Programowanie liniowe

Programowanie liniowe

Tadeusz Trzaskalik

1. P

rogr

amow

anie

lini

owe

• Model matematyczny

• Cel, środki, ograniczenia

• Funkcja celu – funkcja kryterium

• Zmienne decyzyjne

1.1. Wprowadzenie

Słowa kluczowe

1. P

rogr

amow

anie

lini

owe

T.Trzaskalik: Wprowadzenie do badań operacyjnych z komputerem 2

• Zmienne decyzyjne

• Model optymalizacyjny

• Układ warunków ograniczających

• Decyzje dopuszczalne

• Zadanie programowania liniowego

• Decyzje optymalna

1. P

rogr

amow

anie

lini

owe

• Metoda geometryczna

• Metoda simpleks

• Zmienne bilansujące

• Postać bazowa

• Zmienne bazowe

Słowa kluczowe (c.d.)

1.1. Wprowadzenie

1. P

rogr

amow

anie

lini

owe


• Zmienne bazowe

• Zmienne niebazowe

• Kryterium optymalno ści

• Kryterium wej ścia

• Kryterium wyj ścia

• Zmienna sztuczna

• Analiza wrażliwości

1. P

rogr

amow

anie

lini

owe

• Zadanie prymalne

• Zadanie dualne

• Prymalna metoda simpleks

Słowa kluczowe (c.d.)

1.1. Wprowadzenie

1. P

rogr

amow

anie

lini

owe


• Dualna metoda simpleks

• Parametryczne programowanie liniowe

• Wektor funkcji celu zależny od parametru

• Wektor wyrazów wolnych zależny od parametru

1. P

rogr

amow

anie

lini

owe

P1 P2

Zasoby

Zadanie programowania produkcji

Środki produkcji

Produkty

1.2. Metoda geometryczna

1.2.1. Model matematyczny (1/2)

Przykład 1.1

1. P

rogr

amow

anie

lini

owe


Należy zaplanować produkcję zakładu w taki sposób, aby osiągnięty zysk był maksymalny.

S1

S2

S3

2

1

4

2

2

0

Zyski 2 3

14

8

16

1. P

rogr

amow

anie

lini

owe

Zmienne decyzyjne

x1 - planowany rozmiar produkcji produktu P1,

x2 - planowany rozmiar produkcji produktu P2.

Funkcja celu


1.2.1. Model matematyczny (2/2)

Składowe modelu

1. P

rogr

amow

anie

lini

owe


Funkcja celu

f(x1,x2)

2x1 + 2x2 ≤ 14

x1 + 2x2 ≤ 8

4x1 ≤ 16

x1 ≥ 0, x2 ≥ 0,

Warunki ograniczające

2x1= + 3x2 → max

1. P

rogr

amow

anie

lini

owe

2x + 2x > 14

(0,7)

x2

2x1 + 2x2 ≤ 14


1.2.2. Zbiór rozwi ązań dopuszczalnych (1/6)

Pierwszy warunek ograniczaj ący

1. P

rogr

amow

anie

lini

owe


2x1 + 2x2 > 14

2x1 + 2x2 < 14

2x1 + 2x2 = 14

x1(0,0) (7,0)

1. P

rogr

amow

anie

lini

owe

x2

x1 + 2x2 ≤ 8



Drugi warunek ograniczaj ący

1. P

rogr

amow

anie

lini

owe


x1 + 2x2 > 8

x1 + 2x2 < 8

x1(0,0) (8,0)

(0,4)

x1 + 2x2 = 8

1. P

rogr

amow

anie

lini

owe

4x1 ≤ 16



Trzeci warunek ograniczaj ący

1. P

rogr

amow

anie

lini

owe


4x1 > 164x1 < 16

4x1 = 16

x1(0,0) (4,0)

1. P

rogr

amow

anie

lini

owe

x2

x1 ≥ 0



Warunki nieujemno ści

1. P

rogr

amow

anie

lini

owe


x1 ≥ 0

x1(0,0)

1. P

rogr

amow

anie

lini

owe

x2

x2 ≥ 0



Warunki nieujemno ści (c.d.)

1. P

rogr

amow

anie

lini

owe


x2 ≥ 0

x1(0,0)

1. P

rogr

amow

anie

lini

owe

x2

D



Część wspólna

1. P

rogr

amow

anie

lini

owe


x1

E

BF

A

C G HO

1. P

rogr

amow

anie

lini

owe

x2

2x1 + 3x2 = 18

2x + 3x = 14

2x1 + 3x2 = 6


1.2.3. Warstwice funkcji celu (1/1)

Rozwi ązanie optymalne

1. P

rogr

amow

anie

lini

owe


x1O

A

B

C

2x1 + 3x2 = 12

2x1 + 3x2 = 14

B (4, 2)

Rozwiązanie optymalne:Rozwiązanie optymalne:

x1 = 4 planujemy wytworzenie 4 jednostek produktu P1

x2 = 2 planujemy wytworzenie 2 jednostek produktu P2

f(4,2) = 14

1. P

rogr

amow

anie

lini

owe

Rozwi ązanie optymalne


1.2.4. Gradient funkcji celu (1/1)

x2

3221

=∂∂=

∂∂

x

f

x

f

1. P

rogr

amow

anie

lini

owe


x1O

A

B

C

2x1 + 3x2 = 14

B (4, 2)

1. P

rogr

amow

anie

lini

owe

2x1 + 2x2 ≤ 14

Środek SŚrodek S11

1.3. Metoda simpleks

1.3.1. Postać bazowa (1/7)

Zmienne bilansuj ące

1. P

rogr

amow

anie

lini

owe


2x1 + 2x2 + x3 = 14

x3 = 14 – 2x1 – 2x2 ≥ 0

x3 - niewykorzystana ilość środka S1

1. P

rogr

amow

anie

lini

owe

x1 + 2x2 ≤ 8




Zmienne bilansuj ące (c.d.)

1. P

rogr

amow

anie

lini

owe


x1 + 2x2 + x4 = 8

x4 = 8 –x1 – 2x2 ≥ 0


1. P

rogr

amow

anie

lini

owe

4x1 ≤ 16



Zmienne bilansuj ące (c.d.)

1.3.1. Postać bazowa (3/7)1.

Pro

gram

owan

ie li

niow

e


4x1 + x5 = 16

x5 = 16 – 4x1 ≥ 0


1. P

rogr

amow

anie

lini

owe

f(x1, x2, x3, x4, x5) = 2x1 + 3x2 → max

2x1 + 2x2 + x3 = 14


Postać standardowa


Pro

gram

owan

ie li

niow

e


2x1 + 2x2 + x3 = 14

x1 + 2x2 + x4 = 8

4x1 + x5 = 16

x1, x2, x3, x4, x5 ≥ 0,

1. P

rogr

amow

anie

lini

owe

cc - wektor funkcji celu,AA - macierz współczynników,bb - wektor warunków ograniczających,xx - wektor zmiennych.

f(x , x , x , x , x ) = 2x + 3x → max


Postać macierzowa


Pro

gram

owan

ie li

niow

e


max→cxbAx =

0≥x

0] 0 0 3 2[=c

=1 0 0 0 4

0 1 0 2 1

0 0 1 2 2

A

=16

8

14

b

=

5

4

3

2

1

x

x

x

x

x

x

f(x1, x2, x3, x4, x5) = 2x1 + 3x2 → max

2x1 + 2x2 + x3 = 14x1 + 2x2 + x4 = 84x1 + x5 = 16

x1, x2, x3, x4, x5 ≥ 0,

1. P

rogr

amow

anie

lini

owe

x3, x4, x5 - zmienne bazowe

x1, x2 - zmienne niebazowe

=04

21

22

A

x1 x2

100

010

001

x3 x4 x5

2x + 3x → max


Postać bazowa


Pro

gram

owan

ie li

niow

e


Bazowe rozwiązanie dopuszczalneBazowe rozwiązanie dopuszczalne

x1 = 0, x2 = 0, x3 = 14, x4 = 8, x5 = 16

2x1 + 3x2 → max

x1 + 2x2 + x4 = 8

4x1 + x5 = 16

2x1 + 2x2 + x3 = 14

x1, x2, x3, x4, x5 ≥ 0

1. P

rogr

amow

anie

lini

owe

cx → max

Ax = b

x ≥ 0



Tablica simpleksowa

1. P

rogr

amow

anie

lini

owe


2 3 0 0 0b

cx → max

x1 x2 x3 x4 x5

x3 0

x4 0

x5 0

2 2 1 0 0

1 2 0 1 0

4 0 0 0 1

14

8

16

Baza cB

1. P

rogr

amow

anie

lini

owe

Jeden krok algorytmu metody simpleks


1.3.2. Badanie optymalno ści rozwi ązania (1/7)

Należy: • stwierdzić, czy rozpatrywane rozwiązanie bazowe jest optymalne,

czy też nie, • w przypadku, gdy nie jest optymalne, wyznaczyć nową bazę sąsiednią,

1. P

rogr

amow

anie

lini

owe


• w przypadku, gdy nie jest optymalne, wyznaczyć nową bazę sąsiednią, • przekształcić za pomocą przekształceń elementarnych macierz

warunków ograniczających do postaci bazowej względem bazy sąsiedniej,

• jeżeli rozpatrywane rozwiązanie jest optymalne, zakończyć postępowanie.

1. P

rogr

amow

anie

lini

owe

2x1 + 2x2 + x3 = 14

Ponieważ x1 = 1 oraz x2 = 0, mamy:

x1: 0 → 1



1.3.2. Badanie optymalno ści rozwi ązania (2/7)1.

Pro

gram

owan

ie li

niow

e


2 + x3 = 14

x3 = 12

stąd

Każdej dodanej jednostce zmiennejx1 odpowiada spadek wartościzmiennej bazowejx3 i zmianę tą opisuje wartość współczynnikaa11 = 2.

1. P

rogr

amow

anie

lini

owe

x1 + 2x2 + x4 = 8


x1: 0 → 1




Pro

gram

owan

ie li

niow

e


1 + x4 = 8

x4 = 7

stąd


1. P

rogr

amow

anie

lini

owe

4x1 + x5 = 16


x1: 0 → 1




Pro

gram

owan

ie li

niow

e


4 + x5 = 16

x5 = 12

stąd


1. P

rogr

amow

anie

lini

owe

Wzrost wartości funkcji celuWzrost wartości funkcji celu

c1 = 2

Spadek wartości funkcji celuSpadek wartości funkcji celu związany z obniżeniem dotychczasowych wartości przez zmienne bazowe


Zmiany warto ści funkcji celu


Pro

gram

owan

ie li

niow

e


dotychczasowych wartości przez zmienne bazowe

c3 · a11 = 0 · 2 = 0

c4 · a21 = 0 · 1 = 0

c5 · a31 = 0 · 4 = 0

zmienna x3:

zmienna x4:

zmienna x5:

czyli z1 = 0 · 2 + 0 · 1 + 0 · 4 = 0

Zmiana nettoZmiana netto:

c1 – z1 = 2 – 0 = 2

1. P

rogr

amow

anie

lini

owe 2 3 0 0 0

bcx → max

x1 x2 x3 x4 x5

x 0 2 2 1 0 0 14

Baza cB


Wskaźniki optymalno ści


Pro

gram

owan

ie li

niow

e


x3 0

x4 0

x5 0

2 2 1 0 0

1 2 0 1 0

4 0 0 0 1

14

8

16

cj – zj 02 3 0 0 0

1. P

rogr

amow

anie

lini

owe Jeżeli w zadaniu maksymalizacji wartości

wszystkich wskaźników optymalności sąniedodatnie, wtedy rozpatrywane


Kryterium optymalno ści


Pro

gram

owan

ie li

niow

e


niedodatnie, wtedy rozpatrywanerozwiązanie jest optymalne.

Jeżeli choć jeden ze wskaźnikówoptymalności jest dodatni, wtedy istniejemożliwość poprawy tego rozwiązania.

1. P

rogr

amow

anie

lini

owe Wybieramy największą wartość wskaźnika

optymalności. Odpowiadającą mu zmiennąwprowadzamydonowejbazy.


1.3.3. Wybór zmiennej wprowadzanej do bazy (1/1)

Kryterium wej ścia

1. P

rogr

amow

anie

lini

owe


wprowadzamydonowejbazy.

Jeżeli największej wartości wskaźnikaoptymalności odpowiada więcej niż jednazmienna, do nowej bazy wprowadzamyzmienną o najniższymnumerze.

1. P

rogr

amow

anie

lini

owe 2x1 + 2x2 + x3 = 14

Zmienna x1 jako niebazowa jest równa 0, czyli:

Do nowej bazy wprowadzamy zmienną x2


1.3.4. Wybór zmiennej opuszczaj ącej bazę (1/5)


1. P

rogr

amow

anie

lini

owe



2x2 + x3 = 14

2x2 = 14, czyli x2 = 7

Kiedy zmienna x3 przyjmuje wartość 0?

Największa dopuszczalna wartość zmiennej x2 dla pierwszegowarunku ograniczającego jest równa 7.

(b1: a21 = 7)

1. P

rogr

amow

anie

lini

owe x1 + 2x2 + x4 = 8






1. P

rogr

amow

anie

lini

owe



2x2 + x4 = 8

2x2 = 8, czyli x2 = 4


Największa dopuszczalna wartość zmiennej x2 dla drugiegowarunku ograniczającego jest równa 4.

(b2: a22 = 4)

1. P

rogr

amow

anie

lini

owe 4x1 + 0x2 + x5 = 16






1. P

rogr

amow

anie

lini

owe


Ponieważ współczynnik przyx2 jest równy 0 zmiennejx5 nie możnawyprowadzić z bazy przez wprowadzenie do bazy zmiennejx2.


0x2 + x5 = 16


1. P

rogr

amow

anie

lini

owe

Obliczamy ilorazy kolejnych wyrazów wolnychprzez odpowiadające im elementy kolumnywchodzącej do bazy dla tych elementów kolumnywprowadzanejdobazy,któresą dodatnie.



Kryterium wyj ścia

1. P

rogr

amow

anie

lini

owe


wprowadzanejdobazy,któresą dodatnie.

Bazę opuszcza zmienna, dla którejodpowiadający iloraz jest najmniejszy.

Jeżeli minimum jest przyjmowane więcej niżjeden raz, wtedy jako zmienną opuszczającą bazęwybieramy zmienną o najniższymnumerze.

1. P

rogr

amow

anie

lini

owe



Zastosowanie kryterium wyj ścia

2 3 0 0 0b

cx → max

x1 x2 x3 x4 x5

x3 0 2 2 1 0 0 14

b/a

7

Baza cB

3

x2

2

1. P

rogr

amow

anie

lini

owe


x3 0

x4 0

x5 0

2 2 1 0 0

1 2 0 1 0

4 0 0 0 1

14

8

16

cj – zj 02 3 0 0 0

7

4

-

2

2

0

3

x4 0 1 2 0 1 0 8 4

Z bazy usuwamy zmienną x4

1. P

rogr

amow

anie

lini

owe

Przekształcenia elementarne

Podzielenie obydwu stron dowolnie wybranego warunkuograniczającego przez dowolną liczbę różną od zera.

1.

Dodanie stronami do dowolnie wybranego warunku2.


1.3.5. Przejście do rozwi ązania bazowego s ąsiedniego (1/2) 1.

Pro

gram

owan

ie li

niow

e


Przekształcenia elementarne stosujemy dla warunkówograniczających w postaci równości.

Dodanie stronami do dowolnie wybranego warunkuograniczającego pomnożonego przez dowolną liczbęróżną od zera innego warunku pomnożonego przezdowolną liczbę różną od zera.

2.

1. P

rogr

amow

anie

lini

owe

2 3 0 0 0b

cx → max

x1 x2 x3 x4 x5

x3 0

x4 0

x 0

2 2 1 0 0

1 2 0 1 0

4 0 0 0 1

14

8

16

Baza cB

3

x2

2

2

0

x4 0 1 2 0 1 0 8


1.3.5. Przejście do rozwi ązania bazowego s ąsiedniego (2/2)

Tablice simpleksowe

1. P

rogr

amow

anie

lini

owe

Bazab

x3 0

x5 0

cj – zj

x1 x2 x3 x4 x5Baza cB

2 3 0 0 0cx → max


x2 3

0 1 –1 0

1 0 0,5 0

1

0,5

4 0 0 0 1

6

4

16

x5 0 4 0 0 0 1 16

cj – zj 02 3 0 0 0

0

1

0

1

0

0

0

0

1

0

3

12

1. P

rogr

amow

anie

lini

owe

1

x1 x2 x3 x4 x5

bcx → max

x 0 0 1 –1 0

3 0 0 02

6

b/a

6

Baza cB x1

2

1


1.3.6. Kolejne iteracje (1/2)

Iteracja 2

1. P

rogr

amow

anie

lini

owe


1x3 0

x2 3

x5 0

0 1 –1 0

1 0 0,5 00,5

4 0 0 0 1

6

4

16

cj – zj 120,5 0 0 –1,5 0

6

8

4x5 0 4 0 0 0 1 16 4

1

0,5

4

0,5

1. P

rogr

amow

anie

lini

owe

x3 0

x2 3

0 1 –1 –0,25

1 0 0,5 –0,125

0

0

2

2

x1 x2 x3 x4 x5

cx → max 3 0 0 02

Baza cB

b


1.3.6. Kolejne iteracje (2/2)

Iteracja 3

1. P

rogr

amow

anie

lini

owe


x2 3

x1 2

1 0 0,5 –0,1250

1 0 0 0 0,25

2

4

cj – zj

Ponieważ wszystkie wskaźniki optymalności są niedodatnie, zgodnie z kryterium optymalności rozwiązanie:

x1 = 4, x2 = 2, x3 = 2, x4 = 0, x5 = 0

jest optymalne.

140 0 0 –1,5 –0,125

1. P

rogr

amow

anie

lini

owe

x2

D


1.3.7. Interpretacja geometryczna (1/1)

Kolejne iteracje

1. P

rogr

amow

anie

lini

owe


AE

B

F

x1C G H

P2

P1O

1. P

rogr

amow

anie

lini

owe


1.3.8. Macierz odwrotna do postaci bazowej (1/2)

Tablice simpleksowe w pierwszej i drugiej iteracji

x3 2 1 0 02 14

x1 x2 x3 x4 x5Baza b

xB = AB-1 · b

Pierwsza iteracja

1. P

rogr

amow

anie

lini

owe


3

x4

x5

2 0 1 01

4 0 0 0 1

8

16

x3

x2

x5

0 1 -1 0

1 0 0,5 0

1

0,5

4 0 0 0 1

6

4

16

x1 x2 x3 x4 x5Baza b

Druga iteracja

1. P

rogr

amow

anie

lini

owe


1.3.8. Macierz odwrotna do postaci bazowej (2/2)

Rozwi ązanie bazowe w drugiej iteracji

=100

020

021

A B

−=−

100

05,00

011

A 1

B

1. P

rogr

amow

anie

lini

owe


=

−⋅

=−

100

010

001

100

05,00

011

100

020

021

AA 1

BB

=

⋅

−=

16

4

6

16

8

14

100

05,00

011

xB

1. P

rogr

amow

anie

lini

owe

Model matematyczny:

Funkcja celu

W rozpatrywanym w przykładzie 1.1 zadaniu programowania produkcji łączny rozmiar produkcji ma być nie mniejszy niż 3 jednostki


1.3.9. Pierwsza dopuszczalna posta ć bazowa (1/5)

Przykład 1.2

1. P

rogr

amow

anie

lini

owe


Funkcja celu

f(x1,x2) = 2x1 + 3x2


2x1 + 2x2 ≤ 14

x1 + 2x2 ≤ 8

4x1 ≤ 16

x1 ≥ 0, x2 ≥ 0, x1 + x2 ≥ 3

1. P

rogr

amow

anie

lini

owe

x2



Metoda geometryczna

1. P

rogr

amow

anie

lini

owe


x1O

A

B

CW2

W1

1. P

rogr

amow

anie

lini

owe

f(x1, x2, x3, x4, x5, x6) = 2x1 + 3x2 → max

2x1 + 2x2 + x3 = 14

x1 + 2x2 + x4 = 8



Zmienne bilansuj ące

1. P

rogr

amow

anie

lini

owe


4x1 + x5 = 16

x1, x2, x3, x4, x5, x6 ≥ 0,

x1 + x2 – x6 = 3

Rozwiązanie bazowe:Rozwiązanie bazowe:

x1 = 0, x2 = 0, x3 = 14, x4 = 8, x5 =16, x6 = –3

1. P

rogr

amow

anie

lini

owe

f(x1, x2, x3, x4, x5, x6, x7) = 2x1 + 3x2 → max

2x1 + 2x2 + x3 = 14

– 300x7



Zmienna sztuczna

1. P

rogr

amow

anie

lini

owe


2x1 + 2x2 + x3 = 14

x1 + 2x2 + x4 = 8

4x1 + x5 = 16

x1 + x2 – x6 = 3

x1, x2, x3, x4, x5, x6,x7 ≥ 0,

+ x7

1. P

rogr

amow

anie

lini

owe

Pierwsza tablica simpleksowaPierwsza tablica simpleksowacx → max

x3 0x4 0x5 0

2 1 0 02 0 1 0

214 0 0 0 1

b

148163

000–1

3 0 0 02 0 –300

0001

Baza cB x1 x2 x3 x4 x5 x6 x7



Tablice simpleksowe

1. P

rogr

amow

anie

lini

owe


cj – zj 302 303 0 0 0x7 –300 1 1 0 0 0

– 9003

–300–1

01

Ostatnia tablica simpleksowaOstatnia tablica simpleksowa

x3 0x6 0x1 2

0 1 –1 –0,250 0 0,5 0,125

001 0 0 0 0,25

cj – zj 0 0 0 –1,5 –0,125x2 3 0 1 0 0,5 –0,125

b

234

142

010

00

0–10

–3031

cx → max 3 0 0 02 0 –300Baza cB x1 x2 x3 x4 x5 x6 x7

1. P

rogr

amow

anie

lini

owe

W rozpatrywanym w przykładzie 1.1. zadaniu programowania produkcji łączny rozmiar produkcji ma być nie mniejszy niż 8 jednostek.

Model matematyczny:

Funkcja celu

1.4. Przegl ąd szczególnych przypadków

1.4.1. Zadanie sprzeczne (1/4)

Przykład 1.3

1. P

rogr

amow

anie

lini

owe


f(x1,x2) = 2x1 + 3x2 → max


2x1 + 2x2 ≤ 14

x1 + 2x2 ≤ 8

4x1 ≤ 16

x1 ≥ 0, x2 ≥ 0,

x1 + x2 ≥ 8

1. P

rogr

amow

anie

lini

owe

x2

4x1 = 16

2x1 + 2x2 = 14



Metoda geometryczna

1. P

rogr

amow

anie

lini

owe


x1O

x1 + x2 = 8

x1 + 2x2 = 8

Zbiór rozwiązań dopuszczalnych jest pusty

1. P

rogr

amow

anie

lini

owe f(x1, x2) = 2x1 + 3x2 – 300x7 → max

Funkcja celu:

Warunki ograniczające:



Pierwsza dopuszczalna posta ć bazowa

1. P

rogr

amow

anie

lini

owe



x1, x2 , x3 , x4 , x5 , x6 , x7 ≥ 0

x1 + 2x2 +x4 = 8

4x1 + x5 = 16

x1 + x2 –x6 + x7 = 8

2x1 + 2x2 + x3 = 14

1. P

rogr

amow

anie

lini

owe

Pierwsza tablica simpleksowaPierwsza tablica simpleksowa

x3 0x4 0x5 0

2 1 0 02 0 1 0

214 0 0 0 1

b

14816

000

000




Tablice simpleksowe

1. P

rogr

amow

anie

lini

owe


x5 0 4 0 0 0 1

cj – zj 302 303 0 0 0x7 – 300 1 1 0 0 0

16

–24008

0

–300–1

0

01


x3 0x2 3x1 2

0 1 –1 – 0,251 0 0,5 0,125

001 0 0 0 0,25

cj – zj 0 0 0 –151,5 –37,625x7 –300 0 0 0 – 0,5 –0,125

b

224

–5862

000

–300–1

000

01


1. P

rogr

amow

anie

lini

owe

W rozpatrywanym przykładzie 1.1 zadaniu programowania produkcji zysk jednostkowy dla produktu P2 zwiększa się z 3 do 4 jednostek.

Model matematyczny:

Funkcja celu


1.4.2. Alternatywne rozwi ązania optymalne (1/4)

Przykład 1.4

1. P

rogr

amow

anie

lini

owe


Funkcja celu

f(x1,x2) = 2x1 + 4x2 → max


2x1 + 2x2 ≤ 14

x1 + 2x2 ≤ 8

4x1 ≤ 16

x1 ≥ 0, x2 ≥ 0,

1. P

rogr

amow

anie

lini

owe

x2



Metoda geometryczna

1. P

rogr

amow

anie

lini

owe


x1O

A

B

C

2x1 + 4x2 = 16

1. P

rogr

amow

anie

lini

owe

Funkcja celu:f(x1,x2) = 2x1 + 4x2 → max

2x1 + 2x2 + x3 = 14

x1 + 2x2 + x4 = 8




Pierwsza dopuszczalna posta ć bazowa

1. P

rogr

amow

anie

lini

owe


4x1 +x5 = 16

x1, x2,x3,x4,x5,x6 ≥ 0

cx → max

x3 0x4 0x5 0

2 12 0

214 0 0

c – z 2 4 0

0100

b

148160

x1 x2 x3 x4 x5

0010

4 02 0 0

Pierwsza tablica simpleksowa:

Baza cB

1. P

rogr

amow

anie

lini

owe

cx → max

x3 0x2 4x 0

0 11 0

10,54 0 0

–10,50

b

6416

x1 x2 x3 x4 x5

001

4 02 0 0

Ostatnia tablica simpleksowa

b/a

684

Baza cB

10,54

x1

2

x5 0 4 0 0 0 161 4



Tablice simpleksowe

1. P

rogr

amow

anie

lini

owe


x5 0 4 0 0 0 161

cj – zj 0 0 0 –2 160

4

x3 0x2 4x1 2

0 11 0

001 0 0

–10,50

b

224

–0,25–0,1250,25

cj – zj 0 0 0 –2 160

Rozwiązanie alternatywne

cx → maxx1 x2 x3 x4 x5

4 02 0 0Baza cB

4

0

x5 0 4 0 0 0 161 4

1. P

rogr

amow

anie

lini

owe

W rozpatrywanym w przykładzie 1.1 zadaniu programowania produkcjiwystępują jedynie ograniczenia dotyczące środka S3. Całkowity rozmiarprodukcji nie może byćmniejszy niż 3 jednostki.

Model matematyczny:


1.4.3. Nieograniczony zbiór rozwi ązań dopuszczalnych (1/10)

Przykład 1.5

1. P

rogr

amow

anie

lini

owe


Funkcja celu

f(x1,x2) = 2x1 + 3x2 → max


4x1 ≤ 16

x1 ≥ 0, x2 ≥ 0,

x1 + x2 ≥ 3

1. P

rogr

amow

anie

lini

owe

x2



Metoda geometryczna

1. P

rogr

amow

anie

lini

owe


x1O W2

W1

D

max

2x1 + 3x2 = 12

1. P

rogr

amow

anie

lini

owe

f(x1, x2 , x3 , x4 , x5 ) = 2x1 + 3x2 � max

Funkcja celu:



Pierwsze dopuszczalne rozwi ązanie bazowe

1. P

rogr

amow

anie

lini

owe



x1, x2 , x3 , x4 ≥ 0

4x1 + x3 = 16

x1 + x2 –x4 = 3

1. P

rogr

amow

anie

lini

owe cx → max

x1 x2 x3 x4

3 02 0b

Baza cB



Pierwsza tablica simpleksowa

1. P

rogr

amow

anie

lini

owe


x3 0

x2 3

0 1

1 0

0

1

0

– 1

c – z – 1 0 0 3

16

3

9

1. P

rogr

amow

anie

lini

owe

x2



Zadanie minimalizacji

1. P

rogr

amow

anie

lini

owe


x1O W2

W1

D

min

2x1 + 3x2 = 6

1. P

rogr

amow

anie

lini

owe

Przykład 1.6

Zużycie środka S3 nie może przekraczać 16 jednostek, łączna wielkość

produkcji nie może być mniejsza od 3 jednostek. Koszty jednostkowe,

związane z wytwarzanie zarówno produktu P1, jak i P2 wynoszą 2.

Znaleźć plan produkcji, minimalizujący koszty.


1.4.3. Nieograniczony zbiór rozwi ązań dopuszczalnych (6/10)1.

Pro

gram

owan

ie li

niow

e


Znaleźć plan produkcji, minimalizujący koszty.

2x1 + 2x2 → min

4x1 ≤ 16

x1 + x2 ≥ 3

x1 ≥ 0, x2 ≥ 0

1. P

rogr

amow

anie

lini

owe

Metoda geometryczna



x2

1. P

rogr

amow

anie

lini

owe


x1O

W1

W2

W1 i W2 - Alternatywne bazowe rozwiązania optymalne

1. P

rogr

amow

anie

lini

owe

Postać bazowa i tablica simpleksowa

2x1 + 2x2 → min 4x1 + x3 ≤ 16 x1 + x2 – x4 ≥ 3

x1 ≥ 0, x2 ≥ 0


1.4.3. Nieograniczony zbiór rozwi ązań dopuszczalnych (8/10)1.

Pro

gram

owan

ie li

niow

e


cx → max

x3 0

x2 2

0 1

1 0

4

1

x1 x2 x3 x4

2 02 0

0

– 1

c – z 0 0 0 2

b

16

3

6

Baza cB

Wprowadzając do bazy x1 otrzymamy W2

W1

1. P

rogr

amow

anie

lini

owe

Przykład 1.7



x1 – x2 → max x1 – x2 ≥ 2

x2 ≥ 2x1, x2 ≥ 0

x2

1. P

rogr

amow

anie

lini

owe


x1O

W

Nieograniczona krawędź optymalna

1. P

rogr

amow

anie

lini

owe

Postać bazowa i tablica simpleksowa



f(x1, x2, x3, x4) = x1 – x2 → max x1 – x2 – x3 = 2

x2 – x4 = 2x1, x2, x3, x4 ≥ 0

Dodając drugie równanie do pierwszego otrzymujemy: f(x , x , x , x ) = x – x → max

1. P

rogr

amow

anie

lini

owe


f(x1, x2, x3, x4) = x1 – x2 → max x1 – x3 – x4 = 4

x2 – x4 = 2x1, x2, x3, x4 ≥ 0

cx → max

x1 1

x2 – 1

0 – 1

1 0

1

0

x1 x2 x3 x4

– 1 01 0

– 1

– 1

c – z 0 0 1 0

b

4

2

2

Baza cB

1. P

rogr

amow

anie

lini

owe

Algorytm

1. Uzyskanie pierwszego rozwiązania bazowego.

2. Ocena optymalności rozwiązania.

3. Badanie niesprzeczności zadania.

4. Identyfikacjarozwiązań alternatywnych.


1.4.4. Reguły post ępowania w metodzie simpleks (1/1)1.

Pro

gram

owan

ie li

niow

e



5. Wybór zmiennej wprowadzanej do bazy.

6. Badanie nieograniczoności funkcji celu i istnienia krawędzi sprawnej.

7. Wybór zmiennej usuwanej z bazy.

8. Sprowadzenie warunków ograniczających do postaci bazowej względem

nowej bazy.

1. P

rogr

amow

anie

lini

owe

W rozpatrywanym w przykładzie 1.1 zadaniu programowaniaprodukcji zysk z wytworzenia jednostkiP1 wynosic1.

Model matematyczny:

1.5. Analiza wra żliwo ści

1.5.1. Współczynniki funkcji celu (1/4)

Przykład 1.8

1. P

rogr

amow

anie

lini

owe


2x1 + 2x2 ≤ 14

x1 + 2x2 ≤ 8 4x1 ≤ 16

x1 ≥ 0, x2 ≥ 0,


Funkcja celu:c1x1 + 3x2 → max

1. P

rogr

amow

anie

lini

owe

22

4c1+6 4

cx → max

x3 0x2 3

0 11 0

00

–10,5

c – z 0 0 0 –1,5x1 c1 0 01 0

x1 x2 x3 x4 x5

–0,25–0,125

–0,25c1 + 0,375

3 0c1 0 0

0,25

Baza cBb



Ostatnia tablica simpleksowa

1. P

rogr

amow

anie

lini

owe


czyli c1 ≥ 1,5

x2

x1O

A

B

C

–0,25c1 + 0,375 ≤ 0

1. P

rogr

amow

anie

lini

owe

W rozpatrywanymw przykładzie 1.1 zadaniu programowaniaprodukcji zysk z wytworzenia jednostki P2 wynosic2.

cx → max c 02 0 0




Przykład 1.9

1. P

rogr

amow

anie

lini

owe


c2 ∈ [0, 4]

–0,5c2 ≤ 0 i 0,125c2 – 0,5 ≤ 0

b

224

8 + 3c2

cx → max

x3 0x2 c2

0 11 0

00

–10,5

c – z 0 0 0 –0,5c2

x1 2 0 01 0

x1 x2 x3 x4 x5

–0,25–0,125

0,125c2 – 0,5

c2 02 0 0

0,25

Baza cB

1. P

rogr

amow

anie

lini

owe

Łączna analiza wrażliwości dla produktów P1 i P2.

b

22

cx → max

x3 0x2 c2

0 11 0

00

–10,5

x1 x2 x3 x4 x5

–0,25–0,125

c2 0c1 0 0Baza cB



Przykład 1.10

1. P

rogr

amow

anie

lini

owe


c2 ≥ 0, i c2 ≥ 2c1

–0,5c2 ≤ 0

0,125c2 – 0,25c1 ≤ 0

24

x2 c2 1 00 0,5

c – z 0 0 0 –0,5c2

x1 c1 0 01 0–0,125

0,125c2 – 0,25c1

0,258 + 3c2

c2

c1O

c2 = 2 c1

P2(2, 0)

P1(1, 5, 3)

P3(2, 4)

P0(4, 8)

1. P

rogr

amow

anie

lini

owe

Przykład 1.11

Po znalezieniu rozwiązania optymalnego zadania z przykładu 1.1 okazało

się, że dostępna ilość jednego ze środków uległa zmianie.

W jakim przedziale powinna się znajdować ta wartość, by znaleziona

uprzednio baza optymalna generowała rozwiązanie dopuszczalne?


1.5.2. Współczynniki wektora wyrazów wolnych (1/4)1.

Pro

gram

owan

ie li

niow

e


x3 0

x2 3

x1 2

0 1 –1 –0,25

1 0 0,5 –0,125

0

0

1 0 0 0 0,25

2

2

4

cj – zj 140 0 0 –1,5 –0,125

x1 x2 x3 x4 x5

cx → max 3 0 0 02

Baza cB

b

1. P

rogr

amow

anie

lini

owe

Środek S1

0 1 ≥= − bAx BB


1.5.2. Współczynniki wektora wyrazów wolnych (2/4)

b −− 025,011 b

−−−

=−

25,000

125,05,00

25,0111

BA

1. P

rogr

amow

anie

lini

owe


=16

81b

b

≥

⋅

−−−

=−

0

0

0

16

8

25,000

125,05,00

25,011 11

b

bAB

12. czyli ,048 11 ≥≥−− bb

Wymagana ilość środka S1 jest z przedziału [12, ∞)

1. P

rogr

amow

anie

lini

owe

Środek S2

−−−

=−

25,000

125,05,00

25,0111

BA

14

≥

⋅

−−−

=−

01425,0111



0 1 ≥= − bAx BB

1. P

rogr

amow

anie

lini

owe


=16

2bb

≥

⋅

−=−

0

0

1625,000

125,05,00 21 bbAB

stąd

4 czyli ,025,0

10 czyli ,0414

22

22

≥≥−≤≥−−

bb

bb

4 ≤ b2 ≤ 10.

Wymagana ilość środka S2 jest z przedziału [4, 10].

1. P

rogr

amow

anie

lini

owe

Środek S3

−−−

=−

25,000

125,05,00

25,0111

BA



= 8

14

b

≥

⋅

−−−

=− 0

0

8

14

125,05,00

25,0111 bA

0 1 ≥= − bAx BB

1. P

rogr

amow

anie

lini

owe


=

3

8

b

b

≥

⋅

−=−

0

08

25,000

125,05,00

3

1

b

bAB

stąd

0 czyli ,025,0

32 czyli ,0125,04

24 czyli ,025,0814

33

33

33

≥≥≤≥−

≤≥−−

bb

bb

bb

240 3 ≤≤ b

Wymagana ilość środka S3 jest z przedziału [0, 24].

1. P

rogr

amow

anie

lini

owe P1 P2

Zasoby

S1

S

2

1

2

2

14

8

Środki produkcji

Produkty

1.6. Dualizm w programowaniu liniowym

1.6.1. Zadanie dualne i jego własno ści (1/10)

Przykład 1.12

1. P

rogr

amow

anie

lini

owe


S2

S3

1

4

2

0

Zyski 2 3

8

16

Zminimalizować wartość posiadanych zasobówśrodków, przy czymwartość środków potrzebnych na wytworzenie jednostki każdegoz produktów jest nie mniejsza od zysku jednostkowego dla tego produktu.

1. P

rogr

amow

anie

lini

owe

Zmienne decyzyjne

y1 - cena środka S1





Model matematyczny

1. P

rogr

amow

anie

lini

owe


Funkcja celu

14y1 + 8y2 + 16y3 → min


2y1 + y2 + 4y3 ≥ 22y1 + 2y2 ≥ 3

y1, y2, y3 ≥ 0

1. P

rogr

amow

anie

lini

owe

2x1 + 3x2 → max

2x1 + 2x2 ≤ 14x1 + 2x2 ≤ 8

4x1 ≤ 16x , x ≥ 0

14y1 + 8y2 + 16y3 → min

2y1 + y2 + 4y3 ≥ 22y1 + 2y2 ≥ 3

y1, y2 , y3 ≥ 0



Związki mi ędzy zadaniem prymalnym i dualnym

1. P

rogr

amow

anie

lini

owe


x1, x2 ≥ 0

cx → maxAx ≤ bx ≥ 0

yb → minyA ≥ cy ≥ 0

[ ]321

2

1 y,y,y

04

21

22

16

8

14

x

x3][2, =

=

=

==c x b A y

1. P

rogr

amow

anie

lini

owe

Każdemu warunkowi ograniczającemu jednego z problemów odpowiadazmienna decyzyjna drugiego. Zmienną tę nazwiemy zmiennązmiennąkomplementarnąkomplementarną do danego warunku ograniczającego.

1.1.

Każdej nieujemnej zmiennej decyzyjnej jednego z problemów odpowiadawarunek ograniczający drugiego. Warunek ten nazwiemywarunkiemwarunkiemkomplementarnymkomplementarnym dodanejzmiennejdecyzyjnej.

2.2.



Związki mi ędzy zadaniem prymalnym i dualnym (c.d.)

1. P

rogr

amow

anie

lini

owe


komplementarnymkomplementarnym dodanejzmiennejdecyzyjnej.

WektorWektor współczynnikówwspółczynników funkcjifunkcji celucelu w jednym zadaniu staje sięwektoremwektorem wyrazówwyrazów wolnychwolnych w drugim i odwrotnie, wektor wyrazówwolnych w jednym zadaniu jest wektorem współczynników funkcji celu wdrugim z nich.

3.3.

KierunkiKierunki optymalizacjioptymalizacji dla zadań: prymalnego i dualnego są przeciwne. Oile zadanie prymalne jest zadaniem maksymalizacji, to w zadaniu dualnymfunkcję celu minimalizujemy.

4.4.

ZwrotyZwroty nierównościnierówności w warunkach ograniczających zadania prymalnego sąprzeciwne do zwrotów nierówności warunków ograniczających zadaniadualnego.

5.5.

1. P

rogr

amow

anie

lini

owe

Twierdzenie 1Twierdzenie 1

Jeżeli x i y są dowolnymi rozwiązaniami dopuszczalnymi odpowiedniozadania prymalnego i dualnego, to wartości funkcji celu w tych zadaniachspełniają związek:

cx ≤ yb



Twierdzenia o dualno ści

1. P

rogr

amow

anie

lini

owe


Jeżeli x i y są rozwiązaniami optymalnymi odpowiednio zadaniaprymalnego i dualnego, wówczas zachodzą związki:

y(b – Ax) = 0(yA – c)x = 0

Twierdzenie 2 (Twierdzenie 2 (o komplementarnościo komplementarności))

cx ≤ yb

1. P

rogr

amow

anie

lini

owe

Dla rozwiązań optymalnych x, y odpowiednio zadania prymalnego idualnego zachodzi związek:

cx = yb




Twierdzenia o dualno ści (c.d.)

1. P

rogr

amow

anie

lini

owe


Optymalne rozwiązanie zadania dualnego otrzymujemy ze wzoru:

y = cBAB-1

gdzie AB

-1 - macierz odwrotna do macierzy bazowej AB dla rozwiązania optymalnego zadania prymalnego,

cB - wektor współczynników funkcji celu zadania prymalnego stojących przy zmiennych bazowych w bazie AB .


1. P

rogr

amow

anie

lini

owe

[ ]

−

=2

1321

04

21

22

16

8

14

x

xy,y,yy(b – Ax)

−− 21 2214 xx

==



Zastosowanie twierdzenia o komplementarno ści

1. P

rogr

amow

anie

lini

owe


y1 (14 – 2x1 – 2x2) = 0

y2 ( 8 – x1 – 2x2) = 0

y3 (16 – 4x1 ) = 0

[ ]

−−−−−

=

1

21

21

321

416

28

2214

x

xx

xx

y,y,y

( ) ( ) ( ) 0416282214 13212211 =−+−−+−−= xyxxyxxy

==

1. P

rogr

amow

anie

lini

owe

[ ] [ ]

−

=2

1321 32

04

21

22

x

xy,y,y(yA – c)x ==



Zastosowanie twierdzenia o komplementarno ści (c.d.)

1. P

rogr

amow

anie

lini

owe


(2y1 + y2 – 4y3 – 2)x1 = 0 (2y1 + 2y2 – 3)x2 = 0

[ ]

−+−++=

2

121321 322242

x

xyyyyy

( ) ( ) 0322242 2211321 =−++−++= xyyxyyy

==

1. P

rogr

amow

anie

lini

owe

Dane jest rozwiązanie optymalne zadania prymalnegox1=4, x2=2. Znaleźćrozwiązanie optymalne zadania dualnego.

Warunki ograniczające zadania prymalnego

Warunki ograniczające zadania dualnego



Przykład 1.13

1. P

rogr

amow

anie

lini

owe


y2 + 4y3 = 2 2y2 = 3

y1 = 0, y2 = 1.5, y3 = 0.125

2 ⋅ 4 + 2 ⋅ 2 < 14 1 ⋅ 4 + 2 ⋅ 2 = 84 ⋅ 4 = 16

zadania prymalnego

2y1 + y2 + 4y3 = 2 2y1 + 2y2 = 3

zadania dualnego

⇒ y1 = 0

1. P

rogr

amow

anie

lini

owe



Przykład 1.14

Zadanie prymalneZadanie prymalne

3x1 + 2x2 + 4x3 → max 2x1 – 2x2 + 3x3 ≤ 152x1 – 2x2 + 3x3 ≥ 18

–2x1 – x2 + x3 = 5

1. P

rogr

amow

anie

lini

owe


–2x1 – x2 + x3 = 5 x1 ≥ 0, x2 ≤ 0, x3 – dowolne

Zadanie dualneZadanie dualne

15y1 + 18y2 + 5y3 → min2y1 + 2y2 – 2y3 ≥ 3

– 2y1 – 2y2 – y3 ≤ 23y1 + 3y2 + y3 = 4

y1 ≥ 0, y2 ≤ 0, y3 – dowolne

1. P

rogr

amow

anie

lini

owe

Przykład 1.15

Zaistniały możliwości zwiększenia dostępności jednego ze środków produkcji: S1, S2 lub S3. Która z nich jest najkorzystniejsza przy założeniu, że będziemy wytwarzać zarówno produkt P1, jak i P2?


1.6.2. Ceny dualne i analiza wra żliwo ści w kształtowaniu optymalnych planów produkcji (1 /2) 1.

Pro

gram

owan

ie li

niow

e


Dla rozwiązania bazowego o zmiennych bazowych x1, x2 i x3zwiększenie limitu środka S1 nie wpływa na wielkość zysku.

Maksymalne możliwe, wynikające z analizy wrażliwości zwiększenie limitu środka S2 lub S3 pozwoli na zwiększenie zysku odpowiednio o 3 jednostki lub 1 jednostkę.

Korzystniejsze jest zwiększenie limitu środka S2 do poziomu 10 jednostek.

1. P

rogr

amow

anie

lini

owe

Przykład 1.16

Mamy c2 = 4. Zaistniała ponownie możliwość zwiększenia dostępności jednego ze środków produkcji S1, S2 lub S3. Którą z nich wybrać, jeżeli chcemy wytwarzać zarówno produkt P1, jak i P2?


1.6.2. Ceny dualne i analiza wra żliwo ści w kształtowaniu optymalnych planów produkcji (2 /2)

25,011 −−

1. P

rogr

amow

anie

lini

owe


[ ] [ ]020

25,000

125,05,00

25,011

240 =

−−−

⋅=y

Jedynie zwiększenie limituśrodka S2 pozwala na zwiększenie zysku.Maksymalne zwiększenie wykorzystaniaśrodka S2 pozwala na uzyskaniezysku na poziomie 16 + 4 = 20 jednostek.

1. P

rogr

amow

anie

lini

owe

14y1 + 8y2 + 16y3 → min2y1 + y2 + 4y3 – y4 = 22y1 + 2y2 – y5 = 3

y1, y2, y3 , y4, y5 ≥ 0

14y1 + 8y2 + 16y3 → min2y1 + y2 + 4y3 ≥ 22y1 + 2y2 ≥ 3

y1, y2, y3 ≥ 0

1.7. Dualna metoda simpleks

Przykład 1.17

14y1 + 8y2 + 16y3 → min

1. P

rogr

amow

anie

lini

owe


cx → min

y4 0

y5 0

–1 –4

–2 0

–2

–2

1

0

b

–2

–3

y1 y2 y3 y4 y5

0

1

c – z 14 8 16 0 00

8 1614 0 0

Baza cB

14y1 + 8y2 + 16y3 → min–2y1 – y2 – 4y3 + y4 = –2–2y1 – 2y2 + y5 = –3

y1, y2, y3 , y4, y5 ≥ 0

1. P

rogr

amow

anie

lini

owe

Jeżeli wartości wszystkich wyrazów wolnych są nieujemne, wtedy rozpatrywane rozwiązanie jest


1.7.1. Przebieg oblicze ń (1/8)

Kryterium dopuszczalno ści

1. P

rogr

amow

anie

lini

owe


nieujemne, wtedy rozpatrywane rozwiązanie jest dopuszczalne.

1. P

rogr

amow

anie

lini

owe

Ze wszystkich wyrazów wolnychwybieramy najmniejszy. Odpowiadającamu zmienna jest zmienną opuszczającą



Kryterium wyj ścia

1. P

rogr

amow

anie

lini

owe


bazę.

Jeżeli jest więcej niż jedna najmniejszawartość, wtedy wybieramy zmienną onajniższymnumerze.

1. P

rogr

amow

anie

lini

owe

Obliczamy ilorazy wartości wskaźnikówoptymalności przez odpowiadające imelementy wiersza dla zmiennej opuszczającejbazę ((cj – zj) : aij) dla tych elementówrozpatrywanegowiersza,któresą ujemne.



Kryterium wej ścia

1. P

rogr

amow

anie

lini

owe


rozpatrywanegowiersza,któresą ujemne.

Do bazy wchodzi ta zmienna, dla której wartośćbezwzględna odpowiadającego jej ilorazu jestnajmniejsza.

Jeżeli jest więcej niż jedna najmniejsza wartośćtego ilorazu, wtedy wybieramy zmienną onajniższymnumerze.

1. P

rogr

amow

anie

lini

owe

cx → min

y4 0

y5 0

–1 –4

–2 0

–2

–2

1

0

b

–2

–3

y1 y2 y3 y4 y5

0

1

8 1614 0 0

Baza cB

y5 0 –2 0–2 0 –31

–1

–2

y2

8



Iteracja 1

1. P

rogr

amow

anie

lini

owe


Kryterium wyj ścia y5

Kryterium wej ścia

dla zmiennej y1 | 14 : (–2) | = 7

dla zmiennej y2 | 8 : (–2) | = 4 minmin

c – z 14 8 16 0 08

1. P

rogr

amow

anie

lini

owe

cx → min

y4 0

y2 8

0 –4

1 0

–1

1

1

0

b

–0,5

1,5

y1 y2 y3 y4 y5

–0,5

–0,5

8 1614 0 0

Baza cB

y4 0 0 –4–1 1 –0,5–0,5–4

0

y3

16



Iteracja 2

1. P

rogr

amow

anie

lini

owe


c – z 6 0 16 0 124

Kryterium wyj ścia y4

Kryterium wej ścia

dla zmiennej y1 | 6 : (–1) | = 6

dla zmiennej y3 | 16 : (–4) | = 4

dla zmiennej y5 | 4 : (–0,5) | = 8

16

minmin

1. P

rogr

amow

anie

lini

owe y3 16

y2 8

0 1

1 0

0

1

–0,25

0

b

0,125

1,5

0,125

–0,5

cx → min

Baza cB y1 y2 y3 y4 y5

8 1614 0 0



Iteracja 3

1. P

rogr

amow

anie

lini

owe


Rozwiązanie optymalne

y1 = 0 y2 = 1,5 y3 = 0,125 y4 = 0 y5 = 0

c – z 2 0 0 4 142

1. P

rogr

amow

anie

lini

owe

ZPZP -- zadanie prymalne

2x1 + 3x2 → max

2x1 + 2x2 + x3 = 14x1 + 2x2 + x4 = 8

4x1 + x5 = 16≥

ZDZD -- zadanie dualne

14y1 + 8y2 + 16y3 → min

–2y1 – y2 – 4y3 + y4 = –2–2y1 – 2y2 + y5 = –3

y1, y2 , y3 ≥ 0



Zmienne komplementarne

1. P

rogr

amow

anie

lini

owe


1 5

x1, x2 ≥ 0y1, y2 , y3 ≥ 0

Pary zmiennych komplementarnych

x1 y4

x2 y5

y1 x3

y2 x4

y3 x5

1. P

rogr

amow

anie

lini

owe

Zadanie prymalneZadanie prymalne

x1 x2 x3 x4 x5b

cx → max

x3 0x2 3

0 1 –1 –0,251 0 0,5 –0,125

3 0 0 02

00

22

Baza cB



Zmienne komplementarne (c.d.)

1. P

rogr

amow

anie

lini

owe


x2 3x1 2

1 0 0,5 –0,12501 0 0 0 0,25

24

cj – zj 140 0 0 –1,5 –0,125

Zadanie dualneZadanie dualne

cx → min

y3 16

y2 8

0 1

1 0

0

1

–0,25

0

b

0,125

1,5

y1 y2 y3 y4 y5

0,125

–0,5

cj – zj 2 0 0 4 142

8 1614 0 0

Baza cB

1. P

rogr

amow

anie

lini

owe

2x1 + 3x2 → max2x1 + 2x2 ≤ 14 x1 + 2x2 ≤ 8

4x1 ≤ 16x1, x2 ≥ 0

2x1 + 3x2 → max2x1 + 2x2 + x3 = 14 x1 + 2x2 + x4 = 8

4x1 + x5 = 16x1, x2, x3, x4, x5 ≥ 0


1.7.2. Pierwsza optymalna posta ć bazowa (1/5)

Przykład 1.18

1. P

rogr

amow

anie

lini

owe


Sztuczne ograniczenie

x1 + x2 ≤ 1600 x1 + x2 + x6 = 1600

cx → maxx1 x2 x3 x4 x5

3 02 0 0

x3 0x4 0

2 12 0

21

01

00

x5 0 0 04 0 1cj – zj 2 3 0 0

b

1481600

Baza cB

1. P

rogr

amow

anie

lini

owe

x1 x2 x3 x4 x5 x6

x3 0x4 0

2 12 0

21

01

148

00

00

3 02 0 0 0

x5 0x 0

0 01 0

41

00

161600

10

01

Baza cB

cx → maxb

x2

22

3

01x 0 1 01 0 16000 1



Sztuczne ograniczenie

1. P

rogr

amow

anie

lini

owe


cj – zj 2 3 0 0 00x6 0 1 01 0 16000 1

0

Baza cB

cj – zj –1 0 0 0 48000

x3 0x4 0

0 10 0

0–1

01

–3186–3192

00

– 2–2

x5 0x2 3

0 01 0

41

00

161600

10

01–3

cx → maxx1 x2 x3 x4 x5 x6

3 02 0 0 0b

31x6 0 1 01 0 16000 1

1. P

rogr

amow

anie

lini

owe

cx → maxb

x3 0x4 0

0 10 0

0–1

01

–3186–3192

00

– 2–2

x1 x2 x3 x4 x5 x6

3 02 0 0 0

x5 0x 3

0 01 0

41

00

161600

10

01

Baza cB

x4 0 0 0–1 1 –31920 –20–1

x1

2

41



Iteracja 1

1. P

rogr

amow

anie

lini

owe


cj – zj –1 0 0 0 48000

x2 3 1 01 0 16000 1

–3–1

1

Kryterium wyj ścia x4

Kryterium wej ścia

dla zmiennej x1 | (–1) : (–1) | = 1

dla zmiennej x6 | (–3) : (–2) | = 3/2

minmin

1. P

rogr

amow

anie

lini

owe

cx → maxb

x3 0x1 2

0 10 0

01

0–1

–31863192

00

– 22

x1 x2 x3 x4 x5 x6

3 02 0 0 0

x5 0x 3

0 01 0

00

41

–12752–1592

10

–8–1

Baza cB

x5 0 0 00 4 –127521 –8

– 22

x6

0

–8–1



Iteracja 2

1. P

rogr

amow

anie

lini

owe


cj – zj 0 0 0 –1 16080

x2 3 1 00 1 –15920 –1

–1

Kryterium wyj ścia x5

Kryterium wej ścia

dla zmiennej x6 | (–1) : (–8) | = 0,125 minmin

–1

–1

1. P

rogr

amow

anie

lini

owe

cx → maxb

x1 x2 x3 x4 x5 x6

x3 0x1 2

0 10 0

01

–10

24

–0,250,25

00

3 02 0 0 0

x6 0x 3

0 01 0

00

–0,50,5

15942

–0,13–0,13

10

Baza cB



Iteracja 3

1. P

rogr

amow

anie

lini

owe


Ponieważ zmienna bilansująca x6 sztucznego ograniczeniajest zmienną bazową, otrzymane rozwiązanie jest optymalne.

cj – zj 0 0 0 –1,5 14–0,13

x2 3 1 00 0,5 2–0,13 0

0

1. P

rogr

amow

anie

lini

owe

W rozpatrywanym w przykładzie 1.1 zadaniu programowania produkcji łączny rozmiar produkcji nie może być mniejszy niż 8 jednostek.

Model matematyczny:

Funkcja celuf(x ,x ) = 2x + 3x → max



Przykład 1.19

1. P

rogr

amow

anie

lini

owe


f(x1,x2) = 2x1 + 3x2 → max

Warunki ograniczające2x1 + 2x2 ≤ 14

x1 + 2x2 ≤ 8 4x1 ≤ 16

x1 ≥ 0, x2 ≥ 0,

x1 + x2 ≥ 8

Sztuczne ograniczeniex1 + x2 ≤ 1600

1. P

rogr

amow

anie

lini

owe

Pierwsza tablica simpleksowaPierwsza tablica simpleksowacx → max

x3 0x4 0

0 10 0

0–1

01

00

00

x5 0x6 0

0 00 0

40

00

b

–3186–3192

161592

10

01

x1 x2 x3 x4 x5 x6 x7–2–2

3 02 0 0 0 0

01

x 3 1 01 0 16000 0 1

Baza cB



Tablice simpleksowe

1. P

rogr

amow

anie

lini

owe


cj – zj –1 0 0 0 0 48000 –3x2 3 1 01 0 16000 0 1


x3 0x1 2

0 10 0

01

–10

– 0,250,25

00

x7 0x6 0

0 00 0

00

– 0,50,5

b

24

1594–2

– 0,130,13

01

0010

cj – zj 0 0 0 –1,5 – 0,13 140 0x2 3 1 00 0,5 2– 0,13 0 1

cx → maxBaza cB x1 x2 x3 x4 x5 x6 x7

3 02 0 0 0 0

1. P

rogr

amow

anie

lini

owe

2x1 + 3x2 → max

4x1 ≤ 16x1 + x2 ≥ 3x1, x2 ≥ 0

2x1 + 3x2 → max

4x1 + x3 = 16−x1 − x2 + x4 = −3

x1, x2, x3, x4, ≥ 0x1 + x2 + x5 = 1600

x5


1.7.4. Nieograniczona funkcja celu (1/1)

Przykład 1.20

1. P

rogr

amow

anie

lini

owe


W bazie dopuszczalnej nie ma zmiennej x5 dlatego funkcja celu jest nieograniczona.

cx → max

x3

x2

x4

cj – zj

0

3

0

4

2

2

x1

2

−4

0

1

0

x2

3

0

1

0

0

x3

0

0

0

0

1

x4

0

0

0

1

1

x5

0

−3

16

1603

1600

b

4809

Baza cB

1. P

rogr

amow

anie

lini

owe

Algorytm

1. Uzyskanie pierwszego rozwiązania bazowego.

2. Badanie dopuszczalności rozwiązania.

3. Badanie nieograniczoności funkcji celu.



1.7.5. Reguły post ępowania w dualnej metodzie simpleks (1/1) 1.

Pro

gram

owan

ie li

niow

e



5. Wybór zmiennej usuwanej z bazy.

6. Badanie niesprzeczności zadania.

7. Wybór zmiennej wprowadzanej do bazy.

8. Sprowadzenie warunków ograniczających do postaci bazowej

względem nowej bazy.

1. P

rogr

amow

anie

lini

owe

c(t)x → maxA(t)x = b(t)

x ≥ 0

1.8. Parametryczne programowanie liniowe

Sformułowanie zadania

1. P

rogr

amow

anie

lini

owe


Wektor funkcji celu Wektor funkcji celu zależny od parametruzależny od parametru

(c + ∆ct)x → maxAx = bx ≥ 0

Wektor wyrazów wolnych Wektor wyrazów wolnych zależny od parametruzależny od parametru

cx → maxAx = b + ∆bt

x ≥ 0

1. P

rogr

amow

anie

lini

owe (2 + 3t)x1 + (3 –t)x2 → max

2x1 + 2x2 ≤ 14x1 + 2x2 ≤ 8


1.8.1. Wektor funkcji celu zale żny od parametru (1/7)

Przykład 1.21

Sprawdzić w jaki sposób wartość parametrut wpływa na rozwiązanieoptymalne zadania:

1. P

rogr

amow

anie

lini

owe


x1 + 2x2 ≤ 84x1 ≤ 16

x1, x2 ≥ 0

2x1 + 3x2 → max

2x1 + 2x2 + x3 = 14x1 + 2x2 + x4 = 8

4x1 + x5 = 16x1, x2, x3, x4, x5 ≥ 0

tt00 = 0= 0

1. P

rogr

amow

anie

lini

owe

tt00 = 0= 0cx → max

x3

x4

x5

cj – zj

000

214

x1

2

2

220

x2

3

3

100

x3

0

0

010

x4

0

0

001

x5

0

0

14816

bBaza cB



Przebieg oblicze ń

1. P

rogr

amow

anie

lini

owe


x3

x2

x1

cj – zj

032

001

x1

2

0

010

x2

3

0

100

x3

0

0

−10,50

x4

0

−1,5

−0,25−0,1250,25

x5

0

−0,125

224

b

14

cx → maxBaza cB

−1,5 + 0,5t ≤ 0−0,125 − 0,875t ≤ 0

Dla −0,143 ≤ t ≤ 3 zmiennymi bazowymi są: x3, x2, x1

cj – zj 2 3 0 0 0

cx → max

x3

x2

x1

cj – zj

03 – t

2 + 3t

001

x1

2 + 3t

0

010

x2

3 – t

0

100

x3

0

0

−10,50

x4

0

−1,5 + 0,5t

−0,25−0,1250,25

x5

0

−0,125 − 0,875t

224

b

14 + 10t

Baza cB

1. P

rogr

amow

anie

lini

owe

tt = 3= 3cx → max

x3

x2

x1

cj – zj

0011

001

x1

11

0

010

x2

0

0

100

x3

0

0

−10,50

x4

0

0

−0,25−0,1250,25

x5

0

− 2,75

224

b

44

−10,50

x4

0

0

x2 0 0 1 0 0,5 −0,125 2

Baza cB



Przebieg oblicze ń (c.d.)

1. P

rogr

amow

anie

lini

owe


3 – t ≤ 0−0,5 − 0,75t ≤ 0

Dla zmiennymi bazowymi są: x3, x4, x1.t ≥ 3

cj – zj 0 0 0 0 − 2,75 440

cx → max

x3

x4

x1

cj – zj

00

2 + 3t

001

x1

2 + 3t

0

220

x2

3 – t

3 – t

100

x3

0

0

010

x4

0

0

−0,5−0,250,25

x5

0

−0,5 − 0,75t

644

b

8 + 12t

Baza cB

1. P

rogr

amow

anie

lini

owe

tt = = ––0,1430,143cx → max

x3

x2

x1

cj – zj

03,1431,571

001

x1

1,5712

0

010

x2

3,143

0

100

x3

0

0

−10,50

x4

0

−1,571

−0,25−0,1250,25

x5

0

0

224

b

12,57

−0,25−0,1250,25

x5

0

0

Baza cB

x1 1,571 1 0 0 0 0,25 4



Przebieg oblicze ń (c.d.)

1. P

rogr

amow

anie

lini

owe


Dla zmiennymi bazowymi są x3, x2, x5.

0,5 + 3,5t ≤ 0−1,5 + 0,5t ≤ 0

t ≤ −0,143

cx → max

x3

x2

x5

cj – zj

03 – t

0

10,54

x1

2 + 3t

0,5 + 3,5t

010

x2

3 – t

0

100

x3

0

0

−10,50

x4

0

−1,5 + 0,5t

001

x5

0

0

6416

b

12 – 4t

Baza cB

cj – zj 0 0 0 −1,571 0 12,570

1. P

rogr

amow

anie

lini

owe

I.I. dla t ≤ −0,143 mamy:

x1 = 0, x2 = 4, x3 = 6, x4 = 0, x5 = 16,

ΙΙ.ΙΙ. dla t = –0,143 rozwiązaniami są punkty leżące na odcinku pomiędzy rozwiązaniami I i III.



Podział zbioru parametrów na podzbiory

1. P

rogr

amow

anie

lini

owe


x1 = 4, x2 = 2, x3 = 2, x4 = 0, x5 = 0,

III.III. dla −0,143 ≤ t ≤ 3 mamy:

IV.IV. dla t = 3 rozwiązaniami są punkty leżące na odcinku pomiędzy rozwiązaniami III a V.

V.V. dla t ≥ 3 mamy:

x1 = 4, x2 = 0, x3 = 6, x4 = 4, x5 = 0.

1. P

rogr

amow

anie

lini

owe

x2

A

Bf(x1,x2) = 2x1 + 3x2

max

tt0 0 = 0= 0

x2tt = 3= 3



Ilustracja geometryczna

1. P

rogr

amow

anie

lini

owe


x1O C

x1O

A

B

C

f(x1,x2) = 11x1

max

x2

x1O

A

B

C

f(x1,x2) = 17x1 - 2x2

max

tt = 5= 5

1. P

rogr

amow

anie

lini

owe

x2

A f(x1,x2) = x1 + x2

max

tt = = –– 0,1430,143

x2max

tt = = –– 4 4



Ilustracja geometryczna (c.d.)

1. P

rogr

amow

anie

lini

owe


x1O

B

C

f(x1,x2) = x1 + x2

x1O

A

B

C

f(x1,x2) = –10x1 + 2x2

max

3 t-0,143

VIVIIIII

I

1. P

rogr

amow

anie

lini

owe

2x1 + 3x2 → max


1.8.2. Wektor wyrazów wolnych zale żny od parametru (1/11)

Przykład 1.22

Sprawdzić w jaki sposób wartość parametrut wpływa na rozwiązanieoptymalne zadania:

1. P

rogr

amow

anie

lini

owe


2x1 + 2x2 ≤ 14 – 9tx1 + 2x2 ≤ 8 – 4t

4x1 ≤ 16 + 8tx1, x2 ≥ 0

+−−

=∆+t

t

t

tbb

816

48

914

)(

1. P

rogr

amow

anie

lini

owe

2x1 + 3x2 → max

2x1 + 2x2 + x3 = 14x1 + 2x2 + x4 = 8

4x1 + x5 = 16x1, x2 ≥ 0



Przebieg oblicze ń t = 0

1. P

rogr

amow

anie

lini

owe


x1, x2 ≥ 0

cx → max

x3

x4

x5

cj – zj

0

0

0

2

1

4

x1

2

2

2

2

0

x2

3

3

1

0

0

x3

0

0

0

1

0

x4

0

0

0

0

1

x5

0

0

14

8

16

b

0

Pierwsza tablica simpleksowaPierwsza tablica simpleksowa

Baza cB

1. P

rogr

amow

anie

lini

owe

cx → max

x3

x2

0

3

0

0

x1

2

0

1

x2

3

1

0

x3

0

–1

0,5

x4

0

–0,25

–0,125

x5

0

2

2

b

Ostatnia tablica simpleksowa Ostatnia tablica simpleksowa

Baza cB



Przebieg oblicze ń (c.d.) t = 0

1. P

rogr

amow

anie

lini

owe


x2

x1

cj – zj

3

2

0

1

0

1

0

0

0

0

0

0,5

0

–1,5

–0,125

0,25

–0,125

2

4

14

=400

120

221

BA

−−−

=−

25,000

125,05,00

25,0111

BA

( ))()( 1 tbbAtb B ∆+= −

+−−

=t

t

t

24

32

72

+−−

⋅

−−−

=t

t

t

816

48

914

25,000

125,05,00

25,011

1. P

rogr

amow

anie

lini

owe

cx → max

x3

x2

0

3

0

0

x1

2

0

1

x2

3

1

0

x3

0

−1

0,5

x4

0

−0,25

−0,125

x5

0

2 – 7t

2 – 3t

bBaza cB



Przebieg oblicze ń (c.d.) t = 0

1. P

rogr

amow

anie

lini

owe


x2

x1

cj – zj

3

2

0

1

0

1

0

0

0

0

0

0,5

0

−1,5

−0,125

0,25

−0,125

2 – 3t

4 + 2t

14 – 5t

2 – 7t ≥ 02 – 3t ≥ 04 + 2t ≥ 0

Dla zmiennymi bazowymi są: x3, x2, x1– 2 ≤ t ≤ 0,286

1. P

rogr

amow

anie

lini

owe

cx → max

x3

x2

x1

c – z

032

001

2

0

010

x2

3

0

100

x3

0

0

−10,50

x4

0

−1,5

−0,25−0,1250,25

x5

0

−0,125

01,1434,571

b

12,57

x3 0 0 0 1 −1 −0,25 0−0,25−0,1250,25

x5

0

−0,125

Baza cB x1



Przebieg oblicze ń (c.d.) t = 0,286

1. P

rogr

amow

anie

lini

owe


– 8 + 28t ≥ 01 + 0,5t ≥ 0

6 – 5t ≥ 0

cj – zj 0 0 0 −1,5 −0,125 12,57

Dla zmiennymi bazowymi są: x5, x2, x1

−0,125

0,286 ≤ t ≤ 1,2

cx → max

x5

x2

x1

cj – zj

032

001

x1

2

0

010

x2

3

0

−4−0,5

1

x3

0

−0,5

41

−1

x4

0

−1

100

x5

0

0

– 8 + 28t1 + 0,5t6 – 5t

b

15 – 8,5t

Baza cB

1. P

rogr

amow

anie

lini

owe

cx → max

x5

x2

x1

cj – zj

032

001

2

0

010

x2

3

0

−4−0,5

0

x3

0

−0,5

41

−1

x4

0

−1

100

x5

0

0

25,61,60

b

4,8x1 2 1 0 0 −1 0 0

41

−1

x4

0

−1

Baza cB x1



Przebieg oblicze ń (c.d.) t = 1,2

1. P

rogr

amow

anie

lini

owe


16 + 8t ≥ 07 – 4,5t ≥ 0–6 + 5t ≥ 0

cj – zj 0 0 −0,5 −1 0 4,8

Dla zmiennymi bazowymi są: x5, x2, x4

−1

1,2 ≤ t ≤ 1,556

cx → max

x5

x2

x4

cj – zj

030

41

−1

2

−1

010

x2

3

0

00,5−1

x3

0

−1,5

001

x4

0

0

100

x5

0

0

16 + 8t7 – 4,5t–6 + 5t

b

9 - 3,5t

Baza cB x1

1. P

rogr

amow

anie

lini

owe

cx → max

x5

x2

x4

c – z

030

41

−1

2

−1

010

x2

3

0

00,5−1

x3

0

−1,5

001

x4

0

0

100

x5

0

0

28,4440

1,778

b

0

x2 3 1 1 0,5 0 0 0

Baza cB x1



Przebieg oblicze ń (c.d.) t = 1,556 i t = –2

1. P

rogr

amow

anie

lini

owe


cx → max

x2

x1

cj – zj

32

001

x1

2

0

010

x2

3

0

100

x3

0

0

−10,50

x4

0

−1,5

−0,25−0,1250,25

x5

0

−0,125

1680

b

24

Baza cB

x3 0

cj – zj −1 0 −1,5 0 0 0

Dla t > 1,556 zadanie sprzeczne

Dla t < -2 zadanie sprzeczne

x1 2 1 0 0 0 0,25 0

1. P

rogr

amow

anie

lini

owe

I.I. dla t < −2 zadanie jest sprzeczne.

x = 4,571, x = 1,143, x = 0, x = 0, x = 0,

III.III. dla t = 0,286 mamy:

II.II. dla −2 ≤ t ≤ 0,286 rozwiązanierozwiązanie jest w postaci:

x1 = 4 + 2t, x2 = 2 – 3t, x3 = 2 – 7t, x4 = 0, x5 = 0,



Podział zbioru parametrów na podzbiory

1. P

rogr

amow

anie

lini

owe


x1 = 4,571, x2 = 1,143, x3 = 0, x4 = 0, x5 = 0,

V.V. dla t = 1,2 mamy:

x1 = 0, x2 = 1,6, x3 = 0, x4 = 0, x5 = 25,6,

IV.IV. dla 0,286 ≤ t ≤ 1,2 rozwiązanierozwiązanie jest w postaci:x1 = 6 – 5t, x2 = 1 + 0,5t, x3 = 0, x4 = 0, x5 = −8 + 28t,

VI.VI. dla 1,2 ≤ t ≤ 1,556 rozwiązanierozwiązanie jest w postaci:x1 = 0, x2 = 7 – 4,5t, x3 = 0, x4 = −6 +5t, x5 = 16 + 8t,

VII.VII. dla t > 1,556 zadanie jest sprzeczne.

1. P

rogr

amow

anie

lini

owe



Ilustracja geometryczna

x2 (1) 2x1 + 2x2 ≤ 14

tt = 0= 0

(1)

tt = = –– 22x2

(1) 2x1 + 2x2 ≤ 32(2) x1 + 2x2 ≤ 16(3) 4x1 ≤ 0

(2)

(3)

(1)

1. P

rogr

amow

anie

lini

owe


x1O

(1) 2x1 + 2x2 ≤ 14(2) x1 + 2x2 ≤ 8 (3) 4x1 ≤ 16(3)

(2)

x1O

(1) x2

x1O

(1) 2x1 + 2x2 ≤ 11 (2) x1 + 2x2 ≤ 6 (3) 4x1 ≤ 18

tt = 0,286 = 0,286

(3)

(2)

1. P

rogr

amow

anie

lini

owe

x2 (1) 2x1 + 2x2 ≤ 5(2) x1 + 2x2 ≤ 4(3) 4x ≤ 24

tt = 1= 1

(1)




(1) 2x1 + 2x2 ≤ 3,2(2) x1 + 2x2 ≤ 3,2(3) 4x ≤ 25,6

x2tt = 1,2= 1,2

(1)

1. P

rogr

amow

anie

lini

owe


x1O

(3) 4x1 ≤ 24

(3)(2)

(3) 4x1 ≤ 25,6

x1O

(2)

(3)

1. P

rogr

amow

anie

lini

owe

(3)

x2

(1) 2x1 + 2x2 ≤ –4(2) x1 + 2x2 ≤ 0 (3) 4x1 ≤ 32

tt = 2= 2

(1)

x2 (1) 2x1 + 2x2 ≤ 0,5(2) x1 + 2I2 ≤ 2(3) 4x ≤ 28

tt = 1,556= 1,556

(1)




1. P

rogr

amow

anie

lini

owe


x1O (2)

t-2

V

IV

III

III

0,286

VI VII

1,556

1,2

x1O

(3) 4x1 ≤ 28

(3)(2)

1. P

rogr

amow

anie

lini

owe

ZamówienieZamówienie- 100 kompletów zbrojeniowych,Długość kłódDługość kłód - 7,4 m,

Rozpatrywane sposoby rozkrojuRozpatrywane sposoby rozkroju:

1.9. Przykłady wykorzystania programowania liniowego

1.9.1. Zagadnienie rozkroju (1/3)

Przykład 1.23

Sposoby rozkroju 1 2 3 4 5 6 7 8

1. P

rogr

amow

anie

lini

owe


W jaki sposób należy rozcinać kłody, by wykonać zamówienie przyminimalnym odpadzie drewna?

Sposoby rozkroju

Odpad (w metrach)

Liczba desek

Długich (2,9 m)

Średnich (2,1 m)

Krótkich (1,5 m)

1

1

1

0,9

1

0

3

0

2

0

1

0,1

0

2

2

0,2

1

2

0

0,3

0

1

3

1 2 3 4 5 6

0,7

0

3

0

1,1

0

0

4

7 8

1,4

1. P

rogr

amow

anie

lini

owe

CelCelZnalezienie takiego sposobu rozkroju, który minimalizuje odpad.

Zmienne decyzyjneZmienne decyzyjne

x1 – liczba kłód pociętych sposobem 1,

x – liczba kłód pociętych sposobem 2,



Model matematyczny

1. P

rogr

amow

anie

lini

owe









1. P

rogr

amow

anie

lini

owe

Funkcja celuFunkcja celu

f(x1, x2, x3, x4, x5, x6) = 0,9x1+ 0,1x3+ 0,2x4+ 0,3x5+ 0,7x6+ 1,1x7+ 1,4x8 → min

Warunki ograniczająceWarunki ograniczające

kłody długie: x1 + x2 + 2x3 + x5 = 100



Model matematyczny (c.d.)

1. P

rogr

amow

anie

lini

owe


kłody średnie: x1 + 2x4 + 2x5 + x6 + 3x7 = 100

kłody krótkie: x1 + 3x2 + x3 + 2x4 + 3x6 + 4x8 = 100

warunki nieujemności: x1, x2, x3, x4, x5, x6, x7, x8 ≥ 0

Rozwiązanie optymalneRozwiązanie optymalne

x1= 0, x2= 30, x3 = 10, x4= 0, x5 =50, x6= 0, x7= 0, x8= 0

Optymalne bazowe rozwiązanie alternatywne:

x1= 0, x2= 0, x3 = 40, x4= 30, x5= 20, x6= 0, x7=0, x8= 0

Minimalna wartość funkcji celu = 16

1. P

rogr

amow

anie

lini

owe

Rodzaj paszyA B C

SkładnikiCena

Składnik ASkładnik A - co najmniej 1000 jednostek,Składnik BSkładnik B - co najmniej 800 jednostek,Składnik CSkładnik C - co najmniej 1150 jednostek, co najwyżej 1700 jednostek.

ZawartośćZawartość składnikówskładników ww paszachpaszach:


1.9.2. Zagadnienie diety (1/3)

Przykład 1.24

1. P

rogr

amow

anie

lini

owe


Rodzaj paszyA B C

Pasza 1 50 20 10 1800

Cena

Pasza 2 20 0 30 2200Pasza 3 30 20 10 1300Pasza 4 0 10 20 1500

Paszy 2 dostarczyć nie mniej niż 20 q,Paszy 1 dostarczyć półtora razy więcej niż paszy 3,Nie więcej niż 30 q paszy 3.

Jaką ilość pasz zakupić, by zminimalizować koszty wyżywienia 1 sztuki bydła?

1. P

rogr

amow

anie

lini

owe

CelCel

Minimalizacja kosztów wyżywienia 1 sztuki bydła rocznie.



Model matematyczny

1. P

rogr

amow

anie

lini

owe



x1 – planowana ilość zakupionej paszy 1,




1. P

rogr

amow

anie

lini

owe

Funkcja celuFunkcja celuf(x1, x2, x3, x4) = 1800x1 + 2200x2 + 1300x3 + 1500x4 → min


Składnik A: 50x1 + 20x2 + 30x3 ≥ 1000Składnik B: 20x1 + + 20x3 + 10x4 ≥ 800Składnik C: 10x + 30x + 10x + 20x ≥ 1150




1. P

rogr

amow

anie

lini

owe


Rozwiązanie optymalneRozwiązanie optymalne

x1 = 20, x2 = 18,33, x3 = 13,33, x4 = 13,33.

Optymalna wartość funkcji celu jest równa 113666,67

Składnik C: 10x1 + 30x2 + 10x3 + 20x4 ≥ 115010x1 + 30x2 + 10x3 + 20x4 ≤ 1700

Pasza 2: x2 ≥ 20Pasza 1 i 3: x1 = 1,5x3

Pasza 3: x3 ≤ 30

Warunki nieujemności: x1, x2, x3, x4 ≥ 0

1. P

rogr

amow

anie

lini

owe

Produkty

500

Zasoby

400350

Środki

S1

S2

S

P1

322

P2

231

P3

511

P4

444

P5

323

P6

520

P7

212

P8

334


1.9.3. Parametryczne planowanie produkcji (1/4)

Przykład 1.25

1. P

rogr

amow

anie

lini

owe


Należy wyznaczyć optymalny plan produkcji oraz maksymalny łącznyzysk dla każdej z możliwych wartości t ∈[−5; 5]

350450

S3

Zysk jednostkowy

S3

22

1 + t

11

2 + t

12

1 + t

42

3 + t

31

4 + t

02

5 + t

22

3 + t

41

2 + t

1. P

rogr

amow

anie

lini

owe

CelCel

Wyznaczenie optymalnego planu produkcji maksymalizującego łącznyzysk.




Model matematyczny

1. P

rogr

amow

anie

lini

owe


x1 – planowane rozmiary produkcji produktu P1,x2 – planowane rozmiary produkcji produktu P2,x3 – planowane rozmiary produkcji produktu P3,x4 – planowane rozmiary produkcji produktu P4,x5 – planowane rozmiary produkcji produktu P5,x6 – planowane rozmiary produkcji produktu P6,x7 – planowane rozmiary produkcji produktu P7,

x8 – planowane rozmiary produkcji produktu P8,

1. P

rogr

amow

anie

lini

owe

Funkcja celuFunkcja celu

f(x1, x2, x3, x4, x5, x6 , x7, x8, t) = (1 + t)x1 + (2 + t)x2 + (1 + t)x3 + (3 + t)x4 + (4 + t)x5 + (5 + t)x6 + (3 + t)x7 + (2 + t)x8 → min





1. P

rogr

amow

anie

lini

owe



Środek S1: 3x1 + 2x2 + 5x3 + 4x4 + 3x5 + 5x6 + 2x7 + 3x8 ≤ 500

Środek S2: 2x1 + 3x2 + x3 + 4x4 + 2x5 + 2x6 + x7 + 3x8 ≤ 400

Środek S3: 2x1 + x2 + x3 + 4x4 + 3x5 + + 2x7 + 4x8 ≤ 350

Warunki nieujemności: x1, x2, x3, x4, x5, x6, x7, x8 ≥ 0

Środek S4: 2x1 + x2 + 2x3 + 2x4 + x5 + 2x6 + 2x7 + x8 ≤ 450

1. P

rogr

amow

anie

lini

owe

∆1 = [-5; -2,5] ∆2 = [-2,5: -1] ∆3 = [-1; 1,67] ∆4 = [1,67; 5]

Wartości optymalne Wartość funkcji



Rozwi ązanie optymalne w zale żności od warto ści parametru

1. P

rogr

amow

anie

lini

owe


Wartości optymalne

500 + 100t

Wartość funkcji celu

616,7 + 146,7t

675 + 205t

635,7 + 228,6t

Przedział

∆1

∆2

∆3

∆4

x1

0

0

0

0

x2

0

0

0

78,6

x3

0

0

0

0

x4

0

0

0

0

x5

0

116,7

0

0

x6

100

30

30

14,3

x7

0

0

175

135,7

x8

0

0

0

0

1. P

rogr

amow

anie

lini

owe Pora na relaksPora na relaks

1. P

rogr

amow

anie

lini

owe


Programowanie liniowe

Documents

Transcript of Programowanie liniowe