Метод штучного базису (реферат)
Незважаючи на те, що M дуже велико, що виходить оптимальний план буде все-таки містити якусь з додаткових перем енних. Це означає, що припустима область вихідної задачі порожня, тобто обмеження вихідної задачі суперечлива і тому вихідна задача взагалі не має рішень. Відзначимо на закінчення, що якщо первісна задача лінійного програмування мала обмеження виду й усі компоненти вектора ненегативні… Читати ще >
Метод штучного базису (реферат) (реферат, курсова, диплом, контрольна)
Реферат з математики на тему:
Метод штучного базису Останні труднощі, що залишилося перебороти е визначення вихідного опорного плану і вихідної симплекса-таблиці, з яким починаються всі ітерації.
За рахунок чого ми так легко склали вихідну симплекс-таблицю в попередньому прикладі? Легко бачити, що це відбулося тому, що серед.
векторів. | були вектори виду. |
.
тому що шукати координати в цьому базисі дуже просто.
На штучному введенні цих векторів і заснований метод штучного базису.
Отже, нехай ми маємо задачу линейного программирования у канонической форме.
.
Можна вважати, що всі ,. | тому що множенням відповідного. |
обмеження на -1 у. | завжди можна перемінити знак. |
Візьмемо ну дуже велике число M і будемо вирішувати наступну допоміжну задачу:
У цій задачі відразу ясний вихідний базис якості його треба взяти.
вектори, що коштують при ,. | адже вони мають вид. |
У якості вихідного опорного плану треба взяти план.
Коефіцієнти розкладання векторів. Вихідна симплекс-таблиця здобуває тоді вид:
Треба лише порахувати додатковий рядок, де коштують числа і :
Помітимо, що в матричних позначеннях вихідна симплекс-таблиця виглядає так:
.
де динична матриця розмірності. | а . |
А тепер почнемо перетворення симплекса-таблиці, намагаючись виводити з базису вектори, що відповідають уведеним додатковим перемінної. Тому що M дуже велике, то серед разностей буде багато позитивних і буде багато претендентів на введення в базис з.
векторів . |
Помітимо, що якщо якийсь вектор, що відповідає якийсь додаткової перемінний виведений з базису, те відповідний стовпець симплекса-таблиці можна просто викреслити і більше до нього не повертатися.
Зрештою можливі два варіанти.
Варіант 1.
Усі вектори, що відповідають уведеним додатковим перемінної, будуть виведені з базису. У цьому випадку ми просто повернемося до вихідної задачі, потрапивши в якусь вершину припустимої області. Усі стовпці симплекса-таблиці, що відповідають додатковим перемінної, тоді зникнуть і далі буде зважуватися вихідна задача.
Варіант 2.
Незважаючи на те, що M дуже велико, що виходить оптимальний план буде все-таки містити якусь з додаткових перем енних. Це означає, що припустима область вихідної задачі порожня, тобто обмеження вихідної задачі суперечлива і тому вихідна задача взагалі не має рішень.
Помітимо на закінчення, що величина M узагалі не конкретизується і так і залишається у виді букви M. При рішенні навчальних задач у додатковий рядок пишуть алгебраїчні вираження, що містять M, а при рахунку на ЕОМ уводиться ще один додатковий рядок, куди пишуться коефіцієнти при M.
Проілюструємо це прикладом.
Приклад Вирішити задачу лінійного програмування.
Помітимо, що в нас уже є один придатний вектор е вектор при перемінній. Тому вводимо лише дві додаткові перемінні, заміняючи вихідну задачу наступної:
Вихідна симплекс-таблиця прийме тоді вид:
Ба; | с. | План. | — 1. | — 2. | — 3. | М. | М. | ||
зис. | |||||||||
M. | |||||||||
M. | |||||||||
10+. 35M. | 2+. 3M. | 4+. 3M. | 4+. 8M. | ||||||
Подальші ітерації приводяться без особливих пояснень.
Перша ітерація.
Тому що з базису виводиться вектор, то в симплексі-таблиці, що виходить, відповідний стовпець відразу віддаляється.
Ба; | с. | План. | — 1. | — 2. | — 3. | М. | ||
зис. | ||||||||
M. | ||||||||
— 3. | ||||||||
— 6+. 3M. | 2/5; — 1/5M. | 16/5+. +1/5M. | ||||||
Друга ітерація.
На цій ітерації з базису виводиться вектор. Відповідно із симплекса-таблиці віддаляється стовпець, що відповідає цьому вектору, і усі введені додаткові перемінні зникають.
Ба; | с. | План. | — 1. | — 2. | — 3. | ||
зис. | |||||||
— 2. | |||||||
— 3. | |||||||
Третя ітерація Ми повернулися до вихідної задачі і продовжуємо вирішувати її за стандартною схемою.
Ба; | с. | План. | — 1. | — 2. | — 3. | |
зис. | ||||||
— 2. | ||||||
— 3. | ||||||
— 1. | ||||||
— 15. | — 1. |
Таким чином, задача зважилася й оптимальний план має вид:
.
Мінімальне значення цільової функції дорівнює .
Відзначимо на закінчення, що якщо первісна задача лінійного програмування мала обмеження виду й усі компоненти вектора ненегативні, то, приводячи її до канонічної форми, ми відразу будемо мати одиничну матрицю порядку m яку і можна брати як вихідний базис.