2

математична модель екстремум нерівність симплекс 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

Розв’яжемо задачу лінійного програмування симплексним методом.

Визначимо максимальне значення цільової функції F (X) = 4×1+3×2 за таких умов-обмежень.

8x1+7×2?28

5x1−2×2?25

5x1−6×2?5

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

8x1 + 7×2−1×3 + 0×4 + 0×5 = 28

5x1−2×2 + 0×3 + 1×4 + 0×5 = 25

5x1−6×2 + 0×3 + 0×4−1×5 = 5

Введемо штучні змінні x.

8x1 + 7×2−1×3 + 0×4 + 0×5 + 1×6 + 0×7 = 28

5x1−2×2 + 0×3 + 1×4 + 0×5 + 0×6 + 0×7 = 25

5x1−6×2 + 0×3 + 0×4−1×5 + 0×6 + 1×7 = 5

Для постановки завдання на максимум цільову функцію запишемо так:

F (X) = 4×1+3×2 — Mx6 — Mx7 => max

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 = 28−8×1−7×2+x3

x7 = 5−5×1+6×2+x5

які підставимо в цільову функцію:

F (X) = 4×1 + 3×2 — M (28−8×1−7×2+x3) — M (5−5×1+6×2+x5) => max

або

F (X) = (4+13M)x1+(3+1M)x2+(-1M)x3+(-1M)x5+(-33M) => max

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

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

Вирішимо систему рівнянь відносно базисних змінних:

x6, x4, x7,

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

X1 = (0,0,0,25,0,28,5)

Переходимо до основного алгоритму симплекс-методу.

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.

Даний план, також не оптимальний, тому будуємо знову нову симплексну таблицю. У якості ведучого виберемо елемент у стовбці х3.

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

Оптимальний план можна записати так:

x2 = 5

x3 = 63

x1 = 7

F (X) = 4*7 + 3*5 = 43

Складемо двоїсту задачу до прямої задачі.

8y1+5y2+5y3?4

7y1−2y2−6y3?3

28y1+25y2+5y3 => min

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 через алгебраїчні доповнення, отримаємо:

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

Тогда Y = C*A-1 =

Оптимальний план двоїстої задачі дорівнює:

y1 = 0

y2 = 1.95

y3 = -1.15

Z (Y) = 28*0+25*1.95+5*-1.15 = 43

Завдання 3

Розв’язати транспортну задачу.

Розв’язок

Побудова математичної моделі. Нехай xij — кількість продукції, що перевозиться з і-го пункту виробництва до j-го споживача. Оскільки, то задачу треба закрити, тобто збалансувати (зрівняти) поставки й потреби:

У нашому випадку робиться це введенням фіктивного постачальника, оскільки. З уведенням фіктивного постачальника в транспортній таблиці додатково заявляється n робочих клітинок (додатковий рядок).

Виникає проблема, які ціни присвоїти цим клітинкам, щоб фіктивний рядок був нейтральним щодо оптимального вибору планових перевезень. Нейтральність забезпечується тим, що всі ціни у фіктивних клітинках вибираються однаковими, а оскільки ці ціни при поставках не повинні впливати на значення цільової функції f, то їх беруть усі рівними нулю.

Занесемо вихідні дані у таблицю.

Забезпечивши закритість розв’язуваної задачі, 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:

min Z = 1×11 + 2×12 + 4×13 + 1×14 +5×15 + 1×21 + 2×22 + 1×23 + 3×24 +1×25 +2×31 + 1×32 + 3×33 + 3×34 +1×35 + 0×41+ 0×42 + 0×43 + 0×44+0×45.

Загалом математична модель сформульованої задачі має вигляд:

min Z = 1×11 + 2×12 + 4×13 + 1×14 +5×15 + 1×21 + 2×22 + 1×23 + 3×24 +1×25 +2×31 + 1×32 + 3×33 + 3×34 +1×35 + 0×41+ 0×42 + 0×43 + 0×44+0×45.

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 8, а має бути m+n-1=8. Отже, опорний план є невиродженим.

Перевіримо оптимальність опорного плану, складемо систему рівнянь (для заповнених клітин таблиці) для визначення потенціалів першого опорного плану:

Записана система рівнянь є невизначеною, і один з її розв’язків дістанемо, узявши, наприклад, u1 = 0. Тоді всі інші потенціали однозначно визначаються з цієї системи рівнянь: u1 =0, u2 = -3, u3 = -1, u4=-2, v1 =1, v2 =2, v3 =4 v4=4, v5=2. Ці значення потенціалів першого опорного плану записуємо у транспортну таблицю.

Потім згідно з алгоритмом методу потенціалів перевіряємо виконання другої умови оптимальності ui + vj? cij (для порожніх клітинок таблиці):

А1B4: u1 + v4 = 0 + 4 = 4 > 1;

А1B5: u1 + v5 = 0 + 2 = 2 < 5;

А2B1: u2 + v1 = -3 + 1 = -2 < 1;

А2B2: u2 + v2 = -3 + 2 = -1 < 2;

А2B4: u2 + v4 = -3 + 4 = 1 < 3;

А2B5: u2 + v5 = -3 + 2 = -1 < 1;

А3B1: u3 + v1 = -1 + 1 = 0 < 2;

А3B2: u3 + v2 = -1 + 2 = 1 = 1;

А4B1: u4 + v1 = -2 + 1 = -1 < 0;

А4B2: u4 + v2 = -2 + 2 = 0 = 0;

А4B3: u4 + v3 = -2 + 4 = 2 > 0;

А4B4: u4 + v4 = -2 + 4 = 2 > 0.

Опорний план не є оптимальним, тому що існують оцінки вільних клітин для яких ui + vi > cij

А1B4: u1 + v4 = 0 + 4 = 4 > 1;

А4B3: u4 + v3 = -2 + 4 = 2 > 0;

А4B4: u4 + v4 = -2 + 4 = 2 > 0.

Тому від нього необхідно перейти до другого плану, змінивши співвідношення заповнених і порожніх клітинок таблиці. Вибираємо максимальну оцінку вільної клітини (А1B4): 1

Ставимо в ній знак «+». Для визначення клітинки, що звільняється, будуємо цикл, починаючи з клітинки А1B4, та позначаємо вершини циклу почергово знаками «-» і «+». Тепер необхідно перемістити продукцію в межах побудованого циклу. Для цього у порожню клітинку А1B4 переносимо менше з чисел хij, які розміщені в клітинках зі знаком «-». Одночасно це саме число хij додаємо до відповідних чисел, що розміщені в клітинках зі знаком «+», та віднімаємо від чисел, що розміщені в клітинках, позначених знаком «-».

З вантажів хij що стоять в мінусових клітинах, вибираємо найменше,, тобто. Додаємо 10 до обсягів вантажів, що стоять в плюсових клітинах і віднімаємо 10 з Хij, 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 ui, vi. по зайнятих клітинам таблиці, в яких ui + vi = cij, вважаючи, що u1 = 0.

Опорний план не є оптимальним, тому що існують оцінки вільних клітин для яких ui + vi > cij

(А3B1): 2 + 1 = 3 > 2;

(А3B2): 2 + 2 = 4 > 1;

(А4B1): 1 + 1 = 2 > 0;

(А4B2): 1 + 2 = 3 > 0;

(А4B3): 1 + 1 = 2 > 0;

(А4B4): 1 + 1 = 2 > 0.

Вибираємо максимальну оцінку вільної клітини (А3B2): 1

Для цього в перспективну клітку (А3B2) поставимо знак «+», а в інших вершинах багатокутника чергуються знаки «-», «+», «-». Цикл наведено в таблиці.

З вантажів хij що стоять в мінусових клітинах, вибираємо найменше, тобто у = min (А3B4) = 20. Додаємо 20 до обсягів вантажів, що стоять в плюсових клітинах і віднімаємо 20 з Хij, що стоять в мінусових клітинах. В результаті отримаємо новий опорний план.

Перевіримо оптимальність опорного плану. Знайдемо потенціали ui, vi. по зайнятих клітинам таблиці, в яких ui + vi = cij, вважаючи, що u1 = 0.

Опорний план не є оптимальним, тому що існують оцінки вільних клітин для яких ui + vi > cij

(А4B3): -2 + 4 = 2 > 0

Вибираємо максимальну оцінку вільної клітини (А4B3): 0

Для цього в перспективну клітку (А4B3) поставимо знак «+», а в інших вершинах багатокутника чергуються знаки «-», «+», «-». Цикл наведено в таблиці.

З вантажів хij що стоять в мінусових клітинах, вибираємо найменше, тобто у = min (А4B5) =30. Додаємо 30 до обсягів вантажів, що стоять в плюсових клітинах і віднімаємо 30 з Хij, що стоять в мінусових клітинах.

В результаті отримаємо новий опорний план.

Перевіримо оптимальність опорного плану, тобто повторюємо описані раніше дії.

Знайдемо потенціали ui, vi. по зайнятих клітинам таблиці, в яких ui + vi = cij, 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:

Z (x) = 1*100 + 2*70 + 1*30 + 1*120 + 1*20 + 3*50 + 1*80 + 0*30 = 640

За оптимальним планом перевезень загальна вартість перевезень всієї продукції є найменшою і становить 640 грн.

Завдання 4

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 = 3X1+7X2 => max.

Побудуємо пряму, що відповідає значенню функції F = 0: F = 3X1+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 3 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) = 3*0 + 7*5 = 35