KVANTITATIVNE METODE 2003

UVOD

U četvrogodišnjem radu sa studentima na IBCollegu Viso Visoko kojj šk škol olii za mena menadž džme ment nt uoče uočeno no je da vlad vlada a pose posebn bno o interesovanje kod studenata svih smjerova za probleme koji se izučav učavaj aju u i prim rimjenj enjuju uju u sk skllopu opu pred predm meta eta kvan kvanttitat itatiivne vne metode, a posebno generalno određivanje i primjena maks maksim imum uma a i mini minimu muma ma ko koji ji su najčeš najčešći ći term termin inii i prob proble lemi mi savremenih menadžera (određivanje najmanjih troškova, cijena itd., itd., i obrnut obrnuto o određi određivan vanje je maksim maksimuma uma,, maksim maksimaln alna a zarada zarada,, proizvodnja) što su osnovni temelji problema koji se riješavaju najoptimalnije metodom linearnog programiranja. Također savremeni način poslovanja ne samo institucija, firmi već i običnog čovjeka su potrošački krediti, odnosno kamatni i procentni problemi koji su ovdje detaljnije obrađeni upravo iz tih razloga. Treća ključna oblast je tkz. transportni problem, vrlo važan za moderne menadžere, poslovne ljude i rukovodioce transp transport ortnih nih predu preduzeć zeća, a, posebn posebno o je obrađe obrađena na jedna jedna metoda metoda koja daje najoptimalnija rješenja u tom problemu. Na početku obrađena je tema u vezi funkcija dvije promjenjive i određivanje ekstrema pomoću difericijalnog račun ačuna a tih funk funkci cija ja što je klasi lasičn čna a mat matemat ematič ičkka obla oblast st,, obrađena je ovdje s razlogom da se studenti upoznaju, doduše dosta informativno, o problemu maksimuma i minimuma koji se matematički uspješno rješavaju univerzalno i opšte, a običan čitalac uzima od toga i primjenjuje ono što njemu treba. Ova oblast oblast nije nije u potpu potpunos nosti ti "matem "matemati atički čki ko korek rektna tna““ napisa napisana na u teoretskom dijelu no ponuđeni zadaci su sistemski riješeni. Zbog moderinizacije nastave i rada sa studentima gdje po svaku cijenu treba izbjeći klasično diktiranje, bilo je nužn nužno o zbog bog nedo nedost stat atkka potre otreb bne lite litera ratture ure pril rilagođ agođen ene e nastavnom planu i programu, što je stvaralo probleme, pa je napr naprav avlj ljen ena a ova ova sk skri ript pta a ko koja ja će olak olakša šati ti rad rad preda redava vaču ču,, a posebno studentu jer će imati sve potrebno sve za savladavanje gradiva odnosno pripreme i polaganja ispita. Na početku svakog poglavlja date su kratke definicije pojmova i potrebne formule te detaljno urađeni primjeri, a u posebnom prilogu zadaci za samostalni rad. također u prilogu su dati dati prim primje jeri ri ispi ispitn tnih ih zada zadata taka ka i prob proble lema ma dava davani nih h na 1

kolokv kolo kvij iju u i zavr završn šnom om ispit spitu; u; primj rimjer er dobr dobro o urađ urađen enog og rada rada studenta na kolokviju i ispitu te primjer seminarskog rada čija je izrada obavezna. Skripta će posebno dobro doći i puno pomoći stud student entim ima a ko koji ji nisu u mogu mogućn ćnos osti ti da redo redovn vno o pris prisust ustvuj vuju u predavanjima i vježbama, jer će uz dodatne konsultacije uspješno ovladati potrebnim gradivom. Vjerujem da će ovako obrađene navedene teme i drugim čitateljima koji su indirektno vezani za slične probleme koji su ovdje rješen šeni, biti od koristi jer se nastojalo što jednostavnijim i običnim jezikom, naravno koliko je to bilo moguće, pisati i rješavati. Zahvaljujem našem vrlo uspješnom studentu, Džanić Alanu, na uloženom trudu i strpljenju koje je sve prezentovano i tehnički uredio. Naravno sve radnje u vezi cijelokupnog rada sa studentima, pisanja i odabira materijala su izvedene uz sradnju s dr.M dr.Mil ilov ovano anom m Vinči Vinčićem ćem,, čija čija je spre spremn mnost ost da pomo pomogn gne, e, savjetuje da sugestije i sl. nikad nije bila upitna. Bilo koje sugestije, uočene greške, štamparske, materijalne i sl. ću prihvatiti i biti zahvalan.

2

kolokv kolo kvij iju u i zavr završn šnom om ispit spitu; u; primj rimjer er dobr dobro o urađ urađen enog og rada rada studenta na kolokviju i ispitu te primjer seminarskog rada čija je izrada obavezna. Skripta će posebno dobro doći i puno pomoći stud student entim ima a ko koji ji nisu u mogu mogućn ćnos osti ti da redo redovn vno o pris prisust ustvuj vuju u predavanjima i vježbama, jer će uz dodatne konsultacije uspješno ovladati potrebnim gradivom. Vjerujem da će ovako obrađene navedene teme i drugim čitateljima koji su indirektno vezani za slične probleme koji su ovdje rješen šeni, biti od koristi jer se nastojalo što jednostavnijim i običnim jezikom, naravno koliko je to bilo moguće, pisati i rješavati. Zahvaljujem našem vrlo uspješnom studentu, Džanić Alanu, na uloženom trudu i strpljenju koje je sve prezentovano i tehnički uredio. Naravno sve radnje u vezi cijelokupnog rada sa studentima, pisanja i odabira materijala su izvedene uz sradnju s dr.M dr.Mil ilov ovano anom m Vinči Vinčićem ćem,, čija čija je spre spremn mnost ost da pomo pomogn gne, e, savjetuje da sugestije i sl. nikad nije bila upitna. Bilo koje sugestije, uočene greške, štamparske, materijalne i sl. ću prihvatiti i biti zahvalan.

2

Cazin, AUTOR

avgusta

2010.

1. FUNKCI FUNKCIJE JE DVIJE DVIJE PROMJE PROMJENJI NJIVE VE

Zbog velike primjene primjene i važnosti određivanja određivanja ekstrema funkcija jedne, dvije i više promjenjivih u svim sferama: fizika, ekonom ekonomija ija,, tehničk tehničke e nauke nauke itd., itd., a primj primjenom enom difer diferenci encijal jalnog nog računa 8izvodi funkcija) u ovom dijelu ćemo sažeto obraditi parcijalne izvode (derivacije) funkcija dvije promjenjive, njihove definicije, računanje i primjena na određivanje ekstrema. Riječ je o tzv. lokalnim ekstremima (minimum i maksimum) što znači najveća ili najmanja vrijednost funkcije na ograničenom području jer one mogu imati i apsolutni minimum i maksimum.

Parcijalni izvodi derivacije funkcija dvije promjenjive.

Neka je data neprekidna funkcija;

3

I REDA

II REDA

= = = =

=

Primjer 1.1.

Za datu funkcije odrediti parcijalne izvode I i II reda;

Rješenje: I REDA 4

II REDA

3

Primjer 1.2.

Za datu funkcije odrediti parcijalne izvode I i II reda; Rješenje:

=

Primjer 1.3.

Za datu funkcije odrediti parcijalne izvode I i II reda; 5

Rješenje:

=

Primjer 1.4. Primjer 1.4. Pokazati da za funkciju:

Rješenje:

=

=

6

=

=

=

Primjena parcijalnih izvoda deviracija funkcija

Neka je data neprekidna i difercijalbilna funkcija; Z=(x,y) i neka su definisani definisani njeni parcijalni izvodi izvodi I i II reda, tj. Ova funkcija može imati lokalne ekstreme (minimum ili maksimum) ako oni postoje onda su to tačke u kojima je (stacionarne tačke), ako uvedemo oznake da je; i D=AC-B² onda vrijedi: 1.

D

, Z ima ekstreme i to: ako je A ako je A

2. D<0, D<0, Z nema nema ekster eksterma ma 3. D=0, nemožemo nemožemo na ovaj način način utvrditi utvrditi ekstrem ekstreme e

Primjer 1.5. Primjer 1.5.

Odrediti lokalne ekstreme funkcije Rješenje:

7

uslov

2 ________________________

_________________________

=1

Koordinate su 1 i 0 T(1,0) ima samo jedna tačka. = = = , funkcija ima ekstrem

Funkcija ima minimum u tački;

Primjer 1.6. Primjer 1.6. 8

Odrediti lokalne ekstreme funkcije; Rješenje:

= = =

Primjer 1.7.

Odrediti lokalne ekstreme funkcije;

Rješenje:

9

---------------------------------------

prva tačka

-----------------------------------------

------------------------------------------

druga tačka

= = =

nema ekstrema 10

2. KVANTITATIVNE METODE

Osnovni elementi i područja u ovom dijelu kvantitativnih metoda su: - Procentni račun 2.1. - Kamatni račun i primjena 2.2. - Ekonomske funkcije 2.3. - Linearno programiranje 2.4. a) grafička metoda 2.4.a. b) simpleks metoda 2.4.b. - Transportni problem i metode 2.5.

2.1. PROCENTNI RAČUN

11

Primjer 2.1.1

Odrediti nepoznati član proporcije Rješenje:

Primjer 2.1.2

Odrediti nepoznati član proporcije

Rješenje:

12

Kad ima tri nepoznate mora biti i na drugoj strani tri;

Primjer 2.1.3

U jednom razredu ima 51 učenik i to ima odličnih, vrlodobrih i dobrih, a odnose se kao;

Rješenje:

Označit ćemo sa:

k=3

13

Primjer 2.1.4

U jednoj grupi ima 100 osoba i to; muškaraca, žena i djece. Odnos muškaraca, žena i djece je:

Rješenje:

Označit ćemo sa:

=5 k=5

Primjer 2.1.5

Rješenje:

Primjer 2.1.6

14

Rješenje:

Primjer 2.1.7

Direktna proporcionalnost proporcionalnost Procentni račun

Obrnuta

Osnovni elementi procentnog računa su: G – glavnica P- procentni iznos p- procenat ili procentna stopa 100 – stalan broj

15

Primjer 2.1.8

U razredu od 25 studenata prisutno je 17 studenata. Odrediti procenat prisutnih i odsutnih studenata.

Rješenje:

-------------------

x=68% Primjer 2.1.9

Koliko iznosi 15% od 230.

Rješenje:

16

Primjer 2.1.10

Koliko procenata od 35 200 je 2 816?

Rješenje:

Primjer 2.1.11

Od kog iznosa 12% iznosi 3 000.

Rješenje:

17

Primjer 2.1.12

Preduzeće je na kraju godine ostvarilo dobit od 145 000 KM, od tog iznosa je platilo 21 % za osiguranje i marketinške usluge, za nabavku nove opreme je utrošeno77 430 KM, a ostatak je podjeljen radnicima. Koliko novaca su dobili radnici i koliki je to procenat od ukupne dobiti.

Rješenje:

Primjer 2.1.13

Plaća radnika je uvećana za 30% i iznosi 1 105 KM. Za koliko je povećana i koliki je iznos plaće bio prije povećanja.

18

Rješenje:

procentni račun iznad 100

procentni račun iznad 100 procentni račun ispod 100 procentni račun od 100

19

Primjer 2.1.14

Cijena neke robe je povećana za 19%, a zatim snižena za 18% i trenutno iznosi 439,11 KM. Kolika je bila početna cijena i da li je roba poskupjela ili pojeftinila.

sniženje povećanje

Rješenje:

tj.početna cijena proizvoda Roba je pojeftinila.

20

Primjer 2.1.15

Cijena neke robe je povećana za 10% pa još za 12% i trenutno iznosi 616 KM. Kolika je bila početna cijena, koliko je povećanje u KM i procentima.

Rješenje:

21

Primjer 2.1.16

Mobilni operater je korisniku usluga dopunio kredit sa 5% sms poruka, tako da korisnik sada raspolaže sa kreditom od 504 sms. Koliko je korisnik platio sms poruka ako je cijena jedne sms poruke 10 feninga i koliko mu je operater poklonio sms poruka.

Rješenje:

Platio je 48 KM, a operater mu je poklonio 24 besplatbe sms poruke . Primjer 2.1.17

Pri rutinskoj kontroli saobraćaja policijski službenik je ustanovio da je vozač vozio brzinom od 84km/h, što je bilo 20% prekoračenja brzine. Koliko je bilo ograničenje brzine na tom dijelu puta.

22

Rješenje:

(

Primjer 2.1.18

Radniku je plata od 2 500 KM povećana za 15%, a zatim smanjena za 300 KM. Odrediti mu sadašnju platu, da li je ukupno povećana ili smanjena, za koliko KM i koliko je to u procentima.

Rješenje:

23

Primjer 2.1.19

Cijena neke robe prvo je povećana za 12%, a zatim smanjena za 10% i trenutno iznosi 1 008 KM. Kolika je bila početna cijena, da li je roba ukupno pojeftinila ili poskupjela, koliko KM i u kojem procentu.

Rješenje:

24

Roba je poskupjela za 8 KM.

Roba je poskupjela za 0.8 %.

2.2.KAMATNI RAČUN

Kamata je cijena kapitala koji se posuđuje na određeni vremenski period. Pod tim pojmom se podrazumjeva naknada koju dužnik mora platiti povjeriocu usluge posuđivanje novca na određen vremenki period. Osnovni elementi kamatnog računa su:

25

Ukoliko se vrijeme prilikom računanja kamata računa u danima onda postoje tri načina obračuna: 1. Njemački način (računa se da godina ima 360 dana, a 1 mjesec 30 dana) 2. Engleski način (računa se da 1 godina ima 365 dana, a mjesec dana kao u kalendaru) 3. Francuski način (računa se da godina ima 360 dana, a mjeseci kao u kalendaru) Kod nas se računa na FRANCUSKI NAČIN.

Primjer 2.2.1

Izračunati koliko je dana od 15.03. do 17.06. Rješenje:

Mjese c III IV V VI Ukupn o

Dana 16 30 31 17 94 dana

Primjer 2.2.2

Ako danas uložimo 8 800 KM po kamatnoj stopi 4,5%, koliko ćemo novaca podići za 4 godine. 26

Rješenje:

Za 4 godine podignut ćemo 10 384 KM.

Primjer 2.2.3

Koliko je novaca uloženo prije 5 godina uz kamatnu stopu od 8% ako su kamate 1 200 KM.

Rješenje:

Uloženo je 3 000 KM.

Primjer 2.2.4

Uz koju će kamatnu stopu kapital od 2 400 KM donijeti 3 000 KM kamata za 20 godina. 27

Rješenje:

Primjer 2.2.5

Kolike su kamate na kapital od 12 500 KM, uložen na 18 mjeseci uz kamatnu stopu 2,5%.

Rješenje:

Primjer 2.2.6

Na koji iznos novca uložen prije 8 mjeseci uz kamatnu stopu 6%, kamate iznose 320,50 KM. 28

Rješenje:

Primjer 2.2.7

Na koji iznos kapitala uloženog prije 130 dana uz kamatnu stopu od 5,45% kamata iznosi 299 KM.

Rješenje:

Primjer 2.2.8 29

Kolike su kamate ako 17.05. uložimo novac od 1 400 KM uz kamatnu stopu 8,25% ako ćemo novac podići 15.10. Koliko ćemo ukupno podići novca. Rješenje:

Mjese c V VI VII VIII IX X Ukupn o

Dana 14 30 31 31 30 15 151

Primjer 2.2.9

Koji kapital za 250 dana uz kamatnu stopu 9% donese isti iznos kamata kao i iznos od 48 000 KM za 10 mjeseci s kamatnom stopom od 8%.

30

Rješenje:

POTROŠAČKI KREDITI Osnovni elementi potrošačkog kredita su:

31

Kamate po mjesecima za odobreni kredit se računaju:

Ukupna kamata se dobije kad saberemo

Kamata se dobije kao

32

Ukupan dug je Primjer 2.2.10

Kolike su kamate, a kolika mjesečna rata potrošačkog kredita od 15 000 KM odobrenog na 5 godina uz 6% kamatne stope.

Rješenje:

Plata može biti 1/3 opterećena što znači da ona mora iznositi najmanje;

Primjer 2.2.11

Odobren je kredit, za nabavku robe, u iznosu od 30 000 KM na 36 mjeseci uz 8% kamate i 10% uplate u gotovini. Odrediti mjesečnu ratu kredita.

Rješenje: 33

Primjer 2.2.12

Odobren je kredit od 8 000 KM na period od 3,5 godine uz 8% kamatne stope. Odrediti mjesečnu ratu koju korisnik kredita treba da uplaćuje i kolika bi mu trebala biti plata ako se ona može opteretiti sa 1/3.

Rješenje:

Pl-plata Plata mora biti minimalno 653,31 KM

34

Primjer 2.2.13

Koji kapital za 4 godine uz kamatnu stopu od 5% daje 1760 KM kamata.

Rješenje:

Primjer 2.2.14

Za koje vrijeme će kapital od 8 800 KM dati 1 760 KM kamata uz kamatnu stopu 5%.

Rješenje:

35

Primjer 2.2.15

Kolika je kamatna stopa koja za 150 dana daje 250KM kamata na kapital od 16 000 KM. ili 5 mjeseci

Rješenje:

Osnovne formule:

Primjer 2.2.16

Korisniku kredita je odobren kredit od 18 600 KM na 5 godina i ukupno treba da vrati 21 300 KM. Odrediti uslove pod kojima je kredit odobren.

36

Rješenje:

Primjer 2.2.16

Korisnik kredita odobrenog na 6 godina uz kamatnu stopu od 8% otplaćuje mjesečnu ratu od 230 KM. Koliki kredit koristi i koliko plaća kamata. Kolika bi rata bila takvog kredita da je kamatna stopa 5%, a vrijeme otplate isto.

Rješenje:

37

Primjer 2.2.17

Korisniku kredita je odobren kredit od 12 500 KM na 3 godine uz učešće od 8% i kamatnu stopu od 9,5%. Da li će moći koristiti taj kredit ako ima mjesečna primanja 886 KM, a ako je maksimalno opterećenje primanja 1/3. 38

Rješenje:

Korisniku se nemože odobriti kredit jer mu plata minimalno mora biti 1 098,66 KM. Primjer 2.2.18 39

Odobren je kredit za nabavku robe u iznosu od 400 000 KM na 5 godina uz kamtnu stopu od 3% godišnje i 15% uplate u gotovini. Kolika je mjesečna rata, a kolika bi bila da nije uplate u gotovini.

Rješenje:

Bez uplate u gotovini;

KM

40

Primjer 2.2.19

Odredi mjesečnu ratu odobrenog kredita od 32 000 KM uz učešće od 7 500 KM, na period od 4,5 godina i kamatnu stopu od 8,5%.

Rješenje:

41

Primjer 2.2.20

Odrediti visinu ličnog dohotka (Pl-plata) korisnika kredita ako isti koristi kredit od 24 000 KM sa učešćem u gotovini od 3% uz kamatnu stopu od 6% na 5 godina.

Rješenje:

Visina LD korisnika kredita iznosi minimalno 1 341,51 KM.

42

Primjer 2.2.21

Mjesečna rata korisnika kredita je 210 KM, odobrenog na 5 godina uz kamatnu stopu od 6%. Odrediti visinu kredita koji se koristi i ukupan iznos kamate.

Rješenje:

43

2.3.EKONOMSKE FUNKCIJE

Matematičke funkcije imaju široku primjenu u analizi problema, tako da se veliki broj njih može istraživati i rješavati pomoću tih funkcija. Tako npr. postoji veza (međuzavisnost): - Potražnja neke robe i njene cijene - Ponuda neke robe i njene cijene - Troškovi i broj proizvedenih proizvoda - Vrijednost prodaje - Vrijednost količine i cijene - Proizvedene količine i utrošeni faktori proizvodnje Pod potražnjom podrazumjevamo količinu neke robe koja se želi i može platiti u datom vremenu na tržištu. Ona zavisi u opštem slučaju od više faktora, ali prvenstveno od cijene te robe, cijeni ostalih roba na tržištu i platežnoj moći potrošača. Ako sa "q“ označimo potražnju neke robe, sa "p“ njenu cijenu, sa "pi“ cijenu ostalih roba, a sa "k“ platežnu moć potrošača, onda je funkcija potražnje;

44

Ako pretpostavimo da potražnja zavisi od cijene robe, a da su ostale veličine fiksne, tada je funkcija potražnje;

Ova funkcija je funkcija potražnje ako ispunjava slijedeće uslove: 1. 2. Primjer 2.3.1

Neka je funkcija potražnje neke robe

Treba: a) odrediti područje definicije funkcije potražnje b) odrediti najveću cijenu za koju postoji potražnja c) izračunati potražnju ako je cijena dvije novčane jedinice d) grafički prikazati potražnju

Rješenje:

a)

45

+

+ 0

4

4

0

6

6

Drugi uslov;

0

p

46

Ova funkcija potražnje je definisana za smisla samo ako je cijena veća od 0 a manja od 4.

0

4

5

6

b) Najveća cijena je kad je

c) Izračunati potražnju ako je cijena 2 KM

47

ima

d) Grafički prikazati funkciju potražnje

48

q 24

4 -1

5

6

T(5,-1)

2.4. LINEARNO PROGRAMIRANJE 49

p

Linearno programiranje kao i prometne znanosti prilično je mlada znanstvena disciplina. Počinje se primjenjivati 1947. godine kada je G.B. Dantzig izveo "simplex metodu“ za rješavanje linearnog programiranja. Problema planiranja zračnih snaga SAD_a. Ono što je slijedilo bio je uzbudljiv period brzog razvoja u ovoj novoj grani. Ubrzo je postalo jasno da se iznenađujuće veliki broj naoko različitih problema u upravljanju proizvodnjom može iskazati u obliku linearnog programiranja i što je još važnije, riješiti uz pomoć simplex metode. Ovaj novi način povećanja učinkovitosti, pod postojećim tehnološkim uvjetima, uz pomoć moderiziranja u organizaciji i planiranju, doveo je do toga da menadžeri cijene praktičnu važnost matematike. Konačno, to ih je uvjerilo u prednost iznošenja svojih problema glede odlučivanja u jasno iznesenim i dobro definiranim terminima. Kako je rasla popularnost linearnog programiranja, došlo je do primjena u novim područjima, mnoga od njih su daleko od očiglednih, u toj fascinirajućoj međusobnoj igri između teorije i primjena, uspostavila se nova grana primjenjene matematike. Kako se razvio diferencijalni račun iz potreba 17. stoljeća za rješavanje problema mehanike, linearno programiranje se razvilo iz potreba 20.stoljeća za rješavanje problema upravljanja. No i drugi duboki uticaji su potakli razvoj nove grane iz samog njezina začetka. Ekonomija je jedna od njih; još 1947.god. započeo je T.C. Koopmans, ističući da linearno programiranje nudi odličan okvir za analizu teorije klasične ekonomije. Konačno, linearno programiranje se razvilo i počelo masovno primjenjivati zahvaljujući tehnologiji računala. U matematičkoj teoriji poznata su istraživanja sistema linearnih jednačina; takve je sisteme istražio Fourier još davne 1826.god. Od tada, popriličan broj današnjih matematičara se bavio tim područjem, iako niti jedan od njih nije pronašao algoritam čija bi se jedinstvenost približila onoj koju ima simplex metoda. 50

U sedamdesetim godinama prošlog stoljeća, linearno programiranje je izazvalo pažnju javnosti. 14. oktobra 1975.god. Kraljevska akademija znanosti Švedske dodjelilo je Nobelovu nagradu za ekonomske znanosti L.V. Kantorovichu i T.C. Koopmansu "za njihove doprinose teoriji optimalne namjene resursa". Kao što je poznato, nema Nobelove nagrade u matematici. Očigledno da je Akademija smatrala rad G.B. Dantziga, koji je općepoznat kao otac linearnog programiranja, previše matematičkim. U suštini linearno programiranje je matematički proces koji je bio razvijen za potrebe potpore odlučivanju i kao takav postao je jedan od najšire korištenih i najbolje poznatih alata iz domena menadžmenta. U sklopu linearnog programiranja se uglavnom koristi linearna funkcija, njene osobine i graf pa ćemo u uvodu istaći neke njene najvažnije osbine, graf svih oblika, a posebno grafičko rješavanje sistema nejednačina. Zbog praktičnosti rješavanja uvešćemo oznake umjesto x, y, z,...., a najviše ćemo koristiti probleme linearnog programiranja koji se svode na funkciju dvije i tri promjenjive tj.

što ne umanjuje opštost rješavanja

problema sa više promjenjivih.

51

Primjer 2.4.1

Nacrtati graf funkcije;

Graf je prava linija. Rješenje:

__________________

52

y Y=2x4 x 2

-4

53

y

3xy+2=0

2

x -1

-

y x= 5

x 5

54

y 3

y= 3 x

Primjer 2.4.2

Odrediti grafički područje ravni skupa tačaka koje ispinjavaju slijedeće uslove:

Rješenje:

55

56

Y

4 3 2

S 1

-2

-1

0

1

2

3

4

5

6

X

-1 -2 -3

-4 -5 -6 -7 -8

Graf br:1

"S“ ispunjava sve uslove. Primjer 2.4.3


Rješenje: 57

58

Y

4 3 2

S 1

-2

0

-1

1

2

3

4

X

-1

-2 -3 -4

Graf br:2

"S“ ispunjava sve uslove. Primjer 2.4.4


59

Rješenje:

60

Y

4 3 2 3/2 1

-2

-1

S 0

1

2

3

4

5

6

-1 -2 -3 -4

Graf br:3

PROBLEM LINEARNOG PROGRAMIRANJA

Mnogi problemi u ekonomiji sadrže zahtjev da se odredi maksimalna dobit, prihod, iskorištenost strojeva, zaposlenost radne snage ili da se minimiziraju troškovi. 61

Dati zahtjevi su uglavnom vezani za jedan ili više uslova. Model linearnog programiranja se sastoji od funkcije cilja i ograničenja (uslova). Funkcija cilja "F“ je matematički izraz predstavljen kao linearna funkcija, a uslovi kao sistemi linearnih jednačina i nejednačina. Određivanje maksimuma (max) ili minimuma (min) te funkcije uz data ograničenja grafički je određivanje najbliže i najdalje tačke zatvorene oblasti (S), ako ona postoji, koja predstavlja ograničenja od grafa te funkcije. Riješiti problem linearnog programiranja znači iz skupa svih mogućih rješenja odrediti ono koje je optimalno. Od poznatih metoda koristiti ćemo: 1. Grafičku metodu 2. Simpleks metodu

Formulacija zadatka linearnog programiranja.

Primjer 2.4.5 62

Sa stanice polaze brzi i putnički vozovi. Kompozicija vozova, raspoloživi vagoni i broj putnika dati su tablicom: TIPOVI VAGONA Broj vagona u kompoziciji

brzi putnički

POŠTAN PRTLJAŽNI SKI 1 -

II RAZRED I RAZRED 5

6

SPAVAĆI VAGONI 3

1

1

8

4

1

Broj putnika po vagonu

-

-

58

40

32

Raspoloživo park vagona

12

8

81

70

27

Rješenje:

USLOVI:

Matematički model linearnog programiranja je:

63

Drugi način pisanja –

Primjer 2.4.6

Tri proizvoda se izrađuju na tri stroja, tehničko-tehnološki uslovi proizvodnje dati su tablicom; STROJEVI

Cijena po jednom proizvodu

POTREBNO VRIJEME PO JEDNOM PROIZVODU

RASPOLOŽIVI FOND SATI

3

2

4

30 000

1

5

3

40 000

4

2

1

25 000

30 KM

20 KM

40 KM

64

Napisati model linearnog programiranja za izbor optimalnog proizvodnog programa sa maksimalnom dobiti. Rješenje:

65

2.4.a. GRAFIČKA METODA RJEŠAVANJA PROBLEMA LINEARNOG PROGRAMIRANJA

Ovom metodom rješavamo modele linearnog programiranja koji ima najviše dvije promjenjive koje ćemo označavati sa , sastoji se od grafičkog prikaza cijelog modela, uslova i funkcije cilja F u pravouglom koordinantnom sistemu u ravni. Uslovne jednačine se predstavljaju pravim linijama, a uslovne nejednačine poluravnima. Optimalno rješenje su koordinate one tačke ili tačaka iz skupa "S“ (skup mogućih rješenja) koji leže na pravoj F (funkcije cilja) koji je: a). Najbliži datoj pravoj koordinatni početak "F“, ako se traži minimum.

koja

prolazi

kroz

b). Najudaljenijoj od te prave ako se traži maksimum.

Skup S može biti zatvorena, poluotvorena ili neograničena oblast, što zavisi od zadanih uslova.

Primjer 2.4.a.1

Odrediti maksimalnu i minimalnu vrijednost funkcije cilja Uz slijedeće uslove: (S)

66

Rješenje:

67

Crtamo graf

uvrstujući u koordinatni sistem izračunate T.

X2

6

S5

5 4

S4

S1

S

3 2 1 0 -1 -2

i n M 1

3

2

4

5

x a M

6

X1

T(1,-2)

-3 -4

S2

F

-5 -6 Graf br:4

68

Određujemo koordinate maksimuma i minimuma iz skupa S koji leže na pravoj F.

Primjer 2.4.a.2

Maksimizirati funkciju cilja;

69

Rješenje:

Crtamo graf uvrstujući u koordinatni sistem izračunate T.

70

X2

4

F

3 2

T(2,2)

1

-2

0

-1

1

1/2

2

3

4

S 5

6

X1

-1 -2 -3 -4

Graf br:5

Funkcija cilja nema optimalnog rješenja (beskonačno mnogo rješenja).

71

Primjer 2.4.a.3

Minimizirati funkciju cilja;

Rješenje:

72


X2

4

F

3 2 1

T(2,1) -2

-1

0

1

2

3

4

S 5

6

X1

-1 -2 -3 -4

Graf br:6

73

Funkcija cilja nema optimalnog rješenja (beskonačno mnogo rješenja).

Primjer 2.4.a.4


Rješenje:


74

X2 12 11 10 9 8 7 6 5 4

A 3

S

2 1

-2

-1

0

1

2

3

B

4

5

X1

-1 -2

T(1,-2) -3

6

F

-4

Graf br:7

75

76

Primjer 2.4.a.5 Primjer 2.4.a.5

Riješiti zadani problem grafičkom metodom minimuma funkcije.

Rješenje:

77

Crtamo graf graf uvrstujući u koordinatni sistem izračunate izračunate T.

18

X2

17 16 15 14 13 12

S

11 10 9 8 7 6 5 4 3

T(4,2) 2 1 0

1

2

3

4

5

-1

T(4,-2) -2

F

-3 -4

Graf br:8

78

6

7

8

9

10

11

12

X1

79

Primjer 2.4.a.6

Proizvodno preduzeće treba proizvesti dva proizvoda P₁ i P₂, na tri grupe strojeva S₁, S₂, i S₃. Normativi vremena izrade ovih proizvoda na grupama strojeva, raspoloživi fond vremena strojeva, kao i dobit po jedinici proizvoda zadani su tablicom; PROIZVOD STROJEVI

P₁ (x₁)

P₂ (x₂)

SATI (KAPACITET)

S₁

5

6

1 500

S₂

9

2,8

1 800

S₃

2

9,5

1 800

30 KM

50 KM

DOBIT

Napisati matematički model, utvrditi optimalni plan proizvodnje, te izračunati iskorištenost kapaciteta pojedinih strojeva.

Rješenje:

Uslovi su: 80

81


X2 642 600 500 400 300 250 200 189

T1 (97, 169) T2(165, 112)

S

100 0 -100

100

X1 200

300

400

500

600

700

T(5,-3)

F Graf br:9

82

800

900

83

ISKORIŠTENOST STROJEVA Strojevi Norma vremena i

raspoloživi fond sati

S₁ S₂ S₃

F maksimum ( ,

)

Neiskorišteno sati (h)

5*97+6*169=1499 h

1

9*97+2,8*169=1346 ,2 h 2*97+9,5*169=1799 ,5 h

453,8

84

0,5 h

Primjer 2.4.a.7

Preduzeće s 4 vrste materijala proizvodi 2 tipa proizvoda. Pri proizvodnji I proizvoda potroši po 5, 19, 31 i 21 kg sirovine, u proizvodnji II proizvoda potroši uzastopno po 16, 26, 22 i 5 kg sirovina. Preduzeće ima na raspolaganju sirovina uzastopno po 1296, 2454, 3942, 1785 kg. Jedan komad I proizvoda prodaje se po 6, a II proizvoda po 2 eura. Kako će preduzeće planirati proizvodnju da bi imala najveći prihod od prodane robe. Rješenje:

PROIZVOD P₁ (x₁) MATERIJAL kg

P₂ (x₂) Kg

UKUPNO SIROVINE 85

(MATERIJALA) M₁

5

16

1 296

M₂

19

26

2 454

M₃

31

22

3 942

M₄ CIJENA

21 6ë

5 2ë

1 785

Uslovi su:

86


87

X2

357

300 250 200 179 150 94 81 A

S 50

0 -30

10

B 129

85

100 127 150

50

T(10,-30)

F

Graf br:10

88

200

259 300

X1

ISKORIŠTENOST SIROVINA - MATERIJALA Materijal Raspoloživo po

tablici I

F maksimum ( ,

M₁

)

Neiskorišten o sirovina kg 297 15

M₂

759

M₃

15

M₄ 89

Primjer 2.4.a.8

Stručnjak za dijetu u bolnici kora pripraviti specijalnu dijetu, koristeći dva tipa jela M i N. Svaki kilogram jela M sadrži 30 grama kalcija, 10 g. željeza, 10 g. vitamina A i 8 g. kolesterola. Svaki kilogram jela N sadrži 10 grama kalcija, 10 g. željeza, 30 g. vitamina A i 4 g. kolesterola. Ako minimalni dnevni zahtjevi čine 360 grama kalcija, 160 g. željeza i 210 g. vitamina A, koliko kilograma jela svakog tipa treba uzeti da bi se zadovoljili minimalni dnevni zahtjevi za nove sastojke i u isto vrijeme minimizirao sadržaj kolesterola. 90

Koliki je minimalan unos kolesterola? Rješenje:

VITAMINI JELO

M g

N g

KALCIJ

30

10

MINIMALNI DNEVNI ZAHTJEVI (g) 360

ŽELJEZO

10

10

160

VITAMIN A

10

30

240

KOLESTEROL

8

4

) Uslovi su:

91


92

X2

36 34 32 30 28 26 24 22 20 18 16

S

14 12 10 8 6 4 2 0 -2 -4

2 4 6 8 10 1214 16 18 20 22 24

T(2,-4)

F

Graf br:11

93

X1

Treba uzeti 10,5 kg jela M i 4,5 kg jela N, a minimalan unos kolesterola je 102 grama.

2.4.b.SIMPLEKS METODA 94

Ova metoda je univerzalna i svaki model linearnog programiranja se može riješiti ovom metodom, naravno ako rješenje postoji. Simpleks metoda se satoji od konačnog broja iteracija (ponavljanja) kojih ima najviše koliko i bazičnih rješenja. Za rješenja ovom metodom koristimo tzv. dopunske promjenjive kojima nejednakosti u uslovima prevodimo u jednakost. Ovu metodu možemo koristiti analitički (računski) rješavanje sistema jednačina sa više nepoznatih i pomoću tzv. Simpleks tablica. Postupak za rješavanje i popunjavanje simplex tablica: I.

SIMPLEKS TABLICA

1. Uvodimo dopunske promjenjive u funkciju da bi nejednakost pretvorili u jednakost. Broj dopunskih promjenjivih zavisi od broja zadanih uslova, koliko uslova toliko dopunskih promjenjivih. Dopunske promjenjive će imati vrijednost 0. 2. U vodoravnu kolonu označenu sa Cj (kooficijenti funkcije) popunjavamo sa vrijednostima iz funkcije. 3. U vertikalnu kolonu označenu sa unosimo vrijednosti 0 jer su to dopunske promjenjive koje ulaze u I simpleks tablicu. 4. U vertikalnu kolonu označenu sa Baza unosimo dopunske promjenjive. 5. U vertikalnu kolonu označenu sa unosimo vrijednosti koje stoje iza znaka jednakosti u zadanim uslovima. 6. Horizontalne kolone (ima ih onoliko koliko dopunskih promjenjivih) popunjavaju se sa formiranim uslovima koje smo pretvorili prethodno u jednakost. 7. Kad popunimo tablicu tražimo minimum od Zj-Cj, najmanja vrijednost će uslovljavati koja promjenjiva ulazi u bazu naredne simpleks tablice (II simpleks tablice), a iz baze će 95

izaći promjenjiva kojoj odgovara najmanja vrijednost od /koeficijent iz uslova promjenjive koja ulazi u bazu tj; minimum

,

8. Križanjem te dvije kolone dobijamo broj kojeg ćemo zvati ključnim elementom. II. SIMPLEKS TABLICA 1.

Postupak je isti samo što promjenjiva koja je ušla u bazu ima svoj koeficijent u funkciji F pa ga moramo i upisati u .

2. Vodoravnu kolonu u kojoj je promjenjiva koja je ušla u bazu podjelimo sa ključnim elementom, ako je različit od 1, te se te vrijednosti upisuju u II simpleks tablicu. 3. Slijedeće vodoravne kolone određujemo na taj način da gledamo koji to broj pomnožen sa vrijednosti ulazne promjenjive i sabran sa brojem u I simpleks tablici daje 0. Taj broj nam je osnov za rješavanje cijele vodoravne kolone neke od promjenjivih. S tim brojem idemo redom i dobijene vrijednosti unosimo u tablicu. 4. Kad popunimo tablicu tražimo minimum od Zj-Cj, najmanja vrijednost će uslovljavati koja promjenjiva ulazi u bazu naredne simpleks tablice (III simpleks tablice), a iz baze će izaći najmanja vrijednost od

(kao u tablici I).

5. Postupak se ponavlja sve dok ne dobijemo pozitivne vrijednosti ili 0 u zadnjoj vodoravnoj koloni Zj-Cj, gdje je problem i rješen. 6. Rješenje čitamo direktno iz tablice, vrijednost funkcije je u koloni

, a promjenjive

,

iz kolone

baza, ako neka od polaznih promjenjivih nije u bati onda je njena vrijednost nula.

96

Primjer 2.4.b.1

Rješenje:

Imamo 3 uslova pa uvodimo tri dopunske varijable i to

, da bi vrijednost pretvorili u jednakost, funkcija F

dobiva oblik

97

98

F=5X1+4X2+3X3 2X1+3X2+X3≤5 4X1+X2+2X3≤11 3X1+4X2+2X3≤8

F=5X1+4X2+3X3+0X4+0X5+0X6 2X1+3X2+X3+X4=5 4X1+X2+2X3+X5=11 3X1+4X2+2X3+X6=8

I simplex tablica

Cj C0 BAZA X0 0 X4 5 0 X5 11 0 X6 8 Zj-Cj

0

5 4 3 0 0 0 X1 X2 X3 X4 X5 X6 2 4 3

3 1 4

1 2 2

1 0 0

0 1 0

0 0 1

-5

-4

-3

0

0

0

Minimumod Zj-Cj=-5 pa ulazi X1, a izlazi X4 jer:

X0/X1

5/2(najmanji), 11/4, 5/3

KLJUČNIELEMENTJE2

II simplex tablica

Cj C0 BAZA X0 5 X1 5/2 0 X5 1 0 X6 1/2 Zj-Cj

25/2

5 4 3 0 0 0 X1 X2 X3 X4 X5 X6 1 3/2 1/2 1/2 0 0 -5 0 -2 1 0 -1/2 1/2 -3/2 0

0 :2 0 *-4 1 *-3

0 7/2 -1/2 5/2 0

0

Zj-Cj 5*5/2+0*1+0*1/2=25/2

5/2*-4+11=1

5/2*-3+8=1/2

1*-4+4=0 3/2*-4+1=-5 1/2*-4+2=0 1/2*-4+0=-2 0*-4+1=1 0*-4+0=0

1*-3+3=0 3/2*-3+4=-1/2 1/2*-3+2=1/2 1/2*-3+0=-3/2 0*-3+0=0 0*-3+1=1

Minimumod Zj-Cj=-1/2 pa ulazi X3, a izlazi X6 jer: X0/X 5/:1/2, 1:0, 1/2:1/2 (najmanji) KLJUČNI ELEMENT ½

III simplex tablica


13

5 4 3 0 0 0 X1 X2 X3 X4 X5 X6 1 0 0

2 -5 -1

0 0 1

2 -2 -3

0 1 0

-1 *-1/2 0 *0 2 :1/2

0

3

0

1

0

1

Zj-Cj 5*2+0*1+3*1=13

99

1*-1/2+5/2=2 0*-1/2+1=1 -1*-1/2+3/2=2 1*-1/2+1/2=0 -3*-1/2+1/2=2 0*-1/2+0=0 2*-1/2+0=-1

Primjer 2.4.b.2

Rješenje:

Imamo 4 uslova pa uvodimo 4 dopunske.

da bi nejednakost pretvorili u jednakost, pa je:

100

Fmax=6X1+4X2+2X3 uz uslove 2X2+X3≤120 2X1+X2+X3≤360 X1+X2+3X3=210 X2≥20 X1,X2,X3≥0

F=6X1+4X2+2X3+0X4+0X5+0X6+0X7 0X1+2X2+X3+X4=120 2X1+2X2+X3+X5=360 X1+X2+3X3+X6=21 X2+X7=20

I simplex tablica

Cj

6

4

2

0

0

0

0

C0 BAZA X0

X1

X2

X3

X4

X5

X6

X7 120/0 =∞, 360/2=180, 210/1=210, 20/0=∞

0 0 0 0

0 2 1 0

2 1 1 0

1 1 3 1

1 0 0 0

0 1 0 0

0 0 1 0

0 0 0 1

-6

-4

-2

0

0

0

0

Cj

6

4

2

0

0

0

0

-1*1+1=0

C0 BAZA X0

X1

X2

X3

X4

X5

X6

X7

-1*½+1=½

0 6 0 0

0 1 0 0

2 1 ½ ½ ½ 5/2 0 1

1 0 0 0

0 ½ -½ 0

0 0 1 0

0 0 0 1

-1

0

3

0

0

X4 120 X5 360 X6 210 X7 20

Zj-Cj

0

Minimumod Zj-Cj=-6 pa ulazi X1, a izlazi X5 jer:

KLJUČNIELEMENTJE2

II simplex tablica

X4 120 X1 180 X6 30 X7 20

Zj-Cj

1080 0

1

Zj-Cj=0*120+6*180+0*30+0*20=1080

*0 :2 *-1 *0

-1*½+3=5/2 -1*0+0=0 -1*½+0=-½ -1*0+1=0 -1*0+0=0

Minimumod Zj-Cj=-1 paulazi X2, a izlazi X6 jer: X0/X2120/2=60, 180:1/2=360, 30:1/2=60, 20/0=∞ KLJUČNI ELEMEN ½

III simplex tablica

Cj

6

4

2

0

0

0

0

-½*0+1=1

-2*0+0=0

C0 BAZA X0

X1

X2

X3

X4

X5

X6

X7

-½*1+½=0

-2*1+2=0

0 6 4 0

0 1 0 0

0 0 1 0

-9 -2 5 1

1 0 0 0

2 1 -1 0

-4 -1 2 0

0 0 0 1

-½*5+½=-2

-2*5+1=-9

-½*0+0=0

-2*0+1=1

-½*-1+½=1

-2*-1+0=2

-½*2+0=1

-2*2+0=-4

-½*0+0=0

-2*0+0=0

X4 0 X1 150 X2 60 X7 20

Zj-Cj

1140 0

0

6

0

2

2

Vrijedi Fmax=1140zaX1=150, X2=60, X3=0 101

0

*-2 *-½ :½ *0

Primjer 2.4.b.3

Farmer posjeduje 100 jutara zemlje i namjerava posijati 3 vrste usjeva. Sjema A, B, C redom košta 40, 20, 30 KM po jutru. Ukupno za sjeme farmer može potrošiti 3200 KM. Sjetva usjeva A, B, C zahtjeva 1, 2, 1 radnih dana po jutru, a farmer može raditi maksimalno 160 radnih dana.. Ako po jutru usjeva A farmer ostavruje profit od 100 KM, usjeva B od 300 KM, usjeva C 200 KM, koliko jutara svakog usjeva treba posijati da bi se postigla maksimalna zarada. Rješenje:

Imamo 3 uslova pa uvodimo tri dopunske.


102

F=10X1+300X2+200X3 X1+X2+X3≤100 40X1+20X2+30X3≤3200 X1+2X2+X3≤160

F=100X1+300X2+200X3+0X4+0X5+0X6 X1+X2+X3+X4=100 40X1+20X2+30X3+X5=3200 X1+2X2+X3+X6=160

I simplex tablica

Cj

100 300 200 0 0 0 X1 X2 X3 X4 X5 X6

C0 BAZA X0 0 X4 100 1 1 1 0 X5 3200 40 20 30 0 X6 160 1 2 1 Zj-Cj

0

-100 -300 -200

Minimum od Zj-Cj=-300pa ulazi X2, a izlazi X6jer:

100/1=100, 3200/20=160, 160/2=80

1 0 0

0 1 0

0 0 1 :2

0

0

0 KLJUČNI ELEMENT JE 2

II simplex tablica

Cj

100 300 200 0 0 0 X1 X2 X3 X4 X5 X6

C0 BAZA X0 0 X4 20 ½ 0 X5 1600 30 300 X2 80 ½ Zj-Cj

24000 50

½ 20 ½

0 0 1

-50

0

1 0 0 0

0 -½ *-1 1 -10 *-20 0 ½ :2 0

150

Zj-Cj=0*20+0*1600+300*80=24000

Cj C0 BAZA 200 X3 0 X5 300 X2 Zj-Cj

26000 100

0 0 1

1 0 0 0

-20*1/2+40=30

-1*1/2+1=1/2

-20*1+20=0

-1*1+1=0

-20*1/2+30=20

-1*1/2+1=1/2

-20*0+0=0

-1*0+1=1

-20*0+1=1 -20*1/2+0=-10

-1*0+0=0 -1*1/2+1=1/2

Minimumod Zj-Cj=-50paulazi X3, a izlazi X4jer: X0/X320:1/2=40, 1600/20=80, 80:1/2=160 KLJUČNI ELEMENT JE ½

100 300 200 0 0 0 X1 X2 X3 X4 X5 X6

X0 40 1 800 10 60 0

-20*80+3200=1600 -1*80+100=20

2 -40 -1 0 100

0 1 0

-1 :1/2 10 *-20 1 *-1/2 0 100

Vrijedi Fmax=26000zaX1=0, X2=60, X3=40 103

-20*40+1600=800

-1/2*40+80=60

-20*1+30=10

-1/2*1+1/2=0

-20*0+0=0

-1/2*0+1=1

-20*1+20=0

-1/2*1+1/2=0

-20*2+0=-40

-1/2*2+0=-1

-20*0+1=1

-1/2*0+0=0

-20*(-1)+(-10)=10

-1/2*-1+1/2=1

Primjer 2.4.b.4

Rješenje:



104

F=2X1+X2+X3 2X1+X2+X3≤20 6X1+3X2+2X3≤50 2X1+X2+2X3≤30

F=2X1+X2+X3+0X4+0X5+0X6 2X1+X2+X3+X4=20 6X1+3X2+2X3+X5=50 2X1+X2+2X3+X6=30

I simplex tablica


0

2 1 1 0 0 0 X1 X2 X3 X4 X5 X6 2 6 2

1 3 1

1 2 2

1 0 0

0 1 0

0 0 1

-2

-1

-1

0

0

0

Minimumod Zj-Cj=-2pa ulazi X1, a izlazi X5jer:

20/2=10, 50/6=8,3 30/2=15

KLJUČNI ELEMENTJE6

II simplex tablica

Cj C0 BAZA X0 0 X4 20/6 2 X1 50/6 0 X6 80/6 Zj-Cj

2 1 1 0 0 0 X1 X2 X3 X4 X5 X6 0 0 2/6 1 3/6 2/6 0 0 8/6

100/6 0

0 -2/6 0 2/6

Zj-Cj=0*20/6+2*50/6+0*80/6=100/6


1 -2/6 0 *-2 0 1/6 0 :6 0 -2/6 1 *-2 0

20 0

0

-2*50/6+30=80/6

-2*1+2=0 -2*3/6+1=0 -2*2/6+1=2/6

-2*1+2=0 -2*3/6+1=0 -2*2/6+2=8/6

-2*0+1=1 -2*1/6+0=-2/6 -2*0+0=0

-2*0+0=0 -2*1/6+0=-2/6 -2*0+1=1

Minimumod Zj-Cj=--2/6ulazi X3, a izlazi X6jer: X0/X6 20/6/2/6=10, a i 80/6/8/6=10, slijedeći najmanji je u x6 KLJUČNI ELEMENTJ 8/6

2 1 1 0 0 0 X1 X2 X3 X4 X5 X6 0 0 1 3/6 0 0

-2*50/6+20=20/6

0 0 1 0

1 -1/4 -1/4 *-2/6 0 1/4 -1/4 *-2/6 0 -1/4 3/4 :8/6 0

1/4 1/4

Vrijedi F max=20 za X1=5, X2=0, X3=10

105

-2/6*10+50/6=5

-2/6*10+20/6=0

-2/6*0+1=1 -2/6*0+3/6=3/6

-2/6*0+0=0 -2/6*0+0=0

-2/6*1+2/6=0 -2/6*0+0=0 -2/6*-1/4+1/6=1/4 -2/6*3/4+0=-1/4

-2/6*1+2/6=0 -2/6*0+1=1 -2/6*-1/4+-2/6=-1/4 -2/6*3/4+0=-1/4

Primjer 2.4.b.5

Rješenje:



106

F=2X1+3X2+5X3+4X4 X1+2X2+3X3+X4≤5 X1+X2+2X3+3X4≤3

F=F=2X1+3X2+5X3+4X4+0X5+0X6 X1+2X2+3X3+X4+X5=5 X1+X2+2X3+3X4+X6=3

I simplex tablica

Cj C0 BAZA X0 0 X5 5 0 X6 3

Zj-Cj

0

2 3 5 4 0 0 X1 X2 X3 X4 X5 X6

Minimum od Zj-Cj=-5 pa ulazi X3, a izlazi X6jer:

5/3=1,6 3/2=1,5

1 1

2 1

3 2

1 3

0 0

1 1

-2

-3

-5

-4

0

0 KLJUČNI ELEMENTJE2

II simplex tablica

Cj

-3*3/2+5=1/2

2 3 5 4 0 0 X1 X2 X3 X4 X5 X6

C0 BAZA X0 0 X5 1/2 -1/2 1/2 0 -7/2 0 -1/2 *-3 5 X3 3/2 1/2 1/2 1 3/2 0 1/2 :2

-3*1/2+1=-1/2 -3*1/2+2=1/2 -3*1+3=0 -3*3/2+1=-7/2 -3*0+0=0

Zj-Cj

-3*1/2+1=-1/2

15/2 1/2 -1/2 0 7/2 0 5/2

Zj-Cj=0*1/2+5*3/2=15/2

Minimum od Zj-Cj=-1/2 pa ulazi X2, a izlazi X5jer: X0/X

Cj C0 BAZA X0 3 X2 1 5 X3 1

1/2/1/2=1 3/2/1/2=2 KLJUČNI ELEMENTJ

1/2

2 3 5 4 0 0 X1 X2 X3 X4 X5 X6

-1/2*1+1/2=0

-1 1

-1/2*0+1/2=1/2

1 0

0 1

-6 5

0 0

-1 :1/2 1 *-1/2

-1/2*1+-1/2=-1 -1/2*1+0=-1/2 -1/2*5+-7/2=-6 -1/2*0+0=0

Zj-Cj

8

0

0

0

3

0

Vrijedi F max=8 za X1=0, X2=1, X3=1

107

2

-1/2*1+-1/2=-1

DUAL U LINEARNOM PROGRAMIRANJU.

Fundamentalna činjenica u linearnom programiranju je da svakom problemu maksimima odgovara problem minimuma i obrnuto i naziva se DUAL originalnog problema. Fundamentalne teorije dualiteta; Ako su neki problem i njegov dual mogući tada oba imaju rješenje i vrijednosti optimalnih programa su jednaki. Ako jedan od njih nije moguć tada drugi nema optimalnog rješenja. Dualitet ima važne praktične primjene u određenim slučajevima se mogu pronaći prednosti simpleks metode za dualne probleme.

Primjer 2.4.b.6

Traži se DUAL tj. minimum F. Rješenje:

108

Primjer 2.4.b.7

Traži se DUAL tj. maksimum F. Rješenje:

Primjer 2.4.b.8

Odrediti dual linearnog problema pa ga riješiti grafički;

109

Rješenje:

110


X2 6 5 4 3 2 1 0

S 1

Tmax 10

3

2

4

5

6

X1

-1 -2 -3

T(2,-3)

F

-4

S2

-5 -6

Graf br:12

111

S1

Primjer 2.4.b.9

Odrediti minimum funkcije

određivanjem duala i koristeći simpleks tablice.

Rješenje:

112

F=40Y1+12Y2+40Y3 uz uslove: 2Y1+Y2+5Y3≥20 4Y1+Y2+Y3≥30 Y1,Y2,Y3≥0 DUALJE: F=20X1+30X2 2X1+4X2≤40 X1+X2≤12 5X1+X2≤40 X1,X2≥0

F=20X1+30X2+0X3+0X4+0X5 uz uslove: 2X1+4X2+X3=40 X1+X2+X4=12 5X1+X2+X5=40

I simplex tablica


0

20 30 0 0 0 X1 X2 X3 X4 X5 2 1 5

4 1 1

1 0 0

0 1 0

0 0 1

-20 -30 0

0

0

Minimumod Zj-Cj=-30 pa ulazi X2, a izlazi X3 jer: X0/X2=40/4=10,12/1=12, 40/1=40

KLJUČNI ELEMENTJE4

II simplex tablica

Cj C0 30 0 0

BAZA X0

X2 X4 X5

Zj-Cj

20 30 0 0 0 X1 X2 X3 X4 X5

10 ½ 1 ½ 0 2 30 9/2 0 300 -5

¼ 0 -¼ 1 -¼ 0

0 7,5

0

-1*½+1=½

-1*½+5=9/2

-1*1+1=0 -1*¼+0=-¼ -1*0+1=1 -1*0+0=0

-1*1+1=0 -1*¼+0=-¼ -1*0+0=0 -1*0+1=1

0 0 1

:4 *-1 *-1

0

KLJUČNI ELEMENTJE½

Zj-Cj=30*10+0*2+0*30=300

Minimum od Zj-Cj=-5 pa ulazi X1, a izlazi X4 jer: X0/X1=10/½=20, 2/½=4, 30/9/2=6,66

KLJUČNI ELEMENTJE½

113

III simpleks tablica

Cj C0 30 20 0

BAZA X0

X2 X1 X5

Zj-Cj

8 4 12

20 30 0 0 0 X1 X2 X3 X4 X5 0 1 0

1 0 0

320 0

0

½ -1 -½ 2 2 -9 5

10

0 0 1 0

Zj-Cj=30*8+20*4+0*12=320

Fmax=320 za X1=4, X2=8, X3=0, X4=0, X5=12 F=20*4+30*8+0+0+0*12=320 uz uslove: 2X1+4X2+X3=40 X1+X2+X4=12 5X1+X2+X5=40

2*4+4*8+0=40 4+8+0=12 5*4+8+12=40

Primjer 2.4.b.10

114

*-½ :½ *-9/2

-½*1+½=0

-9/2*1+9/2=0

-½*0+1=1 -½*-½+¼=½ -½*2+0=-1 -½*0+0=0

-9/2*0+0=0 -9/2*-½+-¼=2 -9/2*2+0=-9 -9/2*0+1=1

b) Odrediti dual funkcije, pa riješiti simplex metodom i

grafičkom metodom

a) ................ Rješenje:



115

F=5X1+6X2+9X3+8X4 X1+2X2+3X3+X4≤5 X1+X2+2X3+3X4≤3

F=5X1+6X2+9X3+8X4+0X5+0X6 X1+2X2+3X3+X4+X5=5 X1+X2+2X3+3X4+X6=3

I simple simplex x tabli tablic ca

Cj C0 BAZA X0 0 X5 5 0 X6 3

Zj-Cj

0

5 6 9 8 0 0 X1 X2 X3 X4 X5 X6 1 1

2 1

3 2

1 3

0 0

1 1

-5

-6

-9 -9

-8

0

0

Minimum Minimumod Zj Zj-Cj=-9pa ul ulazi azi X3, a izlazi izlazi X6jer:

5/3= 5/ 3=1,6 1,6 3/2= 3/ 2=1,5

KLJUČNI LJUČNI ELEMENTJE2

II simplex tablica

Cj

-3*3/ 3*3/2+ 2+5=1/2 1/ 2

5 6 9 8 0 0 X1 X2 X3 X4 X5 X6

C0 BAZA X0 0 X5 1/2 -1/2 1/2 0 -7/2 0 -1/2 *-3 9 X3 3/2 1/2 1/2 1 3/2 0 1/2 :2

-3*1/2+ 3*1/ 2+1=-1/2 1/2 -3*1/ 3*1/2+ 2+2=1/2 1/ 2 -3*1+ 3*1+3=0 -3*3/2+ 3*3/ 2+1=-7/2 7/2 -3*0+ 3*0+0=0

Zj-Cj

-3*1/2+ 3*1/ 2+1=-1/2 1/2

13,5 -1/2 -3/2 0 11/2 0 9/2

Zj-C j-Cj=0 j=0*1/2+ /2+9*3/2= /2=27/2

Minim inimumod Zj-C j-Cj=-3/2 pa ulaz lazi X2, a izla izlaz zi X5jer jer: X0/ X5

1/2/1/2 1/2=1 3/2/ 3/2/1/ 1/2= 2=2 KLJUČNI LJUČNI ELEMENTJ

1/ 2

III III simplex simplex tabli tablic ca

Cj C0 BAZA X0 6 X2 1 9 X3 X3 1

5 6 9 8 0 0 X1 X2 X3 X4 X5 X6

-1/2* 1/ 2*1+ 1+3/2= 3/ 2=1

-1 1

-1/2* 1/ 2*1+ 1+1/2= 1/ 2=0

1 0

0 1

-7 5

0 0

-1/2*1/2*-1+ 1+1/2= 1/ 2=1

-1 :1/2 1 *-1/2

-1/2* 1/ 2*0+ 0+1=1 -1/2*1/2*-7+ 7+3/2= 3/ 2=5 -1/2* 1/ 2*0+ 0+0=0

Zj-Cj

15

-2

0

0

-5

0

Zj-C j-Cj=6 j=6*1/2+ /2+9*1=15

-1/2*1/2*-1+ 1+1/2= 1/ 2=1

-3

Minim inimumod Zj-C j-Cj=-5 pa ulaz lazi X4, a izla izlaz zi X3jer jer: X0/X4 X0/ X4 1:5=1/5 1/5 KLJUČNI LJUČNI ELEMENTJ

116

5

IV simplex tablica

Cj

5 6 9 8 0 0 X1 X2 X3 X4 X5 X6

C0 BAZA X0 6 X2 12/5 2/5 8 X4 1/5 1/5

1 7/5 0 1/5

0 1

0 2/5 *7 0 1/5 :5

7*1/ 7*1/5+ 5+1=12/5 12/5 7*1/ 7*1/5+ 5+-1=2/5 2/5 7*0 *0+1=1 7*1/ 7*1/5+ 5+0=7/5 7/ 5 7*1+ 7*1+-7=0 7*0 *0+0=0

Zj-Cj

16

-1

0

1

Zj-C j-Cj=6 j=6*12/5+ /5+8*1/5= /5=16

0

0

4

7*1/ 7*1/5+ 5+-1=2/5 2/5

Minim inimumod Zj-C j-Cj=-1 j=-1 pa ulaz lazi X1, a izla izlaz zi X4jer jer: X0/ X0/ X5 12/ 5:2/5= 5:2/5=6 1/5:1/ 1/5:1/5= 5=1 KLJUČNI ELEMENT J 1/ 5

V simpl simplex ex tabl tablica

Cj C0 BAZA X0 6 X2 2 5 X1 X1 1

5 6 9 8 0 0 X1 X2 X3 X4 X5 X6 0 1

1 0

1 1

-2 5

0 0

0 *-2/5 1 :1/ 5

-2/5* 2/5*1+ 1+12/5= 12/5=2 -2/5* 2/5*1+ 1+2/5= 2/5=0 -2/5* 2/ 5*0+ 0+1=1 -2/5* 2/5*1+ 1+7/5= 7/5=1 -2/5* 2/ 5*5+ 5+0=-2 -2/5* 2/ 5*0+ 0+0=0

Zj-Cj

17

0

0

2

5

0

Zj-Cj= Cj=6*2+5*1= 5*1=17 F max= max=17za zaX1= X1=1, X2=2

b)..........

DUAL JE:

117

5

-2/5* 2/5*1+ 1+2/5= 2/5=0

F=5X1+ 5X1+6X2+ 6X2+9X3+ 9X3+8X4 uz usl uslove: X1+2X2+3X3+X4≤5 X1+X2+2X3+3X4≤3 X1,X2, X1,X2,X3≥ X3≥0 DUALJE: F=5Y1+ 5Y1+3Y2 3Y2 uz uslove: uslove: Y1 Y1+Y2≥5 2Y1+Y2≥6 3Y1+2Y2≥9 Y1 Y1+3Y2≥8 Y1 Y1,Y2,Y3≥0

F=5Y1+ 5Y1+3Y2+ 3Y2+0Y3+ 0Y3+0Y4+ 0Y4+0Y5+ 0Y5+0Y6 0Y6 uz uslove: uslove: Y1+Y2+Y3=5 2Y1+Y2+Y4=6 3Y1+2Y2+Y5=9 Y1+3Y2+Y6=8

I sim simplex tablic tablica

Cj C0 BAZA Y0 0 Y3 5 0 Y4 6 0 Y5 9 0 Y6 8 Zj-Cj

0

5 3 0 0 0 0 Y1 Y2 Y3 Y4 Y5 Y6

Minim Minimum umod Zj Zj-Cj= -Cj=-5 pa ulazi Y1, a izlazi izlazi Y4 jer: jer: Y0 Y0/Y4 /Y4=5/1= /1=5, 6/2= 9/3=3,8/1= 3,8/ 1=8 6/ 2=3, 9/3=

1 2 3 1

1 1 2 3

1 0 0 0

0 1 0 0

0 0 1 0

0 0 0 1

-5

-3

0

0

0

0 KLJUČNI LJUČNI ELEMENTJE 2

II simpl simplex tabli tablica ca

Cj C0 BAZA Y0 0 Y3 2 5 Y1 3 0 Y5 0 0 Y6 5 Zj-Cj

15

5 3 0 0 0 0 Y1 Y2 Y3 Y4 Y5 Y6 0 1 0 0

1/ 1/2 1 -1/2 1/ 1/2 0 1/ 1/2 1/ 1/2 0 -3/2 5/ 5/2 0 -1/2

0 0 1 0

0 0 0 1

0 -1/2 0 5/ 5/2

0

0

*-1 :2 *-3 *-1

-1*3+5=2

-3*3+ -3*3+9=0

-1*1+1=0 -1*1/ -1*1/2+ 2+1=1/2 1/2 -1*0+1=1 -1*1/ 1*1/2+ 2+0=-1/2 -1/ 2 -1*0+0=0 -1*0+0=0

-3*1+ -3*1+3=0 -3*1/ -3*1/2+ 2+2=1/2 1/2 -3*0+ -3*0+0=0 -3*1/ -3*1/2+ 2+0=-3/2 -3/ 2 -3*0+1=1 -3*0+ -3*0+0=0

KLJUČNIELEMENTJE1/ 2 Minim Minimum umod Zj-Cj= -Cj=-1/2 1/2 pa pa ulazi Y2, a izlazi izlazi Y3 jer: jer: Y0 Y0/Y3 /Y3=2/1/ 3/1/2= 2=6, 5/5/ 5/ 5/2= 2=10 2/1/2 2=4, 3/1/

-1*3+8=5 -1*1+1=0 -1*1/ 1*1/2+ 2+3=5/2 5/2 -1*0+0=0 -1*1/ 1*1/2+ 2+0=-1/2 1/2 -1*0+0=0 -1*0+1=1

Zj-Cj=0* Zj-Cj=0*2+ 2+5*3+ 5*3+0*0+ 0*0+0*5= 0*5=15

118

III simplex tablica

Cj C0 BAZA Y0 3 Y2 4 5 Y1 1 0 Y5 -2 0 Y6 -5 Zj-Cj

0

-1/2*4+3=1

-1/2*4+0=-2

Y1 Y2 Y3 Y4 Y5 Y6

-1/2*0+1=1

-1/2*0+0=0

-1/2*1+1/2=0 -1/2*2+0=-1 -1/2*-1+1/2=1 -1/2*0+0=0 -1/2*0+0=0

-1/2*1+1/2=0 -1/2*2+0=-1 -1/2*-1+-3/2=-1 -1/2*0+1=1 -1/2*0+0=0

5

17

3

0

0

0

0 1 0 0

1 0 0 0

2 -1 -1 -5

-1 1 -1 -3

0 0 1 0

0 0 0 1

0

0

1

2

0

0

:1/2 *-1/2 *-1/2 *-5/2

-5/2*4+5=5 -5/2*0+0=0 -5/2*1+5/2=0 -5/2**2+0=-5

Zj-Cj=3*4+5*1+0*-2+0*-5=17

-5/2*-1+-1/2=-3 -5/2*0+0=0 -5/2*0+1=1

Grafičko rješenje;

119

Y2 8 7

S

6 5 9/2

Tmin 17 T(1,4)

4 3

8/3

2 1

Y1 0

1

2

3

4

5

6

7

8

-1 -2

S1

-3 -4 -5

S2

T(3,-5)

F Graf br:13

----------------------120

za:

II.5. TRANSPORTNI PROBLEM I METODE

Posljednje desetljeće nauka posvećuje pažnju pitanjima organizacije i planiranja u području prometa i transporta. Posljednji slučaj općeg problema linearnog programiranja je tzv. transportni problem. Izdvajanje transportnog problema uvedeno je zbog njegovog matematičkog modela koji omogućava znatne olakšice u problemu nalaženja optimalnog rješenja. Transportnim problemom se određuje transportni plan istovrsne robe ako je poznato: -

Broj ishodišta (I) Broj odredišta (O) Količina tereta u ishodištima Količina tereta koji potražuje odredište Cijena transporta na relaciji ishodište – odredište I – O

Zatvoreni model transporetnog problema je najjednostavniji slučaj tzv. problema linearnog programiranja, metode kojima se riješava su: 1. METODA ODREĐIVANJA BAZIČNOG RJEŠENJA 2. DIJAGONALNA METODA 3. METODA NAJMANJE JEDINIČNE CIJENE 4. VAM (Vogelova) METODA – ovom metodom se može riješiti zadani transportni problem, napraviti optimalni plan transporta i najniža optimalna njegova cijena.

121

Primjer 2.5.1

Dat je transportni problem slijedećom tabelom, gdje su I₁,₂,₃,₄ ishodišta, a O₁,₂,₃,₄,₅ odredišta, cijena transporta jedinične težine robe data u tabeli (brojevi u gornjem lijevom uglu).

Rješenje:

I₁

O₁ 5

O₂ 12

O₃ 1

O₄ 4

O₅ 13

36

3

I₂

7

8

14

6

5

23

1

I₃

15

4

2

7

9

29

2 (5)

I₄

6

11

5

16

3

12

2

13

24

15

21

27

1

4

1

2

2

Razlika dva najmanja broja u kolonama (vodoravnim i vertikalnim). Tamo gdje imamo najveću razliku tu rješavamo problem. U gornjem slučaju najveća razlika je 4 (8-4) te rješavamo to ishodište ili odredište (u ovom slučaju to je O₂). Sad gledamo gdje je u O₂ najmanja cijena te potražnju upisujemo u tu ćeliju ( u ovom slučaju najmanja cijena je 4). Pošto je potražnja 24 upisujemo svih 24,a na stanju imamo 29 – stanje u idućoj tabeli će se smanjiti za 24. Slijedeću tablicu 122

riješavamo na potpuno isti način, s tim što će se u Odredište koje je riješeno upisati samo one vrijednosti koje su riješile dat problem.

Slijedeća tabela: I₁

O₁ 5

O₂

I₂

7

I₃

15

I₄

6

5

16

3

13

15

21

27

4

1

O₃ 1

O₄ 4

O₅ 13

36

3

14

6

5

23

1

2

7

9

5

5 (0)

12

2

____

1

2

2

Razlika dva najmanja broja u kolonama (vodoravnim i vertikalnim). Tamo gdje imamo najveću razliku tu je problem. U gornjem slučaju najveća razlika je 5 (7-2) te je problem u I₃. Sad gledamo gdje je u I₃ najmanja cijena te potražnju upisujemo u tu ćeliju ( u ovom slučaju najmanja cijena je 2). Pošto je potražnja 5 upisujemo svih 5 ,a na stanju imamo 15 – stanje u idućoj tabeli će se smanjiti za 5. Slijedeću tablicu riješavamo na potpuno isti način, s tim što će se u I₃ koje je riješeno upisati samo one vrijednosti koje su riješile dat problem. Ako se desi da je u kolonama isti rezultat gledamo u kojoj od kolona je najmanja cijena i tu uzimamo kao problem koji se riješava. Postupak se ponavlja dok se ne eliminišu svi problemi. Slijedeća tabela: I₁

O₁ 5

O₂

O₃ 1

O₄ 4 123

O₅ 13

36

3

(26 )

I₂

7

6

I₃ I₄

4

____ 1

I₁

O₁ 5

I₂

7

I₄

4

16

3

10

21

27

4

O₃ 1

1

I₁

O₁ 5

I₂

7

2

12

2

O₄ 4

O₅ 13

26

1

6

5

23 23

1 __ __

____

____

____

____

O₂

2

2

6 13

1 __ __

5

____

O₂

I₃

23

2

6 13

5

O₃ 1

16

3

21

27 (15) 2

1

12

3

O₄ 4

O₅ 13

26

1

6

5

23

1

124

(8)

I₃

4

2

__ __

I₄

3 13 2

I₁

O₁ 5

I₂

7

____

____

____

____

O₂

I₃

4

O₃ 1

21 2

26

1

8

1

8

O₄ 4

O₅

6

5

2

(5)

__ __ 3

2

__ __

15

I₄ 13

12

____

____

____

____

21

____ 2

Ukupni troškovi transporta (T)

125

12

____

__ __

Plan transporta;

Primjer 2.5.2 Primjer 2.5.2

Građevinsko preduzeće ima 5 gradilišta i 4 naselja za svoje radnike. Kapacitet prvog naselja je 200, drugog 100, trećeg 150 i četvrtog 50 radnika. Za prvo gradilište potrebno je 150, drugo 150, treće 50, četvrto 60 i peto 90 radnika. Ako je cijena prevoza jednog radnika od naselja data tabelom, naći optimalni plan prevoza i izračunati minimalne troškove. Rješenje:1

N₁

G₁ 4

G₂ 1

G₃ 2

G₄ 5

G₅ 3

200

1 (150 )

N₂

2

1

8

3

5

100

1

N₃

4

8

7

1

2

150

1

N₄

6

2

5

7

4

50

2

126

150

150

2

0

50 (0) 3

90

2

1

G₄ 5

G₅ 3

150

2 (0)

N₁

G₁ 4

G₂ 1

N₂

2

1

3

5

100

2

N₃

4

8

1

2

150

1

N₄

6

2

7

4

50

2

150

150 (0) 0

2

G₁

G₂ 1

N₁

G₃ 2

60

0

60

90

____

2

1

G₃ 2

G₄

G₅ 0

__ __

N₂

2

1

3

5

100

1

N₃

4

8

1

2

150

1

N₄

6

2

7

4

50

2

150

0

2

____

0 ____

127

60 (0)

90

2

2

(90 )

G₁

G₂ 1

N₁ N₂

2

1

N₃

4

8

N₄

6

2

G₃ 2

G₄

1

150

0

0

2

____

____

G₁

G₂ 1

N₁

G₅

N₂

2

1

N₃

4

8

N₄

6

2

G₃ 2

0

__ __

5

100

1

2

90

2

4

50

2

0

90 (0)

____

G₄

2

G₅ 0 100

1

2

0 50

150

0

0

2

____

____

0 ____ 128

1

0 ____

4

(0)

Ukupni troškovi transporta (T)

Primjer 2.5.2 Rješenje:2 Način rješavanja sa samo jednom tablicom;

G₁ N 4 ₁

G₂ 1

G₃ 2

G₄ 5

G₅ 3

20 0

129

1 15 0

2 -

- -

- -

- -

N 2 ₂

1

8

3

5

10 0

1 10 0

1 10 1 10 0 0

3 -

- -

N 4 ₃

8

7

1

2

15 0

1 15 0

1 15 1 90 2 9 0 0

2 -

N 6 ₄

2

5

7

4

50 2 50 2 50 2 50 2 5 0

2 -

150

150

50

60

90

2 150 2 150 2 150 2 50 2 ---

0 150 0 ---------

3 -----------

2 60 2 60 2 -------

1 90 1 90 2 90 2 90 2 ---

ZADACI ZA VJEŽBANJE

A)PROCENTNI RAČUN

1. Cijena neke robe je iznosila 928,45 KM. Na akcijskoj prodaji je prodavana sa 34% popusta. 130

Koliki je popust, u novcu i procentima, i koliko je kupac platio robu? 2. Koliko je procenata 495 od 8250? 3. Promet jedne prodavnice u prošlom mjesecu je iznosio 125000 KM, a u ovom je smanjen i iznosi 78187,50 KM. Koliko procenata iznosi smanjenje? 4. Od kojeg iznosa 20% iznosi 245,60KM? 5. Prodavnica je prodala 1529,40 kg jabuka što je za 27,45% više od planirane prodaje. Kolika je planirana prodaja, a koliko je bilo povećanje? 6. Promet u prodavnici automobilskih guma je iznosio 2544303,30 KM, što predstavlja 99,75% planiranog. Koliki je bio planirani promet? 7. Cijena neke robe je prvo snižena za 22%, a zatim povećana 21% i trenutno iznosi 1179,75 KM. Kolika je bila početna cijena? Da li je roba ukupno pojeftinila ili poskupila? (za koliko KM i koliko procenata)

131

B)KAMATNI RAČUN

1. Za koliko godina će kapital od 8800 KM dati 1760 KM kamata uz kamatnu stpu 5% ? 2. Koji kapital daje za 16 mjeseci, uz kamatnu stopu 8%, kamata 6400 KM? 3. Koji kapital daje 150 dana, uz kamatnu stopu 3,75%, kamata 250KM? 4. Koja kamatna stopa za 150 dana, dala 250 KM kamata uz kamatnu stopu 3,75%. 5. Dužnik je podigao zajam 23.04., a vratio ga 24.10. zajedno sa 6% kamata u iznosu od 12368 KM. Koliki je bio zajam, a koliko je platio na ime kamata? 6. S kojim godišnjim kamatnjakom ćemo na uloženi iznos od 3000 KM za 15 godina zaraditi 5227 KM? C)EKONOMSKE FUNKCIJE

1. Neka je q=10-p funkcija potražnje. a) Odrediti p za koji je funkcija q definirana. b) Izračunati potražnju ako je cijena p=4 novčane jedinice. c) Izračunati cijenu ako je potražnja q=8 jedinica. d) Grafički predstaviti funkciju potražnje.

132

2. Neka je q=80-18p+p² funkcija potražnje. a) Odrediti p za koji je funkcija q definirana. b) Izračunati potražnju ako je cijena p=5 novčanih jedinica. c) Izračunati cijenu ako je potražnja q=7 jedinica. d) Grafički predstaviti funkciju potražnje.

D)

LINEARNO PROGRAMIRANJE U problemima 1 – 6 riješiti probleme linearnog programiranja.

1. Maksimizirati funkciju cilja;


3. Maksimizirati i minimizirati funkciju cilja;

133




U problemima 7 – 10 konstruirajte matematički model u formi problema linearnog programiranja. Problem zatim riješite geometrijski. 134

7. Proizvodnja:raspodjela resursa. Tvrtka proizvodi dva tipa skija za skijanje na vodi: akrobatske skije i slalomske skije. Relevantni proizvodni podaci prikazani su u slijedećoj tablici;

PROIZVODNJ E

6

4

MAKSIMALNO RASPOLOŽIVI RADNIH SATI DNEVNO 108

DORADE

1

1

24

ODJEL

RADNI SATI PO SKIJI Akrobatska Slalomska skija skija

Ako je profit po akrobatskoj skiji jednak $40, a profit po slalomskoj skiji jednak $30, koliko skija svakog tipa treba proizvesti svakog dana da bi se ostvario maksimalan profit? Koliki je taj maksimalan profit? 8. Proizvodnja: raspodjela resursa. Tvrtka za proizvodnju namještaja proizvodi stolove i stolice za blagovaonice. Relevantni proizvodni podaci prikazani su u slijedećoj tablici;

SKLAPANJA

8

2

MAKSIMALNI RASPOLOŽIVI BROJ RADNIH SATI DNEVNO 400

DORADE

2

1

120

PROFIT PO JEDINICI

$90

$25

ODJEL

UTROŠENI RADNI SATI PO JEDINICI Stol Stolica

Koliko mnogo stolova i stolica treba dnevno proizvesti da bi se ostvario maksimalan profit? Koliki je taj maksimalan profit? 135

9. Transport. Profesori završnog razreda srednje škole za potrebe maturalnog putovanja planiraju unajmiti velike i male autobuse. Svaki veliki autobus može prevoziti 40 učenika, mora imati 3 pratitelja i njegov najam košta $ 1200. Svaki mali autobus može prevoziti 8 učenika, mora imati jednog pratitelja i njegov najam košta $100. Za potrebe putovanja nužno je osigurati mjesta za najmanje 400 učenika. Kako se za pratnju učenika prijavilo samo 36 roditelja, profesori moraju planirati najviše 36 pratitelja. Koliko vozila svakog tipa škola treba unajmiti kako bi minimizirala troškove transporta? Koliki su to minimalni troškovi transporta?

10. Prehrana:biljke. Uzgajivač voća može u svome nasadu narandči koristiti dva tipa gnojiva: gnojivo tipa A i gnojivo tipa B. Iznos (u kilogramima) dušika, fosforne kiseline i klora po vreći gnojiva prikazan je u tablici. Testovi pokazuju da nasad traži najmanje 1000 kilograma fosforne kiseline i najviše 400 kilograma klora. KILOGRAMA PO VREĆI Gnojivo A Gnojivo B DUŠIK FOSFORNA KISELINA KLOR

8 4

3 4

2

1

136

Ako uzgajivač želi maksimizirati količinu dušika u nasadu naranči, koliko vreća svakog tipa gnojiva on mora koristiti? Koliko će dušika nasad dobiti? Probleme linearnog programiranja u problemima 11 –15 riješite pomoću simplex metode.

11.


12.


13.


137

14.


15.


U problemima 16 – 18 konstruirajte matematički model u formi problema linearnog programiranja. Zatim problem riješite koristeći simplex metodu. U interpretaciju optimalnog rješenja uključite i interpretaciju svake od nule različite poravnavajuće varijable.

16. Proizvodnja:raspodjela resursa. Tvrtka proizvodi bicikla s tri brzine, pet brzina i deset brzina. Svaki bicikl prolazi kroz tri pogona, proizvodnje, bojenja i metalizacije, te konačnog sklapanja. Relevantni proizvodni podaci dati su u tablici. 138

RADNI SATI PO BICIKLU

PROIZVODNJ A

3

4

5

MAKSIMALN O RASPOLOŽI VI BROJ RADNIH SATI DNEVNO 120

BOJENJE I METALIZACIJ A SKLAPANJE

5

3

5

130

4

3

5

120

PROFIT PO BICIKLU ($)

80

70

100

Trobrzinsk Petbrzinsk Desetbrzin i i ski

Koliko mnogo bicikla svakog tipa tvrtka treba dnevno proizvesti kako bi maksimizirala svoj profit? Koliki je taj profit?

17. Pakiranje:mješavina proizvoda. Tvrtka proizvodi tri tipa bombona, tvrde, voćne i punjene kremom, i pakira ih u različita pakiranja. Kutija pakiranja I sadrži 4 tvrda bombona, 4 voćna i 12 kremom punjenih bombona i prodaje se po $9,40. Kutija pakiranja II sadrži 12 tvrdih bombona, 4 voćna i 4 kremom punjena bombona i prodaje se po $7,60. Kutija pakiranja III sadrži 8 tvrdih, 8 voćnih i 8 kremom punjenih bombona i prodaje se po $11. Proizvodni troškovi po bombonu iznose $0,20 za tvrde bombone, $0,25 za voćne i $0,30 kremom punjene bombone. Tvrtka tjedno može proizvesti 4800 tvrdih bombona, 4000 voćnih i 5600 kremom punjenih bombona. Koliko mnogo kutija bombona svakog tipa tvrtka treba proizvesti da bi ostvarila maksimalni profit? Koliki je taj profit? 139

18. Prehrana: životinje. Prirodna dijeta za određenu životinju sadrži tri vrste hrane, A, B i C. Broj jedinica kalcija, željeza i bjelančevina u jednom gramu hrane svakog tipa, kao i iznosi dnevnih potreba, prikazani su u tablici. Znanstvenik želi istražiti učinke povećanja količine bjelančevina u dijeti za životinju, uz uvjet da unos količina kalcija i željeza ne premaši prosječne dnevne potrebe. Koliko grama hrane svakog tipa treba koristiti da bi se maksimizirala količina bjelančevina u dijeti? Kolika je ta količina bjelančevina? U problemu 19 dan je problem minimizacije, dualni problem maksimizacije i završna simplex tablica. a) Pronađite optimalno rješenje dualnog problema. b)Pronađite optimalno rješenje problema minimizacije.

19.



Y₁

Y₂

X₁

X₂

F

0

1

5

-2

0

5 140

1 0

0 0

-7 1

3 2

0 3 1 121

U problemima 20 – 22: a) Formirajte dualni problem. b)Rješenje izvornog problema primjenjujući simplex metodu problem.

20.


21.


22.


141

pronađite na dualni

Probleme linearnog programiranja u problemima 23 –25 riješite primjenom simplex metode na dualne probleme.

23.


24.


25.


142

U problemima 26 – 27 konstruirajte matematički model u formi problema linearnog programiranja. Zatim problem riješite primjenom simplex metode na dualni problem.

26. Proizvodnja: planiranje. Tvrtka za proizvodnju hrane u tri svoje tvornice proizvodi obični i specijalni sladoled. Tvornica u Caderburgu na sat proizvede 20 galona običnog i 10 galona specijalnog sladoleda, tvornica u Graftonu proizvede 10 galona običnog i 20 galona specijalnog sladoleda, dok tvorrnica u West Bendu na sat proizvede 20 galona običnog i 20 galona specijalnog sladoleda. Trošak po satu proizvodnje u tvornici u Caderburgu iznosi $70, u tvornici u Graftonu $75 i u tvornici u West Bendu $90. Tvrtka dnevno mora proizvesti najmanje 300 galona običnog sladoleda i 200 galona specijalnog sladoleda. Koliko radnih sati dnevno bi svaka tvornica trebala biti u pogonu kako bi tvrtka proizvela nužne količine sladoleda i trošak proizvodnje svela na minimum? Koliki je to minimalni trošak? 27. Transport. Mlinarska tvtka skladišti žito u silosima, smještenim u gradu Ames, država Iowa i gradu Bedford, država Indiana. Svakog mjeseca žito se otprema u mlinove u gradove Columbia, država Missouri, i Danville, država Illionois. Mjesečne zalihe (u tonama) žita u svakom silosu, 143

mjesečna potražnja (u tonama) u svakom mlinu i trošak transporta po toni žita, prikazani su u tablici. Pronađite plan isporuke žita koji će minimizirati troškove transporta. Koliki su to minimalni troškovi? TROŠKOVI ISPORUKE ($ PO TONI) Columbia Danville 22 38

AMES BEDFORD

46

24

POTRAŽNJA (TONE)

400

600

ZALIHE (TONE) 700 500

E)LINEARNO PROGRAMIRANJE

1. Odredite plan transporta tako da ukupni troškovi (T) budu minimalni. Ponuda, potražnja i jedinični troškovi dani su u tablici:

I₁

O₁ 5

O₂ 7

O₃ 8

O₄ 3

O₅ 1

300

I₂

2

4

9

5

9

600

I₃

9

11

4

7

9

400

I₄

6

7

9

9

11

700

150

350

350

500

650

144

(Rješenje T=9650)

2. Riješite transportni problem zadan tablicom: I₁

O₁ 8

O₂ 1

O₃ 2

O₄ 9

50

I₂

5

7

5

3

50

I₃

2

3

9

4

75

40

55

60

20

(Rješenje T=475)

3. Iz tri rudnika kapaciteta redom 300, 250 i 450 tona iskopanih dnevno, vozi se ugljen u tri prodajna skladišta ogrijeva: S₁, S₂,S₃. Dnevne potrebe tih skladišta su redom 300, 400 i 300 tina dnevno. Izračunajte najmanju cijenu prevoza. Cijene prevoza po jednoj toni iz prvog rudnika u skladišta redom iznose: 1, 3 i 2 novčane jedinice. Cijena po toni za prijevoz iz drugog rudnika u skladišta je 5, 7 i 10, dok iz trećeg redom 3, 1 i 4 novčane jedinice. (Rješenje T=2400) 4. Na skladištima je redom po 60, 70 i 55 tona robe mjesečno. Šest robnih kuća mjesečno potražuju redom po 20, 40, 30, 55, 15 i 35 tona robe. Jedinični troškovi prijevoza iz prvog skladišta u svaku od prodavaonica 145

iznose redom: 3, 2, 2, 3, 3 i 1 kunu. Iz drugog skladišta: 2, 0, 1, 1, 0 i 1 kunu. Iz trećeg: 1, 4, 3, 4, 2 i 0 kuna. Odredite optimalni plan prijevoza i ukupni trošak. (Rješenje T=185) 5. Na četiri kolodvora ima redom 28, 22, 36 i 14 vagona. Šest stanica treba redom: 20, 15, 17, 12, 8 i 28 vagona. Udaljenosti kolodvora i stanica dane su tablicom. Napravite plan prijevoza tako da umnožak broja vagona i kilometara bude najmanji.

K₁ K₂ K₃ K₄

S₁ 20 18 40 21

S₂ 27 35 30 45

S₃ 30 40 35 28

S₄ 35 42 25 32

S₅ 40 50 48 40

S₆ 45 20 40 44

6. Na željezničkim kolodvorima nalazi se redom: 12, 24, 30 i 18 vagona. Željezničke stanice trebaju u nekom periodu po 24, 20, 30 i 20 vagona. Prvi je kolodvor udaljen od svake stanice redom po 120, 200, 150 i 145 kilometara. Drugi je kolodvor udaljen od stanica 95, 80, 160 i 220 km. Od trećeg je 180, 130, 50 i 60 kilometara do svake stanice i četvrtog: 200, 180, 190 i 100. Napravite takav plan transporta vagona da je umnožak vagona i kilometara minimalan. (Rješenje x₁,₁=12, x₂,₁=4, x₂,₂=20, x₃,₃=30, x₄,₄=18, x₅,₁=8, x₅,₄=2 (vag*km=6720)

146

7. Riješite transportni problem prijevoza nafte iz tri rafinerije u pet gradova, tako da ukupni tonski kilometri budu najmanji. Ponuda i potražnja u tonama, kao i kilometraža dani su tablično:

R₁

G₁ 85

G₂ 100

G₃ 75

G₄ 80

G₅ 70

100

R₂

65

75

85

90

95

105

R₃

90

90

70

65

50

80

35

55

60

50

45

(Rješenje minimalno 16625 tkm)

8. U Republici Hrvatskoj iznenada je donesen zakon da se kamioni moraju transportirati željeznicom. U Rijeci, Zadru, Šibeniku i Splitu trebamo redom 180, 160, 90 i 100 vagona za prijevoz kamiona. Kotoriba, Dobova, Ploče i Vinkovci imaju na raspolaganju redom: 120, 160, 80 i 150 vagona. Udaljenosti kolodvora u Rijeci do spomenutih odredišta iznosi redom: 280, 170, 300 i 500 km. Udaljenost kolodvora u Zadru do spoenutih odredišta su redom: 450, 360, 280 i 600 km. Šibenik je udaljen redom do spomenutih odredišta 560, 420, 180 i 680 km, dok je iz Splita do odredišta po 600, 500, 100, i 780 kilometara. Napravite plan prijevoza po kojem najmanje vagona putuje najvećom kilometražom. 147

(Rješenje: 130 vagona ipak će putovati 600 km od Vinkovaca do Zadra i to će biti vagoni koji će najdalje putovati) 9. Korporacija ima 4 šećerane mjesečnog kapaciteta 50, 60, 80 i 100 tona. Gradovi koji potražuju šećer trebaju redom 75, 80, 90 i 45 tona mjesečno. Udaljenost šećerana i gradova dani su tablično, a vi napravite plan u kojem će tonski kilometri biti minimalni. Za koliko će se povećati mjesečni tonski kilometri, ako zbog vremenskih neprilika budu odsječeni druga šećerana i prvi grad? S₁

G₁ 45

G₂ 45

G₃ 60

G₄ 100

S₂

40

55

55

90

S₃

55

65

65

85

S₄

65

60

70

75

10. Nađite optimalno rješenje transportnog problema: iz četiri tvornice obuće kapaciteta 8, 9, 12 i 16 hiljada pari mjesečno treba cipele do četiri grada koji mjesečno potražuju 7, 10, 6 i 15 hiljada pari. Prijevoz po jednom paru cipela iz prve tvornice u gradove iznosi: 1, 2, 3, 4 kn; iz druge tvornice: 3, 2, 5, 6 kuna, iz treće: 0, 5, 1, 4 kune i iz četvrte: 0, 2, 0 i 1 kunu. Izračunajte najmanji mogući trošak. (Rješenje T=40000 kn ) 148

11. Tri pržionice ispeku mjesečno redom po: 10, 15 i 25 tona kafe. Kafa se iz pržionica transportira u četiri prodajna središta i to: prvo traži 5 tona, drugo 10, treće 20 i četvrto 15. Troškovi transporta po jednoj toni iz prve pržionice u svako od prodajnih središta iznose: 800, 300, 500 i 200 kuna. Za drugu pržionicu oni su redom 400, 100, 600 i 700 kuna. Treća pržionica ima po toni trošak do prodajnih mjesta: 100, 900, 400 i 300 kuna. Treba izračunati minimalan trošak i naći odgovarajući plan. (Rješenje T=14000 kuna)

149

150

151

152

Pismeni ispit rađen; 09.07.2010. KVANTITATIVNE METODE ,

1. Cijena neke robe je prvo povećana za 25% pa smanjena za 8% i sad iznosi 230 KM.Odrediti početnu cijenu robe, da li je roba ukupno ukupno poskupljela ili pojeftinila i za koliko KM i procenata? 2.

3. Odrediti kolika mjesečna primanja mora imati korisnik kredita od 15 000 KM odobrenog na 7 godina uz kamatnu stopu od 8% (opterećenje plate je 1/3 visine rate kredita)

4. Grafičkom metodom odrediti FMIN i FMAX funkcije: F= 3X1 + X2 uz uslove:

X1 - 3x2 ≤ - 1 5x1 - x2 ≥

9

X 1 + X2 ≤ X1 ≤

9 5

5. Simplex metodom (simplex tablice) riješiti problem linearnog programiranja: Fmax = 2X1 + 3X2 + 4X3 X 1 + X3 ≤ 4 X 2 + X3 ≤ 3 X1, X2 , X3 ≥ 0

6. Riješiti transportni problem (minimalna cijena transporta) datog tabelom:

153

I1 I2 I3 I4

Q1

Q2

Q3

Q4

5 7 1 2 45

3 9 8 1 60

4 2 4 8 25

1 5 3 6 70

55 40 60 45

SEMINARSKI RAD

PREDMET: KVANTITATIVNE METODE TEMA: PROBLEMI LINEARNOG PROGRAMIRANJA

154

155

156

157

158

159

160

161

162

LITERATURA:

1. dr. H. Pašagić: "Matematičke metode u prometu“, skripta, Zagreb 2004. Fakultet prometnih znanosti u Zagrebu

2. dr. H. Pašagić: "Zbirka zadataka iz matematičkih metoda u prometu“, Zagreb 2004. Fakultet prometnih znanosti u Zagrebu

3. Grupa autora – prevod s engleskog dr. Mirko Čubrilo: "Primjenjena matematika“ Zagreb 2006.

4. B. Ibrahipašić: "Poslovna matematika i kvantitativne metode“, B. Krupa 2007.

163

KVANTITATIVNE METODE 2003

Recommend Documents