Matematiˇcke metode u prometu zbirka zadataka H. Paˇsagi´c B. Ivankovi´c N. Kapetanovi´c 18. listopada 2010.
1
Uvod
Zbirka zadataka nastala je tijekom viˇsegodiˇsnjeg rada sa studentima druge godine studija na Fakultetu prometnih znanosti. U potpunosti se prati gradivo udˇzbenika ”Matematiˇcke metode u prometu”, dr. H. Paˇsagi´ca u kojem se nalaze detaljna objaˇsnjenja postupaka kojima se rjeˇsavaju problemi i zadaci. U zbirci su zadani problemi ˇcije rjeˇsavanje pretpostavlja vjeˇstinu konstruiranja matematiˇckih modela i njihovo rjeˇsavanje. Zbirka zadataka namijenjena je uˇcenju uz upotrebu udˇzbenika i redovito pra´cenje predavanja i vjeˇzbi. Zbirka zadataka izlazi prvi put i usprkos detaljnim pregledima i htijenju da ne bude pogreˇsaka, bit ´cemo zahvalni svima koji ´ce nam na pogreˇske ukazati. Listopad, 2004. Autori
2
Sadrˇ zaj 1 Baza i baziˇ cno rjeˇ senje 1.1 Problemi . . . . . . . . . . 1.2 Sustavi linearnih jednadˇzbi 1.3 Baziˇcna rjeˇsenja . . . . . . . 1.4 Zadaci . . . . . . . . . . . . 1.5 Problemski zadaci . . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
5 . 5 . 8 . 17 . 19 . 25
2 Geometrijsko rjeˇ savanje problema linearnog programiranja 2.1 Linearne nejednadˇzbe s dvije nepoznanice . . . . . . . . . . . 2.2 Maksimum i minimum linearne funkcije dvije varijable na konveksnom skupu. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.3 Problemski zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
27 27
3 Numeriˇ cko rjeˇ savanje linearnog problema - simpleks metoda 3.1 Jedan primjer . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.2 Simpleks metoda . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.3 Rjeˇsenje standardnog problema minimuma-Charnesova M procedura . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.4 Ispitni zadaci iz numeriˇckog rjeˇsavanja linearnog problema . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.5 Problemski zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
37 37 38
27 35
42 44 55
4 Teorija linearnog programiranja 4.1 Dual standardnog problema . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.2 Numeriˇcko rjeˇsavanje duala uz oˇcitavanje rjeˇsenja poˇcetnog problema . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.3 Sloˇzeniji numeriˇcki primjeri . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.4 Problemski zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. 63 . 66 . 67
5 Problemi transporta i distribucije 5.1 Formulacija transportnog problema 5.2 Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . 5.3 Degeneracija . . . . . . . . . . . . 5.4 Otvoreni problem . . . . . . . . . 5.5 Problemski zadaci . . . . . . . . . 5.6 Zadaci s ispita . . . . . . . . . . .
. . . . . .
3
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
58 . 58
69 69 70 71 74 76 77
6 Razliˇ cite modifikacije transportnog problema 6.1 Promjena koeficijenata funkcije cilja . . . . . 6.2 Nedopustive komunikacije . . . . . . . . . . . 6.3 Ograniˇceni kapaciteti komunikacija . . . . . . 6.4 Minimizacija vremena transporta . . . . . . . 6.5 Problemski zadaci . . . . . . . . . . . . . . . 6.6 Razni zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.7 Problemski zadaci . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . .
. . . . . . .
. . . . . . .
. . . . . . .
. . . . . . .
. . . . . . .
. . . . . . .
. . . . . . .
. . . . . . .
79 79 80 81 82 84 85 87
7 Transportna mreˇ za 89 7.1 Ispitni zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 89 7.2 Problemski zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 96 8 Primjeri pismenih zada´ ca
98
4
1
Baza i baziˇ cno rjeˇ senje
1.1
Problemi
ˇ i boca zajedno koˇstaju 11 kuna. Boca je 10 kuna skuplja od ˇcepa. 1. Cep Koliko koˇsta boca, a koliko ˇcep? 2. Koliko je u dvoriˇstu koza, a koliko kokoˇsi, ako imaju ukupno 22 noge i 8 glava? 3. Test sadrˇzi 20 pitanja. Toˇcan odgovor donosi 4 pozitivna boda, a netoˇcan 3 negativna boda. Kandidat je skupio 38 bodova. Koliko je kandidat imao toˇcnih odgovora? 4. Za dva kruha i tri litre mlijeka treba dati 18 kuna, a za tri kruha i pola litre mlijeka 11 kuna. Kolika je cijena kruha, a kolika mlijeka? 5. Vinarija raspolaˇze dvijema vrstama vina: prvom je cijena 27.5kn/l, drugom 22.5kn/l. Kupac ˇzeli kupiti 100hl vina po cijeni od prosjeˇcno 24kn/l. Koliko treba uzeti prvog, a koliko drugog vina? 6. Pas goni zeca koji se nalazi 100 zeˇcjih skokova ispred njega. Dok pas skoˇci ˇcetiri skoka, zec skoˇci pet. Ako 7 zeˇcjih skokova iznosi koliko i 4 pse´ca, koliko pas mora naˇciniti skokova da bi dostigao zeca? 7. Autobusu od Andrijeva do Brankova treba po voznom redu, odredeno vrijeme. Ako vozi prosjeˇcno 50km/h, stiˇze sat prije, a ako vozi 35km/h, kasni dva sata. Koliko je vrijeme predvideno za put i kolika je udaljenost dvaju mjesta? 8. Dva biciklista voze kruˇznom stazom duljine 900m. Prvi vozi brˇze i prestiˇze drugog svakih 18 minuta. Kada bi vozili u suprotnim smjerovima, susretali bi se svake 2 minute. Kolikim brzinama voze? 9. Za jednim automobilom koji je krenuo iz grada krene nakon pola sata drugi i stigne ga nakon 2.5 sata voˇznje. Oba vozila produˇzila su voˇznju u istom smjeru i nakon jednog i po sata brˇzi je bio 24km ispred sporijeg. Kolike su bile srednje brzine ovih automobila?
5
Problem 10. Pas goni lisicu koja ima 60 skokova prednosti. Lisica napravi tri skoka dok pas naˇcini dva. Tri pse´ca skoka iznose koliko i 7 lisiˇcjih skokova. Koliko ´ce skokova morati napraviti pas da sustigne lisicu? Rjeˇ senje: odabir varijabli: x . . . . . . broj skokova psa y . . . . . . broj skokova lisice postavljanje problema: (60 + y) : x = 7 : 3 za istu duljinu koju mjerimo u razliˇcitim koracima i y:x=3:2 za broj skokova koji su u istom vremenu uˇcinile ˇzivotinje. Nakon toga rijeˇsimo zadatak kao sustav dviju linearnih jednadˇzbi s dvije nepoznanice. Rjeˇ senja problema. Teˇzi dio rjeˇsavanja je postavljanje problema: - odabir nepoznanica - postavljanje jednadˇzbi.
1. x-cijena boce; y-cijena ˇcepa; x + y = 11; x − y = 1; x = 10.5kn, y = 0.5kn. 2. x-broj koza, y-broj kokoˇsi. 4x + 2y = 22, x + y = 8, 3 koze i 5 kokoˇsi. 3. x-broj toˇcnih, y-broj netoˇcnih; 4x − 3y = 38; 14 toˇcnih, 6 netoˇcnih.
x + y = 20;
4. x-cijena kruha, y-cijena mlijeka, 2x + 3y = 18; 3x + 12 y = 11; kruh koˇsta 3kn, mlijeko 4kn. 5. x-broj litara po 27.5kn, y-broj litara po 22.5kn; x + y = 100; x = 30l, y = 70l.
27.5x+22.5y 100
= 24;
6. x-broj koraka koje pretrˇci zec, a y-broj koraka koje pretrˇci pas do hvatanja zeca. (100 + x) : y = 7 : 4; x : y = 5 : 4; x = 250, y = 200.
6
7. t-vrijeme po voznom redu, l-udaljenost. 50km/h = l 35km/h = t+2 ; t = 8h, l = 350km. 8. v-brzina brˇzeg, u-brzina sporijeg. 18 = v = 250m/min, u = 200m/min.
900 ; v−u
9. v, u-brzina brˇzeg, odnosno sporijeg: 2.5 = v = 32km/h, u = 16km/h.
7
2=
2.5h ; v−u
l ; t−1
900 . v+u
1.5 =
24 , v−u
1.2
Sustavi linearnih jednadˇ zbi
Linearna jednadˇ zba u nepoznanicama x1 , x 2 , . . . , x n je izraz oblika α1 x1 + α2 x2 + . . . + αn xn = β. Sustav od m linearnih jednadˇ zbi s n nepoznanica glasi: α11 x1 + . . . + α1n xn = β1 α21 x1 + . . . + α2n xn = β2 .. . . = .. αm1 x1 + . . . + αmn xn = βm Rjeˇ senjem sustava smatramo svaku uredenu n-torku (γ1 , γ2 , . . . , γn ), koja supstitucijom: x k = γk ,
k = 1, . . . , n
u sve jednadˇzbe, prevodi jednadˇzbe u numeriˇcke identitete. Matriˇ cni zapis sustava je matriˇcna jednadˇzba: AX = B gdje je A matrica sustava ˇciji su elementi koeficijenati uz nepoznanice, a tipa je m×n, X je jednostupˇcana matrica tipa n×1 i B je jednostupˇcana matrica tipa m × 1. Egzistencija rjeˇ senja: postavlja se pitanje koji su nuˇzni i dovoljni uvjeti da bi sustav imao barem jedno rjeˇsenje. Takvi se sustavi zovu rjeˇsivi, mogu´ci ili kompatibilni. Ako sustav ne dopuˇsta ni jedno rjeˇsenje, kaˇzemo da je nerjeˇsiv, nemogu´c ili inkompatibilan.
8
Primjer 1. Rijeˇsite slijede´ci sustav: 3x + 2y = 4 x − 4y = 8 Rjeˇsavanje: pomnoˇzi li se prva jednadˇzba s 2, dobiva se sustav: 6x + 4y = 8 x − 4y = 8. Ako se prva jednadˇzba pribroji drugoj, novi sustav je: 6x + 4y = 8 7x = 16. Dijeljenjem druge jednadˇzbe brojem 7 sustav izgleda ovako: 6x + 4y = 8 16 x = . 7 Mnoˇzenjem druge jednadˇzbe s −6 i dodavanjem prvoj, sustav ima novi zapis: −40 7 16 x = 7 Dijeljenjem prve jednadˇzbe s 4, sustav 4y =
−10 7 16 x = 7 ima konaˇcan oblik iz kojeg se ispisuje rezultat u obliku jednostupˇcaste matrice: " # " 16 # x 7 = −10 y 7 y =
U naizgled mukotrpnom naˇcinu rjeˇsavanja treba uoˇciti da se izmjenjuju dva zahvata na sustavu: 9
- mnoˇzenje jedne jednadˇzbe brojem 6= 0 - dijeljenje jednadˇzbe brojem 6= 0 - dodavanje jedne jednadˇzbe drugoj. Nakon navedenih zahvata sistem jednadˇzbi ostaje ekvivalentan u smislu da se ne mijenjaju rjeˇsenja sistema. Primjer 2. Rijeˇsite sustav: 2x − 3y = 2 −6x + 9y = 3 Mnoˇzenjem prve jednadˇzbe s 3 i dodavanjem drugoj dobiva se sustav 2x − 3y = 2 0 = 3 koji zbog nemogu´cnosti ispunjenja druge jednakosti nema rjeˇsenja. Jedinstvenost rjeˇ senja: postavlja pitanje uz koje ´ce uvjete sustav imati jedno jedino rjeˇsenje. Primjer sustava koji ima viˇse rjeˇsenja: 3x − 4y = 12 −6x + 8y = −24 Rjeˇsenje: Pomnoˇzi se prva jednadˇzba brojem 2 i doda drugoj, dobiva se sustav: 3x − 4y = 12 0 = 0 koji ima beskonaˇcno mnogo rjeˇsenja. Nekoliko rjeˇsenja moˇzemo zapisati u tablici: 1 2 x 4 0 −9 y 0 −3 4 −1.5 Praktiˇcno je zapisati rjeˇsenje u matriˇcnom obliku: "
x y
#
"
= "
= quady ∈ R. 10
4 y 3
4 0
+4 y
#
#
+y·
"
4 3
1
#
,
Zapisivanje skupa rjeˇ senja izvodi se u matriˇcnom obliku. Primjer 3. Rjeˇsite sustav: x − 3y + 2z = −1 x + 9y + 6z = 3 x + 3y + 4z = 1 Mnoˇzenjem prve jednadˇzbe s −1 i dodavanjem drugoj i tre´coj jednadˇzbi dobiva se sustav: x − 3y + 2z = −1 12y + 4z = 4 6y + 2z = 2 Dijeljenjem druge jednadˇzbe s −2 i dodavanjem tre´coj, dobiva se: x − 3y + 2z = −1 12y + 4z = 4 0 = 0 Ako druga jednadˇzba podijeli s -2 i doda prvoj: x − 9y = −3 12y + 4z = 4 0 = 0 Konaˇcno se dijeljenjem druge jednadˇzbe brojem 4 dobiva sustav x − 9y = −3 3y + z = 1 0 = 0 iz kojeg se ispisuje postupak za dobivanje rjeˇsenja u matriˇcnom, odnosno vektorskom obliku:
x −3 9 y = 0 + t · 1 , z 1 −3 gdje je t ∈ R parametar koji generira rjeˇsenja. 11
Pitanja egzistencije i jedinstvenosti rjeˇsenja sustava jednadˇzbi zadiru u teoriju Linearne algebre. Pristupaˇcno izlaganje linearne algebre nalazi se u [4]. Rjeˇ savanje sustava provodi se Gauss-Jordanovom metodom eliminacije, a opisano je pregledno u [5]. Takvo rjeˇsavanje je i ekonomiˇcno, jer iskljuˇcuje prepisivanje oznaka za nepoznanice i znakova jednakosti. Proˇsirena matrica sustava iz Primjera 3 glasi:
1 −3 2 −1 1 9 6 3 . 1 3 4 1 Prvi stupac ˇcine koeficijenti prve nepoznanice po jednadˇzbama sustava. Naziva se vektorom koeficijenata nepoznanice ili varijable x. Analogno za drugi i tre´ci stupac. ˇ Cetvrti stupac ˇcine koeficijenti koji se u jednadˇzbama nalaze na desnim stranama jednakosti. Oni se nazivaju slobodnim koeficijentima. Elementarna transformacija nad retcima matrice jedan je od slijede´cih zahvata: 1. Zamjena poretka dviju redaka matrice 2. Mnoˇzenje nekog retka matrice brojem razliˇcitim od nule 3. Pribrajanje jednog retka matrice nekom drugom retku matrice Gauss - Jordanova metoda eliminacije rjeˇsava sustav elementarnim transformacijama nad retcima proˇsirene matrice sustava. Gauss-Jordanovom metodom rijeˇsite sustave i zapiˇsite njihova rjeˇsenja: Primjer 4. Rijeˇsite sustav:
2x − 3y + 5z = 1 x + 2y − 2z = 2 3x − y − z = 3
12
Proˇsirena matrica sustava:
2 −3 5 1 1 2 −2 2 3 −1 −1 3 Mnoˇzenjem drugog retka s -2 i dodavanjem prvom retku, a zatim mnoˇzenjem istog retka s -3 i dodavanjem tre´cem, nova proˇsirena matrica sustava glasi: 0 −7 9 −3 1 2 −2 2 0 −7 5 −3 Prvi redak pomnoˇzi se s -1 i doda tre´cem, dok se sam prvi redak podijeli s -7. Nakon toga se novonastali prvi redak pomnoˇzen brojem -2 doda drugom i dobiva se 3 0 1 −9 7 7 1 2 −2 2 0 0 −4 0 Nakon dijeljenja tre´ceg retka sa 4, a zatim mnoˇzenja novodobivenog retka s -2 i dodavanja drugom i konaˇcno dijeljenja tre´ceg retka brojem 4, proˇsirena matrica ima izgled
0 1 1 0 0 0
−9 7 4 7
1
3 7
2 0
Konaˇcno, nakon mnoˇzenja tre´ceg retka s − 74 i dodavanja drugom, te nakon mnoˇzenja tre´ceg retka sa 79 i dodavanja prvom, dobiva se matrica:
0 1 0 37 1 0 0 2 0 0 1 0 neposredno se moˇze ispisati rjeˇsenje:
x 2 3 y = 7 z 0 13
Zadatak 5. Rijeˇsite i zapiˇsite rjeˇsenja u matriˇcnom obliku: x1 + 2x2 + x3 2x1 − x2 − 3x3 x1 − 8x2 − 9x3 5x1 + 5x2
= = = =
4 2 −8 14
Rjeˇsavanje. Proˇsirena matrica sustava:
1 2 1 4 2 −1 −3 2 1 −8 −9 −8 5 5 0 14
Prvi redak mnoˇziti s -2 i dodati drugom, zatim isti redak mnoˇziti s -1 i dodati tre´cem i konaˇcno, pomnoˇziti ponovo prvi redak s -5 i dodati ˇcetvrtom, da bi se dobila matrica:
4 1 2 1 0 −5 −5 −6 0 −10 −10 −12 0 −5 −5 −6
Nakon mnoˇzenja drugog retka s -2 i dodavanja tre´cem, zatim oduzimanja drugog retka od tre´ceg retka i dijeljenja samog drugog retka brojem -5, matrica glasi:
1 0 0 0
2 1 0 0
1 4 1 65 0 0 0 0
Ako se drugi redak pomnoˇzi s -1 i doda prvom retku, dobiva se matrica
1 0 0 0
1 1 0 0
14
0 1 0 0
14 5 6 5
0
0
iz koje neposredno rjeˇsenje glasi:
x1 14/5 − x2 x2 x2 = x3 6/5 − x2
14/5 −1 = 0 + x2 · 1 , 6/5 −1 gdje je x2 ∈ R parametar. Zadatak 6. Rijeˇsite sustav: 6x1 + 4x2 + 5x3 + 2x4 + 3x5 3x1 + 2x2 + 4x3 + x4 + 2x5 3x1 + 2x2 − 2x3 + x4 9x1 + 6x2 + x3 + 3x4 + 2x5
= = = =
1 3 −7 2
Rjeˇsenje:
x1 x2 x3 x4 x5
=
0 0 13 19 −34
+ x1
·
1 0 0 −3 0
+ x2
·
0 1 0 −2 0
,
gdje su x1 , x2 ∈ R parametri kojima se generira beskonaˇcno mnogo rjeˇsenja. Ovo rjeˇsenje je, za razliku od rjeˇsenja u prethodnom zadatku, ima dva parametra. Zadatak 7. Rijeˇsite Gauss-Jordanovom metodom sustav 2x1 + 7x2 + 3x3 + x4 = 6 3x1 + 5x2 + 2x3 + 2x4 = 4 9x1 + 4x2 + x3 + 7x4 = 2 Rjeˇsenje:
x1 x2 x3 x4
=
−2/11 10/11 0 0
+t·
15
1/11 −5/11 1 0
+s·
−9/11 1/11 0 1
,
gdje su t = x3 i s = x4 parametri koji generiraju rjeˇsenja. Napomena: Sustave obavezno rijeˇsite sami. Ispravnost dobivenih rjeˇsenja provjerite uvrˇstavanjem, jer se parametri koje ste dobili ne moraju podudarati s navedenim parametrima. Ako sustave rijeˇsite, lakˇse ´cete razumijeti slijede´ce poglavlje. U njemu se navode razlozi nepodudaranja oblika rjeˇsenja i naˇcin izbora varijabli koje imaju ulogu parametara.
16
1.3
Baziˇ cna rjeˇ senja
U op´cenitom zapisu rjeˇsenja sistema javljaju se parametri koji generiraju rjeˇsenja. Baziˇ cna rjeˇ senja sustava jednadˇzbi su ona rjeˇsenja, za koja su parametri jednaki nuli. U petom zadatku, proˇsirena matrica sustava imala je konaˇcan izgled: 1 1 0 14 5 0 1 1 6 5 0 0 0 0 0 0 0 0 iz kojeg je ispisano rjeˇsenje:
x1 14/5 − x2 x2 x2 = x3 6/5 − x2
14/5 −1 = 0 + x2 · 1 , 6/5 −1 Ako se za vrijednost parametra x2 uvrsti 0, dobiveno rjeˇsenje zovemo baziˇcnim: x1 14/5 x2 = 0 x3 6/5 Varijable x1 i x3 nazivaju se baziˇcnim varijablama. Ponekad se baziˇcnim rjeˇsenjima nazivaju i pojedinaˇcne vrijednosti: x1 = 14/5 x3 = 6/5. Varijabla x2 je nebaziˇcna varijabla i njena je vrijednost u baziˇcnom rjeˇsenju jednaka nuli. Koeficijenti baziˇcne varijable u stupcu posljednje proˇsirene matrice sus-
17
tava, ˇcine jedan od vektora baze vektorskog 4-dimenzionalnog prostora:
x1 1 0 0 0
x3 0 1 0 0
Op´cenito, koeficijenti baziˇcnih varijabli, tj. odgovaraju´ci stupci posljednje transformacije proˇsirene matrice sustava su neki od vektora baze m-dimenzionalnog prostora Rm (za m-broj redaka, odnosno jedndˇzbi):
1 0 .. .
0 1 .. .
0 0 .. .
; ;... 0 0 0
0
0
1
Vaˇ zna napomena je da baziˇcno rjeˇsenje nije jednoznaˇcno. Ako se u Zadatku 5, u posljednjo proˇsirenoj matrici, prvi redak pomnoˇzi s -1 i doda drugom, nova matrica je
1 −1 0 0
1 0 0 0
0 14 5 1 − 85 . 0 0 0 0
Sada su vrijednosti baziˇcnih varijabli x2 = 14/5 x3 = −8/5. Nebaziˇcna varijabla je x1 i ona u baziˇcnom rjeˇsenju ima vrijednost 0. Ako se pak u posljednjoj matrici doda drugi redak prvom, a zatim isti, drugi, redak podijeli s -1:
0 1 0 0
1 1 65 0 −1 85 0 0 0 0 0 0 18
,
dobiva se matrica iz koje se ispisuje baziˇcno rjeˇsenje: x1 = 8/5 x2 = 6/5 x3 = 0. Broj baziˇcnih rjeˇsenja u op´cem sluˇcaju manji je ili jednak: Ã
n rangA
!
gdje je n broj nepoznanica, a rangA rang matrice sustava A, odnosno najve´ci mogu´ci broj stupaca koji izgledaju kao gore navedeni baziˇcni vektori, a mogu se dobiti elementarnim transformacijama nad retcima matrice sustava A.
1.4
Zadaci
U sljede´cim zadacima odredite sva baziˇcna rjeˇsenja sustava jednadˇzbi: 1. 10x1 + x2 + 10x3 = 20 15x1 + 3x2 + 5x3 = 15 Rjeˇsenje zadatka su slijede´ca baziˇcna rjeˇsenja:
3 0 1/2 −10 ; 2 ; 0 . 0 9/5 3/2 Pozitivna baziˇ cna rjeˇ senja sustava su u prometu od osobitog znaˇcaja, jer su rjeˇsenja prirodno nenegativne veliˇcine. Zato se prvo navedeno baziˇcno rjeˇsenje naziva nemogu´ cim baziˇ cnim rjeˇ senjem. 2. 2x1 + 2x2 − 5x3 − 5x4 = 3 −x1 − 3x2 + 6x3 + 3x4 = 4 19
Rjeˇsenje. Mogu´ca baziˇcna rjeˇsenja:
29 0 0 11
;
38/7 0 11/7 0
,
a nemogu´ca baziˇcna rjeˇsenja:
17/4 −11/4 0 0
;
0 −38/3 −17/3 0
;
0 −29/9 0 −17/9
;
0 0 29/15 −38/15
.
3. x1 + 2x2 + x3 = 7 2x1 − x2 + 2x3 = 6 x1 + x2 + 3x3 = 12 Rjeˇsenje. Jedno jedino mogu´ce baziˇcno rjeˇsenje:
1/2 33/10 . 8/5
4. 2x1 − 3x2 + 5x3 + 7x4 = 1 4x1 − 6x2 + 2x3 + 3x4 = 2 2x1 − 3x2 − 11x3 − 15x4 = 1 Rjeˇsenje ovog zadatka, radi njegova oblika, navodi se u cijelosti. Proˇsirenoj matrici sustava
2 −3 5 7 1 4 −6 2 3 2 2 −3 −11 −15 1 20
prvi se redak mnoˇzi s -2 i dodaje drugom retku, zatim se prvi redak oduzima od tre´ceg i, konaˇcno, sam prvi redak se dijeli brojem 2 i dobiva se: 2 −3 5 7 1 −8 −11 0 0 0 . 0 0 −16 −22 0 Slijedi mnoˇzenje drugog retka brojem -2 i dodavanje tre´cem, a zatim dijeljenje drugog retka brojem -8. Nakon toga se u matrici
2 −3/2 5/2 7/2 1/2 0 1 11/8 0 0 0 0 0 0 0 mnoˇzi drugi redak s −5/2 i dodaje prvom:
1 −3/2 0 1/16 1/2 0 1 11/8 0 0 , 0 0 0 0 0 i slijedi baziˇcno rjeˇsenje:
x1 x2 x3 x4
=
1/2 0 0 0
.
Uoˇciti da je x3 baziˇcna varijabla i da je njena vrijednost jednaka nuli. Degenerirana baziˇ cna varijabla je ona baziˇcna varijabla koja ima vrijednost nula. Baziˇcno rjeˇsenje u kojem je bar jedna varijabla degenerirana naziva se degeneriranim baziˇ cnim rjeˇ senjem. Zadatak 5. Da li postoje pozitivna baziˇcna rjeˇsenja sustava linearnih jednadˇzbi: 3x1 + 2x2 + 5x3 + 4x4 2x1 + 3x2 + 6x3 + 8x4 x1 − 6x2 − 9x3 − 20x4 4x1 + x2 + 4x3 + x4 21
= = = =
3 5 −11 2
?
ˇ Zelimo li dobiti pozitivna baziˇcna rjeˇsenja, desne strane jednakosti moraju biti pozitivne. U zadanom sustavu treba tre´cu jednadˇzbu pomnoˇziti s −1. Tako se dobiva sustav, ˇcija proˇsirena matrica izgleda:
3 2 −1 4
2 3 6 1
5 4 3 6 8 5 9 20 11 4 1 2
Ako se zahtijeva da, primjerice, x1 bude baziˇcna varijabla, tada jedinica budu´ceg stupca - baziˇcnog vektora ne smije biti na mjestu na kojem je sada negativni broj. Da se nakon elementarnih transformacija nebi pojavile negativne vrijednosti u stupcu slobodnih koeficijenata, prije odabira kljuˇcnog elementa treba analizirati omjere elemenata stupca b - slobodnih koeficijenata i pozitivne elemente stupca x1 - koeficijenata uz nepoznanicu x1 : 3:3 5:2 2:4 Vode´ci element koji ´ce odrediti jedinu jednadˇzbu u kojoj ´ce se javiti x1 bit ´ce element s najmanjim omjerom. Na mjestu tog elementa u novoj, transformiranoj matrici stajat ´ce 1, dok ´ce na ostalim mjestima u stupcu biti 0. U ovom sluˇcaju to je koeficijent 4 iz ˇcetvrtog retka, odnosno jednadˇzbe. Prva elementarna transformacija je dijeljenje ˇcetvrtog retka brojem 4:
3 2 5 1 3 2 3 6 8 5 −1 6 9 20 11 1 14 1 14 12
Novonastali redak dodaje se tre´cem, zatim se taj isti redak mnoˇzi s -2 i pribraja drugom. Na kraju se ˇcetvrti redak mnoˇzi brojem -3 i dodaje
22
prvom. Tako se dobiva matrica:
5 4 5 2 25 4 1 4
0 0 0 1
2 −2 4 15 2 81 10 4 1 14
3 2 4 23 2 1 2
Sada se analogno traˇzi pozitivna baziˇcna vrijednost za x2 . Analiziraju´ci omjere slobodnih koeficijenata i pozitivnih koeficijenata uz nepoznanicu x2 , dobiva se: 3 5 : 4, 2 4 : 5, 3 5 2 min 23 25 = : , : 4, 2 4 2 1 1 :4 2 5 4
pa je vode´ci ili kljuˇcni element koeficijent
uz x2 iz prvog retka,
odnosno jednadˇzbe. Mnoˇze´ci prvi redak razlomkom 54 , dobiva se:
0 1 85 − 58 65 0 52 4 15 4 2 81 23 0 25 4 10 4 2 1 1 1 4 1 4 12
i − 14 i simultano dodavati Prvi redak treba redom mnoˇziti s − 52 , − 25 4 drugom, tre´cem i ˇcetvrtom retku. Nova proˇsirena matrica sustava glasi:
0 0 0 1
1 85 − 85 65 1 0 0 23 2 0 0 121 4 4 1 0 35 13 20 5
Sada se baziˇcna varijabla traˇzi u x4 . Izbjegavaju´ci negativnosti u stupcu slobodnih koeficijenata, analiziraju se omjeri slobodnih koeficijenata i odgovaraju´cih pozitivnih koeficijenata ˇcetvrtog stupca koji 23
pripadaju varijabli x4 : 1 : 23 , 2 121 , 4 13 1 : 20 5
min 4 :
Drugi redak treba mnoˇziti s
23 2
=1:
23 2
da se na ˇcetvrtom mjestu dobije 1. Novo
nastali se drugi redak simultano sada mnoˇzi redom brojevima: 85 , − 121 4 i
13 20
uz istovremeno dodavanje prvom, tre´cem i ˇcetvrtom retku. Izgled
konaˇcne matrice:
0 0 0 1
1 85 0 0 0 1 0 0 0 0 35 0
154 115 2 23 63 46 33 230
.
Iz posljednje proˇsirene matrice sustava ispisuje se nenegativno baziˇcno rjeˇsenje (baziˇcno mogu´ce rjeˇsenje): 33 230 154 = 115 = 0 2 = 23
x1 = x2 x3 x4
24
1.5
Problemski zadaci
1. Brzina helikoptera ve´ca je za 70km/h od brzine automobila. Duljina leta kojeg u punoj brzini preleti helikopter i duljina puta ˇsto ga za isto vrijeme moˇze prije´ci automobil odnose se kao 15 : 8. Koliko brzo moˇze i´ci helikopter, a koliko automobil? 2. Kupac je platio hlaˇce i jaknu za gotovinu. Popust na hlaˇce bio je 5%, na jaknu 4%, pa je kupac ”uˇstedio” 160 kuna. Da je popust na hlaˇce bio 6%, a na jaknu 8%, kupac bi ”uˇstedio” 240 kuna. Koliko su koˇstale hlaˇce, a koliko jakna? 3. Rijeˇsite sustav Gauss - Jordanovom metodom i zapiˇsite rjeˇsenje u vektorskom obliku: 3x1 − 5x2 + 2x3 + 4x4 = 2 7x1 − 4x2 + x3 + 3x4 = 5 5x1 + 7x2 − 4x3 − 6x4 = 3 4. Napiˇsite rjeˇsenje sustava u matriˇcnom obliku: 2x1 + 5x2 − 8x3 4x1 + 3x2 − 9x3 2x1 + 3x2 − 5x3 x1 + 8x2 − 7x3
= = = =
8 9 7 12
5. Odredite mogu´ca baziˇcna rjeˇsenja sustava: (a) 2x1 + x2 + 5x3 = 5 x1 + 2x2 + x3 = 4 (b) x1 − x3 + x4 − x5 = 1 x2 + x3 + 4x4 + 2x5 = 4 −7x4 + 3x5 = 0
25
Rjeˇsenja problemskih zadataka: 1. v-brzina helikoptera, u-brzina automobila, v = u + 70, v : u = 15 : 8, v = 150km/h, u = 80km/h. 2. h-cijena hlaˇca, j-cijena jakne, 5% · h + 4% · j = 160, 6% · h + 8% · j = 240, h = 2000kn, j = 1500kn.
3.
x1 x2 x3 x4
=
0 5 −13/2 21/2
+t·
1 1 9 −4
4. Sustav nema rjeˇsenja.
5.
2 0 5 (a) 0 je nemogu´ce baziˇcno rjeˇsenje, a 1 , 5/3 su mogu´ca 2/3 0 −1 baziˇcna rjeˇsenja.
(b) degenerirana mogu´ca baziˇcna rjeˇsenja su: nedegenerirano je
21/13 0 0 6/13 14/13
.
26
1 4 0 0 0
,
5 0 4 0 0
i
1 0 4 0 0
, a
2
Geometrijsko rjeˇ savanje problema linearnog programiranja
2.1
Linearne nejednadˇ zbe s dvije nepoznanice
Rjeˇsavanje nejednadˇzbe s dvije nepoznanice opisano je u [5] prilikom odredivanja domene funkcije dvije varijable. Tehnika rjeˇsavanja linearne jednadˇzbe s dvije nepoznanice jednostavnija je jer zahtijeva znanje o crtanju pravca u ravnini i elementarnom odredivanju poluravnine ˇcije toˇcke zadovoljavaju nejednadˇzbu. 1. Skicirajte rjeˇsenje nejednadˇzbe: 2x − 3y ≥ 6. 2. Skicirajte u koordinatnoj ravnini skup rjeˇsenja sustava nejednadˇzbi: (a) x ≥ −3,
2.2
x ≤ 2,
y ≤ 2,
x−y−4≤0
(b) 2x − 3y − 2 ≤ 0,
2x − 3y − 2 ≥ 0,
(c) 4x − 3y + 5 ≤ 0,
x + y − 4 ≥ 0,
y≤2 2x − 5y − 1 ≥ 0
Maksimum i minimum linearne funkcije dvije varijable na konveksnom skupu.
1. Odredite maksimum funkcije f (x, y) na konveksnom skupu : (a) f (x, y) = x + 2y;
3x − 2y ≥ −6,
(b) f (x, y) = x + 3y − 2; x ≤ 5, x, y ≥ 0
x + y − 7 ≤ 0,
3x + y ≥ 3,
x≤3
2x + 3y − 18 ≤ 0,
2. Odredite minimum funkcije f (x, y) uz slijede´ca ograniˇcenja: (a) f (x, y) = 6x + 4y;
x + y ≥ 2,
(b) f (x, y) = 3x − 2y + 10; x − 3 ≤ 0, x, y ≥ 0
x ≥ 21 ,
x − 2y + 4 ≥ 0,
y ≤ 4,
x−y ≤0
x + y − 5 ≤ 0,
3. Potrebno je prevesti teret na dvije relacije. Vrijeme obrta na prvoj relaciji je 1.4 sata, a na drugoj 1.1 sat. Radno vrijeme je 6.5 sati. Odredite broj obrta na svakoj relaciji tako da radno vrijeme bude maksimalno iskoriˇsteno. 27
Rjeˇsenje: x1 . . . broj obrta na prvoj relaciji, x2 . . . broj obrta na drugoj relaciji max(1.4x1 + 1.1x2 ) 1.4x1 + 1.1x2 ≤ 6.5 x1 , x 2 ≥ 0 Traˇze li se cjelobrojna rjeˇsenja, treba ispitati funkciju cilja na toˇckama unutar trokuta, a koje imaju cjelobrojne koordinate. Nije teˇsko prepoznati da je toˇcka maksimuma (3, 2) a maksimum zmax = 6, 4 sata. 4. Na svaku kolonu od sto vozila koja kre´ce iz grada A dolazi u pratnji jedna radionica, dva vozila tehniˇcke pomo´ci i dva motocikla. Na isto takvu kolonu koja kre´ce iz grada B u pratnji su dvije radionice, jedno vozilo tehniˇcke pomo´ci, no nema motocikla. Jedna kolona koja ide iz grada A preveze 3000t tereta, dok kolona iz grada B preveze 2500t. Na raspolaganju je 1000 vozila, 16 radionica i isto toliko vozila tehniˇcke pomo´ci, te 14 motocikala. Koliko je kolona potrebno formirati u svakom gradu, tako da prijevoz tereta bude maksimalan? Rjeˇsenje: GRAD GRAD resursi A B vozila 100 100 1000 radionice 1 2 16 teh. pom. 2 1 16 motori 2 − 14 teret kolone 3000 2500 broj kolona x1 x2 Iz tablice zapisujemo model: max(3000x1 + 2500x2 ) 100x1 + 100x2 ≤ 1000 x1 + 2x2 ≤ 16 28
2x1 + x2 ≤ 16 2x1 ≤ 14 x1 , x2 ≥ 0. Rjeˇsenje: zmax = 28000t, koji se postiˇze za x1 = 6, x2 = 4. 5. Grafiˇckom metodom rijeˇsite problem maksimalnog koriˇstenja kapaciteta u poduze´cu koje izradjuje dva proizvoda:P1 , P2 koji prolaze kroz tri grupe strojeva: S1 , S2 , S3 . Vrijeme u satima i kapaciteti strojeva dani su tabliˇcno: ST ROJEV I S1 S2 S3 U KU P N O
V RIJEM EP1 10 10 20 40
V RIJEM EP2 10 30 10 50
KAP ACIT ET I 8000 18000 14000 40000
Rjeˇsenje: Ako je x1 broj komada proizvoda P1 , a x2 broj proizvoda P2 ,matematiˇcki model problema je: max(40x1 + 50x2 ) 10x1 + 10x2 ≤ 8000 10x1 + 30x2 ≤ 18000 20x1 + 10x2 ≤ 14000 x1 , x 2 ≥ 0 Rjeˇsenje je zmax (300, 500) = 37000h, ˇsto predstavlja 92.5% iskoriˇstenog vremena. 6. Rijeˇsite problem grafiˇckom metodom: min(20x1 + 40x2 ) 6x1 + x2 ≥ 18 29
x1 + 4x2 ≥ 12 2x1 + x2 ≥ 10 x1 , x 2 ≥ 0 (rjeˇsenje problema: zmin (4, 2) = 160.) 7. Rijeˇsite linearni problem: max(x1 + 2x2 ) −x1 + x2 = 1 x1 , x 2 ≥ 0 (nema optimalnog rjeˇsenja jer funkcija cilja neograniˇceno raste.) 8. Napiˇsite rjeˇsenja slijede´ceg problema: max(12x1 + 18x2 ) 2x1 + 3x2 ≤ 33 x1 + x2 ≤ 15 x1 + 3x2 ≤ 27 x1 , x 2 ≥ 0 (problem ima beskonaˇcno mnogo rjeˇsenja, a to su toˇcke spojnice T3 T4 , gdje je T3 = (12, 3), a T4 = (6, 7).) 9. Rijeˇsite problem: max(x1 + 3x2 ) −x1 + x2 ≤ 20 x1 + x2 ≤ 30 2x1 + 2x2 ≥ 0 x1 − x2 ≤ 10 x1 , x 2 ≥ 0 (rjeˇsenje: zmax (5, 25) = 80) 30
10. Dva proizvoda, P1 i P2 prolaze u procesu proizvodnje kroz dva stroja, S1 i S2 . U jedinici vremena na stroju S1 mogu se obraditi 20 komada proizvoda P1 i 40 komada P2 . Na stroju S2 mogu se u jedinici vremena obraditi po 30 komada bilo proizvoda P1 , bilo P2 .U proces proizvodnje ugradjene su i dvije linije montaˇze. U jedinici vremena mogu montirati najviˇse 15 komada P1 i 25 komada P2 . Dobitak po proizvodu P1 je 5, a po P2 10 kuna. Sastavite program proizvodnje koji ´ce u danim uvjetima maksimalizirati dobitak. (Rjeˇsenje: Zadatak se svodi na problem: max(5x1 + 10x2 ) x1 x2 + ≤1 20 40 x1 x2 + ≤1 30 30 x1 ≤ 15 x2 ≤ 25 x 1 , x2 ≥ 0 ˇcije je rjeˇsenje: max(5, 25) = 275.)
11. Iz dvije vrste namirnica treba, uz minimalne troˇskove, sastaviti dnevni obrok koji sadrˇzi bar 3000 kalorija i 100g bjelanˇcevina. Poznato je da 1kg namirnica prve vrste sadrˇzi 2000cal i 100g bjelanˇcevina, dok 1kg druge namirnice sadrˇzi 4000cal i 200g bjelanˇcevina. Sastavite najjeftiniji obrok uzevˇsi u obzir da jedan kilogram prve namirnice koˇsta 6kn, a druge 9kn. ( Rjeˇsenje: uzeti samo 0.75kg namirnica druge vrste, ˇsto koˇsta 6.75kn. Napomena: Od 1980. godine, umjesto kalorija u upotrebi je dˇzul (1cal = 4190J).) 12. Tvornica stoˇcne hrane proizvodi dvije vrste smjesa kukuruza, zobi i pˇsenice prema ovoj tablici:
1.smjesa 2.smjesa
kukuruz 90% 70% 31
zob 10% 20%
pˇsenica nema 10%
Pretpostavimo da tvornica ostvaruje dobit od 27 dolara po toni prve i 21 dolar po toni druge smjese. Neka tvornica raspolaˇze s 1800t kukuruza, 1000t zobi i 600t pˇsenice. Koliko tona svake smjese treba proizvesti da se maksimalizira ukupna dobit, ako sva proizvodnja moˇze biti prodana, a proces mijeˇsanja jednako stoji za svaku smjesu. ( Rjeˇsenje: svaka toˇcka segmenta koji spaja (0, 18000 ) i (2000, 0). Mak7 simalna dobit je 54000 dolara.) 13. Neko poduze´ce ima dva skladiˇsta smjeˇstena u dva razliˇcita grada. Roba se iz tih skladiˇsta transportira u tri robne ku´ce koje su smjeˇstene u druga tri grada. Troˇskovi prijevoza po jedinici vremena, kapaciteti skladiˇsta i zahtjevi robnih ku´ca dani su pregledno u tablici:
S1 S2 zahtjevi
R1 4 1 10
R2 2 3 20
R3 1 5 10
kapaciteti 15 25
( Rjeˇsenje: Neka je x koliˇcina robe koju vozimo iz S1 u R1 , a y neka je koliˇcina robe koju vozimo iz S1 u R2 . Ostale su vrijednosti odredene. Zahtjevamo li pozitivnost svih preveˇzenih koliˇcina, dobivamo uvjete i dobiva se minimalni troˇsak od 75 novˇcanih jedinica.) 14. Velika gradska prijevozniˇcka tvrtka ˇzeli nabaviti 300 kamiona nosivosti po 3600 i 1200 kilograma, tako da oni zajedno u samo jednoj voˇznji mogu natovariti barem 432t robe. Kamioni se kupuje na kredit. Mjeseˇcna rata za svaki ve´ci kamonˇci´c iznosi 3300, dok za manji 2800 Eura. Za otplatu poduze´ce ne moˇze mjeseˇcno izdvojiti viˇse od 924000 Eura. Jedan prijevoz ve´cim vozilom donosi oko 320, a manjim 360 Eura. Koliko bi tvrtka trebala kupiti ve´cih, a koliko manjih kamiona, pa da ostvari najve´cu dobit za jednu voˇznju dnevno? (rjeˇsenje: 30 ve´cih i 270 manjih, dobit po danu je 106800 Eura.) 15. Poduze´ce proizvodi skije za trˇcanje i za slalom. Proizvodi se u odjelu za proizvodnju, kapaciteta 216 sati i odjelu za finalizaciju kapaciteta 48 sati. Skije za trˇcanje treba 12 sati raditi i 2 sata sastavljati, dok skije za slalom treba 8 sati raditi i 2 sata sastavljati. Koliko kojih raditi 32
u danim uvjetima, ako skije za trˇcanje donose profit od 40$, a slalom skije 30$. Pod skijama podrazumijeva se par skija. (rjeˇsenje: treba proizvesti 6 pari skija za trˇcanje i 18 pari skija za slalom, ˇsto ´ce donijeti 780$ profita .) 16. Potrebno je uvesti trajektnu liniju koja bi dnevno u oba smjera mogla prevesti barem 2500 automobila, a ne bi potroˇsila dnevnu zalihu od 800 litara goriva. Na raspolaganju su dva tipa trajekata. Ve´ci u jednom smjeru vozi 200 automobila, potroˇsi pritom 30 litara goriva, a ukupni troˇsak jedne voˇznje je 800kn. Manji u jednom smjeru potroˇsi 40 litara gorva, moˇze prevesti 160 automobila, a troˇsak takve voˇznje je 650kn. Ako ve´ci u jednom danu napravi ukupno 10 voˇznji, a manji 8, koliko bi i kojih plovila trebalo nabaviti, pa da roˇskovi budu ˇsto manji? Obavezno izraˇcunajte minimalni dnevni troˇsak. (Rjeˇsenje: varijable: - varijable: - x1 · · · broj ve´cih trajekata - x2 · · · broj manjih trajekata - funkcija cilja: min(10 · 800x1 + 8 · 650x2 ) - uvjeti: 10 · 200x1 + 8 · 160x2 ≥ 2500 10 · 30x1 + 8 · 40x2 ≤ 800 x1 , x 2 ≥ 0 U domeni se promatraju samo toˇcke s cjelobrojnim koordinatama i nalazi se da je najbolje uzeti 2 manja trajekta uz minimalni dnevni troˇsak od 104000kn.) 17. Planira se tjedna proizvodnja dva proizvoda P1 i P2 . Do finalnog proizvoda materijal prolazi tri faze obrade: F1 , F” i F3 . Tjedni kapacitet za svaku fazu je 840 radnih sati. Za prvi proizvod P1 potrebno je 1 sat za fazu F1 , 2 sata za fazu F2 i 1/2 sata za tre´cu fazu, F3 . Za drugi proizvod P2 potrebno je 2 sata rada u prvoj fazi, 36 minuta u drugoj fazi i 20 minuta rada u tre´coj fazi. 33
Kako treba planirati proizvodnju, odnosno koliko treba izraditi komada prvog proizvoda P1 , a koliko komada drugog proizvoda P2 da bi zarada bila maksimalna, ako je cijena prvog proizvoda po komadu 200 kuna, a drugog 300kn. Napisati matematiˇcki model i problem rijeˇsiti grafiˇcki. (Rjeˇsenje: Matematiˇcki model koji se ispisuje iz tablice: P1 P2
F1 F2 F3 1 2 1/2 2 3/5 1/3 840 840 840
i glasi: max(200x1 + 300x2 ) x1 + 2x2 2x1 + 0.6x2 0.5x1 + 0.33x2 x1 , x 2
≤ ≤ ≤ ≥
840 840 840 0
i konaˇcno daje maksimalnu zaradu od 33600kn za 168 proizvoda P1 .
34
2.3
Problemski zadaci
1. Odredite minimum i maksimum linearnih funkcija uz navedene uvjete: (a) f (x1 , x2 ) = 3x1 + 2x2 x1 + x2 ≤ 6 x1 − 2x2 ≤ 2 x1 ≥ 1 x2 ≤ 4 x1 , x 2 ≥ 0 (b) f (x1 , x2 ) = 2x1 + 2x2 x1 + x2 ≥ 3 −x1 + x2 ≤ 2 x2 ≤ 4 x1 , x 2 ≥ 0 2. Jedno poduze´ce proizvodi dva proizvoda i za njihovu obradu koristi ˇcetiri stroja. Raspoloˇzivo vrijeme na strojevima je redom: 16, 10, 16 i 12 sati. Za obradu svakog proizvoda prvog tipa na strojevima treba raditi redom: 2,2,4 i 0 sati, dok za obradu svakog proizvoda drugog tipa treba po 4,1,0 i 4 sata. Ako je zarada po svakom proizvodu prvog tipa dvije kune, a po svakom proizvodu drugog tipa tri kune, kako planirati proizvodnju da poduze´ce ostvari maksimalnu dobit? 3. U okviru jednog poduze´ca rade dvije tvornice a proizvodi se prodaju u tri skladiˇsta. Prva tvornica radi 10000 artikala, a druga 5000. Skladiˇsta prodaju po 4000, 8000 i 3000 komada. Cijene prijevoza po komadu dana su tabliˇcno. Odredite plan transporta s minimalnim troˇskovima i izraˇcunajte te troˇskove.
T1 T2
S1 3kn 6kn
35
S2 3kn 5kn
S3 2kn 1kn
Rijeˇsenja problemskih zadataka: 1. zadatak a)
x1 = 4.67 x2 = 1.33 fmax = 16.67
x1 = 1 b) x1 = 3 x2 = 0 x2 = 0 fmin = 3 fmin = 6
fmax → ∞
2. Treba proizvoditi 4 proizvoda prvog i 2 drugog tipa, uz zaradu od 14kn. 3. Minimalni troˇsak transporta je 43000 novˇcanih jedinica. Iz T1 u S1 slati 4000, a u S2 6000 komada, dok iz T2 u S2 slati 2000 a u S3 3000 komada.
36
3
Numeriˇ cko rjeˇ savanje linearnog problema simpleks metoda
Baziˇ cno mogu´ ce rjeˇ senje sustava linearnih jednadˇzbi u ovom je poglavlju jedan od kljuˇcnih pojmova.
3.1
Jedan primjer
Primjer pokazuje vezu mogu´cih baziˇcnih rjeˇsenja linearnog sustava i mogu´cih rjeˇsenja linearnog problema. Primjer 1: max(2x1 + 3x2 ) 4x1 + 5x2 ≤ 16 −2x1 + 3x2 ≤ 3 x1 , x 2 ≥ 0 Grafiˇ cko rjeˇ savanje vodi na mogu´ca rjeˇsenja linearnog problema: 3 O(0, 0); A(0, 1); B( , 2); C(4, 0). 2 Numeriˇ cko rjeˇ savanje daje baziˇcna mogu´ca rjeˇsenja sustava: 4x1 + 5x2 + u1 = 16 −2x1 + 3x2 + u2 = 3 Prvo mogu´ce baziˇcno rjeˇsenje je
x1 x2 u1 u2
=
0 0 16 3
Drugo mogu´ce baziˇcno rjeˇsenje je
x1 x2 u1 u2
=
37
4 0 0 11
Tre´ce mogu´ce baziˇcno rjeˇsenje je:
x1 x2 u1 u2
=
0 1 11 0
ˇ Cetvrto mogu´ce baziˇcno rjeˇsenje:
x1 x2 u1 u2
3 2 2 = 0
.
0
Ako se uzmu u obzir samo prve dvije komponente, one predstavljaju koordinate toˇcaka koje su mogu´ca rjeˇsenja grafiˇckog problema. Simpleks metoda ne analizira sva baziˇcna rjeˇsenja, ve´c postoji algoritam koji dovodi do baziˇcnog mogu´ceg optimalnog rjeˇsenja uz najkra´ci broj koraka. Algoritam je pregledno opisan u sljede´cem poglavlju.
3.2
Simpleks metoda
Problem max(2x1 + 3x2 ) 4x1 + 5x2 ≤ 16 −2x1 + 3x2 ≤ 3 x1 , x2 ≥ 0, dodavanjem varijabli u1 i u2 , prevodi se u kanonski oblik: max(2x1 + 3x2 + 0u1 + 0u2 ) 4x1 + 5x2 + u1 = 16 −2x1 + 3x2 + u2 = 3 x1 , x2 , u1 , u2 ≥ 0.
38
Simpleks tablica: 2 x1 4 -2 -2
cj cB 0 0 zj
u1 u2 −cj
3 x2 5 3 -3
0 u1 1 0 0
0 u2 0 1 0
b 16 3 0
Poˇcetno baziˇcno mogu´ce rjeˇsenje sistema je:
x1 x2 u1 u2
=
0 0 16 3
,
a vrijednost funkcije cilja je nula. Najnegativnija vrijednost zj − cj daje novu baziˇcnu varijablu, tako da ´ce u tom stupcu biti baziˇcni vektor. Radi zahtjeva pozitivnosti varijable x2 , komponenta 1 novog baziˇcnog vektora bit ´ce u onom retku koji ima najmanji nenegativni omjer komponente iz stupca b i odgovaraju´ce pozitivne vrijednosti u stupcu od x2 : b : x2 . Taj redak je u ovom primjeru 2. redak, budu´ci je 3 : 3 < 16 : 5. Dakle, vode´ ci element u stupcu ispod x2 je 3. Elementarnim transformacijama nad retcima dolazi se do nove tablice: cj cB 0 0 zj
2 x1
22 3 −2 3
u1 x2 −cj
-4
3 x2 0 1 0
0 u1 1 0 0
0 u2
−5 3 1 3
1
Baziˇcno mogu´ce rjeˇsenje sada je:
x1 x2 u1 u2
=
39
0 1 11 0
.
b 11 1 3
Funkcija cilja jednaka je 3. Iz ove tablice negativna vrijednost z1 − c1 = −4 pokazuje da nova baziˇcna varijabla mora biti x1 , a komponenta 1 novog baziˇcnog vektora bit ´ce u stupcu ispod varijable x1 . Alternative za vode´ci element nema, jer radi svoje negativnosti to ne moˇze biti element u drugom retku. Nova tablica tako izgleda: cj 2 3 0 0 cB x 1 x 2 u1 u2 b 3 −5 3 2 x1 1 0 22 22 2 1 2 3 x2 0 1 11 11 2 6 1 zj −cj 0 0 11 9 11 Ovo je konaˇcna tablica, jer nema viˇse negativnih zj − cj . ˇ Citamo optimalno rjeˇsenje: 3 x1 = 2 x2 = 2 fmax = 9 Zadatak. Linearni problem max(3x1 + 2x2 ) x1 − x 2 −x1 + 2x2 x1 x1 + 2x2 x1 , x 2
≤ ≤ ≤ ≤ ≥
3 8 4 12 0
rijeˇsite grafiˇcki, a zatim raˇcunski. Ucrtajte ”put” kojim simpleks procedura putuje do rjeˇsenja. (rjeˇ senje: fmax = 20; (x1 , x2 ) = 4, 4) Zadatak. Rijeˇsite linearni problem: max(2x1 + x2 + x3 ) 2x1 + x2 + x3 6x1 + 3x2 + 2x3 2x1 + x2 + 2x3 x1 , x 2 , x 3 40
≤ ≤ ≤ ≥
20 50 30 0
(rjeˇ senje: fmax = 20; x1 = 5; x2 = 0; x3 = 10. Charnesovom M procedurom rjeˇsavaju se problemi ˇciji uvjeti nisu tipa manje ili jednako.
41
3.3
Rjeˇ senje standardnog problema minimuma-Charnesova M procedura
Zadatak 1 Grafiˇckom metodom rijeˇsite linearni problem: max(3x1 + 2x2 ) x1 − x 2 −x1 + 2x2 x1 x1 + 2x2 x1 , x 2
≤ ≤ ≤ = ≥
3 8 4 12 0
Zadatak 2 Numeriˇcki rijeˇsite linearni problem prvog zadatka. Rjeˇ savanje zadatka poˇcinje konstrukcijom kanonskog oblika problema: Zadatak 3 Rijeˇsite problem grafiˇckom metodom: min(x1 + 2x2 ) x1 − x2 ≤ 4 2x1 + 3x2 ≥ 18 x1 , x 2 ≥ 0 Zadatak 4 Rijeˇsite problem iz tre´ceg zadatka numeriˇcki. Rjeˇ senje se izvodi Charnesovom M procedurom. Problem iz prvog zadatka prelazi u problem: min(x1 + 2x2 + 0u1 + 0v1 + M w1 ) x1 − x2 + +u1 = 4 2x1 + 3x2 − v1 + w1 = 18 x1 , x 2 , u 1 , v 1 , w 1 ≥ 0 Simpleks tablica ima slijede´ci izgled: cj cB 0 M zj
u1 w1 −cj
1 x1 1 2 2M − 1
2 x2 -1 3 3M − 2 42
0 u1 1 0 0
0 v1 0 -1 −M
M w1 0 1 0
b 4 18 18M
Analiza zj − cj ide u smjeru nalaˇzenja najpozitivnije vrijednosti. Ona pokazuje novu baziˇcnu varijablu i stupac u kojem treba konstruirati baziˇcni vektor. Kljuˇcni element treba traˇziti na potpuno identiˇcan naˇcin radi zahtjeva za nenegativnosti varijabli. Nova je tablica: 1 2 0 0 M cj cB x 1 x 2 u1 v 1 w1 b −1 1 5 0 1 0 u1 10 3 3 3 2 −1 1 2 x2 1 0 6 3 3 3 1 −2 zj −cj 3 0 0 −M 12 3 Nova baziˇ cna varijabla biti ´ce x1 , a u stupcu ispod x1 treba konstruirati novi baziˇcni vektor. Nova tablica sada je cj cB 1 2 zj
x1 x2 −cj
1 x1 1 0 0
2 x2 0 1 0
0 u1
3 5 −2 5 −1 5
0 v1
M w1
−1 5 −1 5 −2 3
1 5 1 5
−M
b 6 2 10
Ovo je konaˇcna tablica i optimalno rjeˇsenje je: x1 = 6 x2 = 2, fmin = 10 Zadatak 5. Numeriˇcki rijeˇsite linearni problem: max(12x1 + 10x2 + 12x3 ) x1 + x2 + x3 x1 + x3 x2 x1 , x 2 , x 3
= ≤ ≥ ≥
20 10 5 0
(Rjeˇsenje problema je: x1 = 10;
x2 = 10;
43
x3 = 0;
fmax = 220.)
Zadatak 6. Rijeˇsite linearni problem: min(8x1 + 12x2 + 2x3 + 6x4 ) 4x1 + 6x2 + 3x3 + 2x4 3x1 + x2 + 5x3 + x4 2x1 + 5x2 + 3x4 x1 , x 2 , x 3 , x 4
≤ ≥ = ≥
80 60 40 0
(rjeˇsenje: x1 = x2 = 0; x3 = 9.33; x4 = 13.33; fmin = 98.67) (ili rjeˇsenje problema je: x1 = x2 = 0;
1 x3 = 9 ; 3
1 x4 = 13 ; 3
2 fmin = 98 .) 3
Zadatak 7. Rijeˇsite problem: max(8x1 + 5x2 + x3 ) 2x1 + x2 + 2x3 x1 + x2 − x3 4x1 + x2 − 2x3 x1 , x 2 , x 3
≥ ≤ ≤ ≥
10 5 7 0
(Rjeˇsenje: fmax → ∞.)
3.4
Ispitni zadaci iz numeriˇ ckog rjeˇ savanja linearnog problema
1. Rijeˇsite linearni problem: max(9x1 + 24x2 + 9x3 ) x1 + 8x2 + 2x3 3x1 + 16x2 + x3 x1 + 16x2 + 2x3 x1 , x 2 , x 3 (rjeˇsenje: x = 8; x2 = 0; x3 = 1; fmax = 81) 44
≤ ≤ ≤ ≥
10 25 30 0
2. Rijeˇsite numeriˇcki: max(2x1 + 4x2 + x3 + x4 ) x1 + 3x2 + x4 2x1 + x2 x2 + 4x3 + x4 x1 , x 2 , x 3 , x 4
≤ ≤ ≤ ≥
4 3 3 0
(rjeˇsenje: x1 = 1; x2 = 1; x3 = 0.5; x4 = 0; fmax = 6.5) 3. Rijeˇsite linearni problem simpleks metodom i provjerite rjeˇsenje grafiˇcki: max(3x1 + 5x2 ) 3x1 + x2 x1 + x 2 5x1 + 8x2 x1 , x 2
≤ ≤ ≤ ≥
33 13 80 0
(rjeˇsenje: x1 = 0; x2 = 10; fmax = 50) 4. Rijeˇsite linearni problem: max(2x1 + 3x2 + 5x3 ) x1 + 3x2 + 4x3 2x1 + x2 − 3x3 −2x1 − x2 + 3x3 x1 , x 2 , x 3
≤ ≤ ≤ ≥
5 4 −4 0
(rjeˇsenje: x1 = 2.818; x2 = 0; x3 = 0.545; fmax = 7.1818) uputa: posljednju nejednadˇzbu potrebno je pomnoˇziti s −1, radi nenegativnosti baziˇcnog rjeˇsenja) 5. Rijeˇsite numeriˇcki linearni problem: max(x1 + 3x2 + x3 ) x1 + 2x2 − x3 4x1 − x2 + x3 x1 + 3x2 − 2x3 x1 , x 2 , x 3 45
≥ ≤ ≤ ≥
6 12 6 0
(rjeˇsenje: x1 = 0; x2 = 30; x3 = 42; fmax = 132) 6. Rijeˇsiti linearni problem: min(x1 + 2x2 + 4x3 ) x1 + x2 + x3 4x1 − 2x2 − x3 x1 − x3 2x1 + x2 + 3x3 x1 , x 2 , x 3
≤ ≤ = = ≥
5 12 0 6 0
(rjeˇsenje: x1 = 1.2; x2 = 0; x3 = 1.2; fmin = 6) 7. Rijeˇsite linearni problem : max(12x1 + 10x2 + 12x3 ) x1 + x2 + x3 4x1 + 4x3 x2 x1 , x 2 , x 3
= ≤ ≥ ≥
20 40 5 0
(rjeˇsenje: x1 = 10; x2 = 10; x3 = 0; fmax = 220) 8. Numeriˇcki rijeˇsite linearni problem: min(8x1 + 12x2 + 14x3 ) 2x1 − 3x2 − 2x3 x1 − x2 + 2x3 2x1 + 3x2 − 7x3 x1 , x 2 , x 3
≤ ≥ ≥ ≥
(rjeˇsenje: x1 = 0; x2 = 0.667; x3 = 0; fmin = 8) 9. Rijeˇsite: min(x1 + 2x2 + x3 ) x1 − x2 + x3 ≤ 2 x1 + x2 + x3 = 4 x1 , x 2 , x 3 ≥ 0 (rjeˇsenje: x1 = 3; x2 = 1; x3 = 0; fmin = 5) 46
0 −1 2 0
10. Rijeˇsite linearni problem: max(4x1 − 10x2 + 8x3 + 2x4 ) −x1 − 5x2 − 9x3 + 6x4 −3x1 + x2 − x3 − 3x4 2x1 − 6x2 + 7x3 − 8x4 x1 , x 2 , x 3 , x 4
≤ ≥ ≥ ≥
2 −10 100 0
(rjeˇsenja: x1 = 0; x2 = 30; x3 = 40; x4 = 0; fmax = 20) 11. Rijeˇsite linearni problem: max(2x1 + x2 + x3 ) x1 + x2 + 2x3 x2 + x3 x1 + x2 + x3 x1 , x 2 , x 3
≥ ≤ ≤ ≥
9 9 10 0
(rjeˇsenje: x1 = 10; x2 = x3 = 0; fmax = 20) 12. Rijeˇsiti linearni problem: min(2x1 + 4x2 + 6x3 ) x1 + x2 + x3 4x1 − 2x2 − x3 x1 + x3 x1 + 2x2 + 3x3 x1 , x 2 , x 3
≤ ≤ ≥ = ≥
14 10 0 6 0
(rjeˇsenje: x1 = x2 = 0; x3 = 2; fmin = 12) 13. Odredite rjeˇsenje slijede´ceg linearnog problema: max(0.5x1 + 0.3x2 + 0.6x3 ) x1 + x2 + x3 x1 + x3 x2 + x3 x1 , x 2 , x 3 (rjeˇsenje: x1 = 2; x2 = 0; x3 = 18; fmax = 11.8) 47
≤ ≥ ≤ ≥
20 8 18 0
14. Numeriˇcki rijeˇsite linearni problem: min(2x1 + 3x2 + 5x3 ) x1 + 3x2 + 4x3 2x1 + x2 − 3x3 −2x1 − x2 + 3x3 x1 , x 2 , x 3
≤ ≤ ≤ ≥
5 4 −4 0
(rjeˇsenje: x1 = 2; x2 = 0; x3 = 0; fmin = 4) 15. Nadite rjeˇsenje problema: max(2x1 + 4x2 + x3 + x4 ) x1 + 4x2 + 4x3 + 2x4 x1 + 8x2 + 3x4 2x1 + 2x2 + 4x3 + x4 x1 , x 2 , x 3 , x 4
≤ ≥ ≤ ≥
7 9 6 0
(rjeˇsenje: x1 = 1.67; x2 = 1.33; x3 = 0; x4 = 0; fmax = 8.67) 16. Rijeˇsite naznaˇceni linearni problem: max(2x1 + 4x2 − 2x3 ) x1 + 2x2 − x3 5x1 + x2 x1 + 3x2 − 2x3 x1 , x 2 , x 3
≥ ≤ ≤ ≥
6 18 6 0
(rjeˇsenje: x1 = 0; x2 = 18; x3 = 24; fmax = 24) 17. Rijeˇsite linearni problem: max(8x1 + 12x2 + 2x3 + 6x4 ) 4x1 + 6x2 + 3x3 + 2x4 3x1 + x2 + 5x3 + x4 2x1 + 5x2 + 3x4 x1 , x 2 , x 3 , x 4
≤ ≥ = ≥
80 60 40 0
(rjeˇsenje: x1 = 20; x2 = 0; x3 = 0; x4 = 0; fmax = 160, x4 je degenerirana baziˇcna varijabla) 48
18. Rijeˇsite numeriˇcki: max(6x1 + 12x2 + 3x3 + 3x3 ) x1 + 3x2 + x4 2x1 + x2 x − 2 + 4x3 + x4 x1 , x 2 , x 3 , x 4
≤ ≤ ≤ ≥
4 3 3 0
(rjeˇsenje: x1 = 1; x2 = 1; x3 = 0.5; x4 = 0; fmax = 19.5) 19. Rijeˇsiti linearni problem: max(2x1 + 6x2 + x3 ) 2x1 + 4x2 − 2x3 4x1 − x2 + x3 x1 + 3x2 − 2x3 x1 , x 2 , x 3
≥ ≤ ≤ ≥
12 12 6 0
(rjeˇsenje: x1 = 0; x2 = 30; x3 = 42; fmax = 222) 20. Brodogradiliˇste gradi brodove od 500,600 i 800 Brt. Za izgradnju brodova treba 6,9 i 15 mjeseci. Brodogradiliˇste ima na raspolaganju jedan slobodan dok. Doˇsla je narudˇzba za 10 brodova koji zajedno trebaju imati preko 5600Brt. Napravite plan izgradnje brodova koji ´ce imati najkra´ce vrijeme gradnje. (rjeˇsenje: matematiˇcki model: x1 . . . broj brodova od 500Brt x2 . . . broj brodova od 600Brt x3 . . . broj brodova od 800Brt min(6x1 + 9x2 + 15x3 ) x1 + x2 + x3 = 10 500x1 + 600x2 + 800x3 ≥ 5600 x1 , x 2 , x 3 ≥ 0 rjeˇsenje: x1 = 8; x2 = 0; x3 = 2; min = 78 mjeseci.) 49
21. Potrebno je nabaviti zrakoplove za gaˇsenje poˇzara. Na trˇziˇstu su zrakoplovi nosivosti 25t po cijeni od 4 milijuna kuna, zatim oni nosivosti od 20t po 3 milijuna i od 40t sa cijenom od 5 milijuna. Oˇcekuje se da ´ce odjednom trebati bar 240t vode, ali je u bazi mogu´ce imati najviˇse 8 zrakoplova. Napravite plan kupnje koji ´ce zahtijevati ˇsto manje troˇskove. Rjeˇsenje: x1 , . . . broj zrakoplova nosivosti 25t x2 , . . . broj zrakoplova nosivosti 20t x3 , . . . broj zrakoplova nosivosti 40t matematiˇcki model: min(4x1 + 3x2 + 5x3 ) 25x1 + 20x2 + 40x3 ≥ 240 x1 + x2 + x3 ≤ 8 x1 , x 2 , x 3 ≥ 0 (rjeˇsenje: x1 = 0; x2 = 0; x3 = 6; fmin = 30 milijuna kuna.) 22. U restoranu je mogu´ce imati stolove za 4,6 i 8 ljudi. Stol za ˇcetvero koˇsta 800kn, stol za ˇsestero 900kn, a stol za osmero koˇsta 1000kn. Oˇcekuje se odjednom najmanje 240 gostiju. U stolove se namjerava investirati najviˇse 45000kn. Oˇcekuje se da odjednom mora biti bar 20 stolova za ˇcetiri osobe. Koliko kojih stolova nabaviti da bi restoran mogao odjednom primiti ˇsto je mogu´ce viˇse gostiju. (Model: Neka su x1 , x2 , x3 redom brojevi stolova za 4, 6 i 8 ljudi. Tada je matematiˇcki problem: max(4x1 + 6x2 + 8x3 ) x1 ≥ 20 800x1 + 900x2 + 1000x3 ≤ 45000 x1 , x 2 , x 3 ≥ 0 rjeˇsenje: x1 = 20; x2 = 0; x3 = 29; max = 312 gostiju.) 23. Kompozicija no´cnog vlaka ima bar jedna spava´ca kola, bar dvoja kola prvog razreda, dok su ostali vagoni drugog razreda. Spava´ca kola primaju 30 putnika, vagon prvog razreda 60, a vagoni drugog razreda po 50
90. Mora se sloˇziti kompozicija za bar 600 putnika. Troˇsak spava´cih kola je 400kn na no´c, vagon prvog razreda koˇsta 250kn na no´c, dok vagon drugog razreda koˇsta 100kn po jednoj no´ci. Kako sastaviti kompoziciju koja moˇze primiti oˇcekivani broj putnika, a da ima najmanje troˇskove? (Rjeˇsenje: - nepoznanice koje treba odrediti su: broj spava´cih kola x1 , te vagona prvog i drugog razreda: x2 i x3 . - cilj je minimizirati funkciju 400x1 + 250x2 + 100x3 - uz uvjete: 30x1 + 60x2 + 90x3 x1 x2 x1 , x 2 , x 3
≥ ≥ ≥ ≥
600 1 2 0
rjeˇsenje: x1 = 1; x2 = 2; x3 = 5; fmin = 1400 kuna) 24. Znamo da pri iznajmljivanju apartmana od 40m2 prihod iznosi 5kn/m2 , apartman od 50m2 donosi zaradu od 4kn/m2 , dok pri najmu apartmana od 80m2 prihod je 3kn/m2 , sve za jedan dan iznajmljivanja. Isto tako svjesni smo mogu´cnosti najma za najviˇse 10 najmanjih apartmana, 18 srednjih i samo 5 najve´cih apartmana dnevno. Gradjevinski je izvedivo napraviti toˇcno 14 apartmana korisne povrˇsine od najviˇse 1000m2 . Koliko je kojih apartmana tada najisplativije graditi? Kolika ´ce biti dobit od najma u jednoj sezoni, ako ona traje 80 dana? (Rjeˇsenje: - x1 . . . broj apartmana od 40m2 - x2 . . . broj apartmana od 50m2 - x3 . . . broj apartmana od 80m2
51
- model: max(200x1 + 200x2 + 240x3 ) x1 + x2 + x3 40x1 + 50x2 + 80x3 x1 x2 x3 x1 , x 2 , x 3
= ≤ ≤ ≤ ≤ ≥
14 1000 10 18 5 0
(rjeˇsenje: x1 = 9; x2 = 0; x3 = 5; fmax = 3000 kuna; ukupno po sezoni: 240000 kuna.) 25. Za prehranu u nekom periodu raspoloˇzive su tri vrste konzervi, ˇciji je osnovni sastav: tip konzerve kalorija vitaminaC(mg) 1 2000 50 2 1500 100 3 1000 60 U tom periodu treba konzumirati barem 600mg vitamina C. Kojih deset konzervi odabrati da bi se, pored dovoljne koliˇcine vitamina, konzumirala i maksimalna koliˇcina kalorija, ako nije raspoloˇzivo viˇse od 6 konzervi tipa 1. Problem rijeˇsite numeriˇcki. (rjeˇsenje: 6 tipa 1 i 4 tipa 2, donosi 18000cal) Napomenuti treba ponovo da su cal medjunarodno zabranjena jedinica za energiju. 26. Tvornica automobila izraduje tri vrste vozila u tri pogona. Tehniˇcko tehnoloˇski uvjeti proizvodnje kao i dobit po svakom pojedinom vozilu dani su u tablici: koriˇstenje resursa po jedinici proizvoda pogon automobili kombi vozila kamioni Resursi I 2 2 1 100 II 0 1 2 100 3 1 0 90 III dobit u tisu´cama 15 20 25 Odredite optimalni plan proizvodnje i izraˇcunajte dobit tog plana. 52
(najbolje je napraviti 25 automobila i 50 kamiona, ˇsto ´ce donijeti 1, 525.000 kuna.) 27. U auto parku imamo sljede´ce vrste kamiona: ˇ NOSIVOST UKUPNA TEZINA broj kamiona 5t 7.5t 5 3t 4.5t 6 8t 12t 4 Dobit po jednoj preveˇzenoj toni na kamionu od 5t nosivosti iznosi 100kn, na kamionu nosivosti 3t dobit po toni je 70kn, dok 1t preveˇzena na najve´cem kamionu donosi 120kn. Treba napraviti konvoj od 12 kamiona tako da ukupna dobit koju ´ce transport donijeti bude najve´ca. Kakav ´ce biti sastav konvoja, ako njegova ukupna teˇzina ne smije biti ve´ca od 120t? Kolika je najve´ca mogu´ca dobit? (rjeˇsenje: 5 × 5t; 3 × 3t; 4 × 8t; maksimalna dobit je 6970 kuna.) 28. Za oˇcuvanje ˇcovjekova zdravlja i radne sposobnosti u 24 sata treba uzeti najmanje 400g masti, 480g bjelanˇcevina, 640g ugljikohidrata i 12g vitamina. U 100g salame ima 25g bjelanˇcevina i 50g masti. U 100g kukuruznog kruha ima 5g bjelanˇcevina, 2g masti, 45g ugljikohidrata i 0.4g vitamina. 100g jetrica imaju 20g bjelanˇcevina, 4g masti, 3g ugljikohidrata i 0.8g vitamina. Jabuke imaju 1g masti, 14g ugljikohidrata i 0.5g vitamina. Ako 1kg kruha koˇsta 5kn, salame 30kn, jetrica 20kn i jabuka 10kn, napravite najjeftiniji jelovnik za jednog ˇcovjeka, tako da udio kruha bude najviˇse 1kg (Rjeˇsenje: matematiˇcki model: - x1 - salama u kg - x2 - kukuruzni kruh u kg - x3 - jetrica u kg - x4 - jabuke u kg
min(30x1 + 5x2 + 20x3 + 10x4 ) 250x1 + 50x2 + 200x3 ≥ 480 53
500x1 + 20x2 + 40x3 + 10x4 450x2 + 30x3 + 140x4 4x2 + 8x3 + 5x4 x2 x1 , x 2 , x 3 , x 4
≥ ≥ ≥ ≤ ≥
400 640 12 1 0.
Nakon 5 iteracija najuporniji rjeˇsavaˇci trebali bi dobiti jelovnik za 61.79kn, koliko koˇstaju 63dag salame, kilogram kruha, 1.36kg jetrica i 1.07kg jabuka. Postoje programi koji iteracije prepuˇstaju raˇcunalima.)
54
3.5
Problemski zadaci
1. Rijeˇsite problem: max(4x1 + 6x2 + 2x3 ) 2x1 + x2 − x3 ≤ 1 x1 + x2 + x3 = 6 x1 , x 2 , x 3 ≥ 0 2. Rijeˇsite linearni problem: min(x1 + 2x2 + x3 ) x1 − x2 + x3 ≤ 2 x1 + x2 + x3 = 4 x1 , x 2 , x 3 ≥ 0 3. Linearni problem rijeˇsite numeriˇcki: max(x1 + x2 + x3 ) 10x1 + 5x2 + 6x3 14x1 + 7x2 + 8x3 6x1 + 3x2 + 4x3 x1 , x 2 , x 3
≥ = ≤ ≥
30 56 36 0
4. Rijeˇsiti problem linearnog programiranja: min(x1 + 2x2 − x3 + 4x4 − x5 + 6x6 ) 2x1 − x2 + x3 x2 − x3 − x4 x3 + x4 − x5 x5 + x6 x1 , x 2 , x 3 , x 4 , x 5 , x 6
55
≤ ≤ ≥ = ≥
2 3 4 7 0
5. Rijeˇsiti linearni problem: min(8x2 + 14x3 ) x1 + x2 + x3 4x1 − 2x2 − x3 x1 − x3 x1 + 2x2 + 3x3 x 1 , x2 , x3
≤ ≤ = = ≥
4 10 10 6 0
6. U avionu postoje sjedala I, II i III klase. Ukupan broj sjedala je 120. Ispitivanja su pokazala da po jednom letu ima barem 10 putnika za I klasu, barem 30 za II klasu i barem 40 koji su zadovoljni III klasom. Ako karte koˇstaju 100, 50 i 20 dolara, koliko kojih sjedala bi trebalo postojati, pa da se po letu zaradi najviˇse? 7. Dva proizvoda, P1 i P2 , kad se izradjuju, prolaze kroz tri stroja: S1 , S2 i S3 . Vrijeme obrade u satima po jedinici proizvoda i kapaciteti strojeva dani su u tablici:
proizvod P1 proizvod P2 kapaciteti
stroj S1 12 14 240
stroj S2 13 7 210
stroj S3 10 11 90
Proizvod P1 prodaje se po cijeni od 15 novˇcanih jedinica, a proizvod P2 po cijeni od 6 novˇcanih jedinica. Kako treba planirati proizvodnju da se ostvari maksimalna dobit? Problem rijeˇsite numeriˇcki.
56
Rjeˇsenja problemskih zadataka 1. max = 26, za x1 = 0; x2 = 3.5; x3 = 2.5 2. min = 5, za x1 = 3; x2 = 1; x3 = 0 3. max = 8, za x2 = 8; x1 = x3 = 0 4. min = 0, za x2 = 9; x3 = 11; x5 = 7 5. skup mogu´cih rjeˇsenja je prazan skup. 6. dobro bi bilo postojati 50 mjesta I klase, 30 druge i 40 tre´ce, a maksimalna dobit bi bila 7300$, iako takva razdioba nije realna. 7. 9 komada P1 daje maksimalnu dobit od 135 novˇcanih jedinica.
57
4 4.1
Teorija linearnog programiranja Dual standardnog problema
Standardni problem maksimuma ima oblik n X
max(
i=1 n X i=1 n X
ci xi ) aji xi ≤ bj ,
j = 1, . . . k
ali xi = bl ,
l = k + 1, . . . m
i=1
xi ≥ 0,
i = 1, . . . p,
gdje j = 1, . . . k i l = k, . . . m znaˇci da op´cenito u standardnom modelu maksimuma moˇze biti zadano k nejednadˇzbi,a ostalih n − k su jednadˇzbe. Isto tako, op´cenito ne moraju biti sve varijable restringirane: x1 , . . . xp ≥ 0 znaˇci da je samo prvih p varijabli restringirano. Dobro je znati da se simpleks procedurom ne mogu rjeˇsavati problemi u kojima postoje nerestringirane varijable. Dualni problem zadanog standardnog problema maksimuma glasi: m X
min(
i=1 m X i=1 m X
bi yi ) aij yi ≥ cj ,
j = 1, . . . p
aij yi = cj ,
j = p + 1, . . . n
i=1
yi ≥ 0,
i = 1, . . . k
Dobro je uoˇciti da broj nejednadˇzbi kod poˇcetnog problema odgovara broju restringiranih varijabli dualnog problema. Dual dualnog problema ponovo je poˇcetni problem. Dualni problemi imaju iste vrijednosti ekstrema funkcije cilja.
58
Zadaci: 1. Rijeˇsite linearni problem grafiˇcki preko duala, tako da odredite samo minimalnu vrijednost: min(20x1 + x2 + 5x3 ) 10x1 + x2 + 10x3 ≥ 20 15x1 + 3x2 + 5x3 ≥ 15 x1 , x2 , x3 ≥ 0. (rjeˇsenje: fmin = 11) 2. Napisati dual linearnog problema: min(4y1 − 2y2 + 2y3 ) y1 − y2 + y3 ≥ 3 y1 − y2 ≥ 2 y1 , y2 , y3 ≥ 0. Rijeˇsite grafiˇcki dualni problem, i istaknite minimalnu vrijednost funkcije cilja poˇcetnog problema. (rjeˇsenje: fmin = 10) 3. Grafiˇckom metodom odredite minimum linearnog problema preko duala: min(18x1 + 12x2 + 84x3 − 6x4 ) −2x1 + 2x2 + 4x3 − 2x4 = 10 3x1 − 3x2 + 9x3 − 3x4 ≥ 15 x1 , x2 , x3 , x4 ≥ 0. (rjeˇsenje: fmin = 180) 4. Zadan je problem: max(21x1 + 24x2 + 16x3 ) x1 + 2x2 + 2x3 ≤ 5 3x1 + 3x2 + x3 ≤ 4 x1 , x2 , x3 ≥ 0. 59
Za zadani problem napiˇsite dualni i grafiˇcki rijeˇsite taj dualni problem. (dualni problem: min(5y1 + 4y2 ) y1 + 3y2 2y1 + 3y2 2y1 + y2 y1 , y2
≥ ≥ ≥ ≥
21 24 16 0,
ˇcije je rjeˇsenje: fmin = 47.8, za y1 = 5.4, y2 = 5.2.) 5. Postavite dualni problem, pa grafiˇckom metodom odredite maksimum funkcije: max(x1 + 3x2 + 2x3 − 3x5 − x6 ) 2x1 + 2x2 + x3 + x4 + 2x5 + x6 = 1 4x1 + 3x2 − x3 − 2x4 − x5 + 2x6 = 1 x1 , x 2 , x 3 , x 4 , x 5 , x 6 ≥ 0 (rjeˇsenje: dualni problem min(y1 + y2 ) 2y1 + 4y2 2y1 + 3y2 y1 − y2 y1 − 2y2 2y1 − y2 y1 + 2y2
≥ ≥ ≥ ≥ ≥ ≥
1 3 2 0 −3 −1
nema restringirane varijable radi jednakosti u uvjetima poˇcetnog problema: fmax = 1.6)
60
6. Grafiˇckom metodom, preko duala, odredite minimum funkcije 6x1 + 12x2 + 14x3 uz uvjete: x1 + 2x2 + 3x3 ≥ 10 5x1 + 7x2 + 6x3 ≥ 30 x1 , x2 , x3 ≥ 0. (rjeˇsenje: fmin = 51.11) 7. Grafiˇckom metodom, preko duala, odredite minimum funkcije 10x1 + 7x2 + 12x3 uz uvjete: x1 + x2 + x3 ≥ 7 2x1 + x2 + x3 ≥ 4 x1 , x2 , x3 ≥ 0. (rjeˇsenje: fmin = 49) 8. Odredite grafiˇcki maksimum funkcije preko duala: max(40x1 − 18x2 − 16x3 − 72x4 ) 5x1 − x2 + 7x3 − 9x4 ≤ 20 8x1 − x2 − 8x3 − 16x4 = 30 x1 , x2 , x3 , x4 ≥ 0. (rjeˇsenje: fmax = 160) 9. Rijeˇsiti dual problema min(6x1 + 5x2 − 15x3 ) x1 + x2 − 2x3 ≥ 6 3x1 + 2x2 − 5x3 ≥ 9 x1 , x2 , x3 ≥ 0. (rjeˇsenje: fmax → ∞) 61
10. Odredite minimalnu vrijednost funkcije 4x1 +2x2 +18x3 +3x4 uz uvjete: 2x1 + 2x2 − 5x3 − 5x4 ≥ 3 −x1 − 3x2 + 6x3 + 3x4 ≥ 4 x1 , x2 , x3 , x4 ≥ 0, rjeˇsavanjem dualnog problema. (rjeˇsenje: fmin = 50) 11. Napiˇsite dual problema min(20x1 + x2 + 5x3 ) 10x1 + x2 + 10x3 = 20 15x1 + 3x2 + 5x3 = 15 x1 , x 2 , x 3 ≥ 0 i odredite minimum grafiˇckom metodom. (rjeˇsenje: fmin = 11) 12. Za linearni problem: min(−4y1 + 7y2 − 7y3 + 17y4 + 23y5 ) −y1 + 3y2 − 3y3 − 3y4 + 5y5 ≥ 2 −2y1 − 4y2 − y3 + 5y4 − y5 ≥ 3 y1 , y 2 , y 3 , y 4 , y 5 ≥ 0 minimum nadite rjeˇsavaju´ci dualni problem grafiˇckom metodom. (rjeˇsenje: fmin = 33)
62
4.2
Numeriˇ cko rjeˇ savanje duala uz oˇ citavanje rjeˇ senja poˇ cetnog problema
Rijeˇ site pomo´ cu dualnog problema i napiˇsite optimalno rjeˇsenje zadanog problema. 1. Rijeˇsite linearni problem min(3x1 + x2 + 2x3 ) 3x1 − 2x2 + 4x3 x1 + 2x2 + x3 2x1 + x2 − 2x3 x1 , x 2 , x 3
≥ ≥ ≥ ≥
18 9 6 0
(rjeˇsenje: minimum funkcije podudara se s maksimumom dualnog problema, a vrijednosti baziˇcnih varijabli oˇcitavamo u retku zj − cj zavrˇsne tablice dualnog problema pod u1 , u2 i u3 : x1 = 4.826; x2 = 1.371; x3 = 1.971; fmin = 18.17;) 2. Rijeˇsite linearni problem: min(x1 + 3x2 + 5x3 ) 2x1 − 3x2 − 2x3 x1 − x2 + 2x3 2x1 + 3x2 − 7x3 x1 , x 2 , x 3
≤ ≥ ≥ ≥
0 −1 2 0
(rjeˇsenje: x1 = 0.5; x2 = 0.33; x3 = 0; fmin = 1.5) 3. Rijeˇsiti LP min(8x1 + 6x2 + x3 ) 2x1 + 2x2 + x3 4x2 + x3 2x2 + x3 x1 , x 2 , x 3 (rjeˇsenje: x1 = 0; x2 = 0; x3 = 8; fmin = 8;) 63
≥ ≥ ≥ ≥
6 8 2 0
4. Rijeˇsite problem linearnog programiranja: min(3x1 + x2 + 2x3 ) 7x1 + 2x2 − x3 4x3 4x1 − x2 x1 , x 2 , x 3
≥ ≥ ≥ ≥
7 5 6 0
(rjeˇsenje: x1 = 1.5; x2 = 0; x3 = 1.25; fmin = 7) 5. Rijeˇsite linearni problem: min(3x1 + 5x2 + x3 x1 + x2 − x 3 2x1 − x2 x1 + x2 + 3x3 x1 , x 2 , x 3
) ≥ ≥ ≥ ≥
5 6 9 0
(rjeˇsenje: x1 = 6; x2 = 0; x3 = 1; fmin = 19) 6. Simpleks procedurom rijeˇsite linearni problem: min(2x1 + 3x2 + x3 ) x1 + 3x2 + 4x3 x1 − x2 + 3x3 3x1 + 2x2 − x3 x1 , x 2 , x 3
≥ ≥ ≥ ≥
3 1 2 0
(rjeˇsenje: x1 = 0.856; x2 = 0; x3 = 0.538; fmin = 2.23;) 7. Rijeˇsite problem linearnog programiranja: min(x1 + 2x2 + 3x3 ) 6x1 + x2 − 2x3 x1 + x2 + x3 −x1 − x2 + 3x3 x1 , x 2 , x 3
≥ ≥ ≥ ≥
5 2 3 0
(rjeˇsenje: x1 = 1.313; x2 = 0; x3 = 1.438; fmin = 5.625) 64
8. Rijeˇsite dualom linearni problem: min(8x1 + 12x2 + 14x3 ) 2x1 − 3x2 − 2x3 x1 − x2 + 2x3 2x1 + 3x2 − 7x3 x1 , x 2 , x 3
≤ ≥ ≥ ≥
0 −1 2 0
(rjeˇsenje: x1 = 0; x2 = 0.666; x3 = 0; fmin = 8) 9. Rijeˇsiti LP min(10x1 + 5x2 + x3 ) 2x1 + 2x2 + x3 4x2 + x3 2x2 + x3 x1 , x 2 x3
≥ ≥ ≥ ≥
6 8 2 0
(rjeˇsenje: x1 = 0; x2 = 0; x3 = 8; fmin = 8) 10. Rijeˇsite problem linearnog programiranja: min(3x1 − x2 + 7x3 ) 3x1 − 2x2 + 4x3 3x1 + 2x2 + x3 2x1 + x2 − 2x3 x1 , x 2 , x 3
≥ ≥ ≥ ≥
18 9 6 0
≤ ≥ ≥ ≥
0 −1 2 0
(rjeˇsenje: x1 = 6; x2 = 0; x3 = 0; fmin = 18) 11. Rijeˇsite problem min(2x1 + 3x2 − 4x3 ) 2x1 − 3x2 − 2x3 x1 − x2 + 2x3 2x1 + 3x2 − 7x3 x1 , x 2 , x 3
(rjeˇsenje: x1 = 0; x2 = 0.666; x3 = 0; fmin = 2) 65
4.3
Sloˇ zeniji numeriˇ cki primjeri
1. Simpleks metodom rijeˇsite problem: max(10x1 − x2 + 42x3 − 52x4 ) 2x1 − x2 − x3 − 3x4 3x1 − 2x2 + 3x3 3x1 − x2 − 4x3 − x4 −3x1 + 2x2 − 2x3 + 2x4 x1 , x 2 , x 3 , x 4
= = ≥ ≤ ≥
−2 −7 −1 9 0
(rjeˇsenje: fmax = 188, za x1 = 13; x2 = 26; x3 = 2; x4 = 0;). 2. Odredite min(x2 − 3x3 + 2x5 ) uz uvjete: x1 + 3x2 − x3 + 2x5 = 7 −2x2 + 4x3 + x4 = 12 −4x2 + 3x3 + 8x5 + x6 = 10 xi ≥ 0, i = 1, . . . , 6 (rjeˇsenje: fmin = −11; x1 = 0; x2 = 4; x3 = 5; x4 = 0; x5 = 0; x6 = 11). 3. Simpleks metodom nadite maksimum funkcije x1 + 2x2 + 3x3 + x4 + 2x5 + 3x6 + x7 uz uvjete: x1 + x2 + 2x3 + 3x4 + 2x5 + 3x6 + x7 2x1 + 3x2 + x3 + x4 + 3x5 + 2x6 + 2x7 x1 + 2x2 + 3x3 + 2x4 + 0.5x5 + x6 + 2x7 2x1 + x2 + 3x3 + x4 + 2x5 + 3x6 + 2x7 xi
= = = = ≥
7 8 6 7 0,
i = 1, . . . , 7
(rjeˇsenje: fmax = 137/16, x1 = 0, x2 = 25/16, x3 = 3/8, x4 = 3/16, x5 = 0, x6 = 11/8, x7 = 0)
66
4.4
Problemski zadaci
1. Preko duala grafiˇcki odredite rjeˇsenje problema: max(18x1 + 12x2 − 20x3 ) 6x1 + x2 − x3 ≤ −1 x1 + 4x2 − x3 ≤ 1 x1 , x 2 , x 3 ≥ 0 2. Rijeˇsite linearni problem: min(2x1 − 3x2 + x3 ) x1 − 2x2 − 3x3 3x1 − x2 + 2x3 x1 + x2 − x3 x1 , x 2 , x 3
≥ ≥ ≥ ≥
12 15 10 0
3. Dvoriˇste prodajnog salona za automobile moˇze primiti do 40 automobila. Nabavna cijena FIAT Una je 5000, Tempre 6000, a Brave 7500 Eura. Ako salon naruˇci barem 40 automobila, dobiva rabat i to: na Una 6%, Tempru 8% i na Bravu 10%. Salon raspolaˇze sa 225000 Eura za nabavku automobila. Planirajte nabavu koja donosi najve´ci rabat. 4. U voznom parku imamo veliki broj vozila nosivosti deset, pet i tri tone. Za transport moramo odabrati deset vozila koja ´ce biti u stanju prevesti ukupno 70t robe. Kako to uˇciniti uz minimalnu potroˇsnju, ako znamo da najve´ci kamioni troˇse 20l/100km, srednji 16l/100km, a najmanji 10l/100km. 5. Rijeˇsite numeriˇcki linearni problem: max(x1 + 3x2 + x3 ) 2x1 + 3x2 − x3 −x1 + x3 x2 x1 , x 2 , x 3
67
≥ ≤ = ≥
−1 5 x3 0
Rjeˇsenja problemskih zadataka: 1. fmax = −20 2. fmin = 24 za: x1 = 12; x2 = x3 = 0 3. Pametno je naruˇciti 30 Una i 10 Brava, ˇsto donosi rabat od 16500 Eura. Ukoliko rabat tvornica daje odmah, pri prodaji automobila, tada se dobiva da je bolje uzeti 22 Una i 18 Brava, ˇsto donosi rabat od 20122 Eura. 4. Uputiti 6 desetotonaca i 4 trotonca. Oni ´ce na 100km troˇsiti minimalnih 160l goriva ukupno. 5. fmax → ∞.
68
5 5.1
Problemi transporta i distribucije Formulacija transportnog problema
Zadatak. Rijeˇsite grafiˇckom metodom problem prijevoza kave iz dvije prˇzionice P1 i P2 u diskonte D1 , D2 i D3 , ako su troˇskovi, ponuda i potraˇznja kao u tablici:
P1 P2 bj
D1 3 3 22
D2 7 5 38
D3 4 9 36
ai 40 56
(rjeˇsenje: T = 400) Rjeˇ savanje transportnog problema moˇze se razdijeliti u tri etape: - odredivanje poˇcetnog baziˇcnog rjeˇsenja - ocjena optimalnosti dobivenog rjeˇsenja - promjena plana Metode odredivanja poˇ cetnog baziˇcnog mogu´ceg rjeˇsenja su: - dijagonalna metoda ili metoda sjeverozapadnog kornera - metoda najmanje cijene - VAM - metoda ili Vogelova metoda Metode ocjenjivanja optimalnosti rjeˇsenja transportnog problema su: - Stepping-stone metoda - MODI ili modificirana Stepping-stone metoda Promjena plana koji nije optimalan, provodi se jedino Stepping - stone metodom.
69
5.2
Zadaci
1. Odredite plan transporta tako da ukupni troˇskovi budu minimalni. Ponuda, potraˇznja i jediniˇcni troˇskovi dani su u tablici:
I1 I2 I3 I4 bj
O1 5 2 9 6 150
O2 O3 7 8 4 9 11 4 7 9 350 350
O4 3 5 7 9 500
O5 1 9 9 11 650
ai 300 600 400 700
(rjeˇsenje: T = 9650) 2. Zrno pˇsenice sa ˇcetiri lokacije treba transportirati u tri silosa. Na prvoj lokaciji ubrano je 400t, na drugoj 500t, na tre´coj 800t i na ˇcetvrtoj 500t pˇseniˇcnog zrna. Kapaciteti silosa su: 700t prvog, 800t drugog i 700t tre´ceg. Odredite minimalne troˇskove transporta pˇseniˇcnog zrna ako su tablicom dani troˇskovi transporta jedne tone zrna s i-te lokacije u j-ti silos. S1 L1 1 L2 7 L3 4 L4 4 (rjeˇsenje:
S2 S3 4 3 1 5 8 3 2 8 T = 4200)
3. Transportni je problem zadan tabliˇcno:
I1 I2 I3 bj
O1 3 1 4 50
O2 15 8 3 50
O3 6 10 6 85
O4 4 5 10 15
ai 90 75 35
Zadan je plan: x11 = 25, x13 = 50, x14 = 15, x21 = 25, x22 = 50, x33 = 35 70
Poboljˇsavajte zadani plan do optimalnog Steping-stone metodom. Odredite plan transporta sa minimalnim troˇskom i izraˇcunajte troˇsak (rjeˇsenje: T = 855) 4. Nadjite optimalni plan i izraˇcunajte minimalni troˇsak
S1 S2 S3
P1 6 10 12 35
P2 12 12 15 50
P3 14 10 7 40
P4 8 3 14 70
P5 11 15 4 35
95 55 80
(rjeˇsenje: T = 1530)
5.3
Degeneracija
Poˇcetno baziˇcno mogu´ce rjeˇsenje je degenerirano radi postojanja zatvorenog potproblema. Ako je kod konstrukcije poˇcetnog baziˇcnog rjeˇsenja jednom baziˇcnom varijablom mogu´ce istovremeno zadovoljiti i ponudu i potraˇznju, ostaviti jedno, ili ponudu ili potraˇznju, i to ono kod kojeg su jediniˇcne cijene nepopunjenih polja pojedinaˇcno manje od drugog. 1. Rijeˇsiti transportni problem:
I1 I2 I3 I4 bj
O1 3 5 2 4 90
O2 1 8 1 5 75
O3 4 3 6 0 25
ai 50 40 85 15
(rjeˇsenje: T = 375) 2. Rijeˇsite transportni problem i izraˇcunajte minimalne troˇskove transporta
71
I1 I2 I3
O1 1 1 4 50
O2 1 8 3 50
O3 6 10 6 85
O4 4 5 2 15
90 75 35
(rjeˇsenje: T = 725) 3. Rijeˇsite problem transporta, nadite optimalni plan i izraˇcunajte minimalni troˇsak toga plana
bj
4 3 2 8 4 5 50 40
ai 6 15 90 7 3 70 1 10 30 85 15
(rjeˇsenje: T = 630) 4. Rijeˇsite transportni problem:
I1 I2 I3 I4 bj
O1 10 8 6 7 20
O2 12 4 9 8 5
O3 0 3 4 5 15
ai 10 15 10 5
(rjeˇsenje: T = 170) 5. Rijeˇsite transportni problem zadan tablicom: O1 I1 8 I2 5 I3 2 bj 40 (rjeˇsenje:
O2 O3 1 2 7 5 3 9 55 60 T = 475)
O4 9 3 4 20
ai 50 50 75
72
6. Iz tri rudnika kapaciteta redom 300, 250 i 450 tona iskopanih dnevno, vozi se ugljen u tri prodajna skladiˇsta ogrijeva: S1 , S2 i S3 . Dnevne potrebe tih skladiˇsta su redom 300, 400 i 300 tona dnevno. Izraˇcunajte najmanju cijenu prijevoza. Cijene prijevoza po jednoj toni iz prvog rudnika u skladiˇsta redom iznose: 1, 3 i 2 novˇcane jedinice. Cijena po toni za prijevoz iz drugog rudnika u skladiˇsta je 5, 7 i 10, dok iz tre´ceg redom 3, 1, i 4 novaca. (rjeˇsenje: T = 2400) 7. Zadan je transportni problem s ˇcetiri ishodiˇsta i tri odrediˇsta. Poˇcetno baziˇcno rjeˇsenje odredite metodom sjeverozapadnog kuta, a zatim STEPPING STONE metodom odredite optimalno rjeˇsanje. Izraˇcunajte minimalne troˇskove.
I1 I2 I3 I4 bj
O1 10 8 6 7 40
O2 12 4 9 8 10
O3 0 3 4 5 30
ai 20 30 20 10
(rjeˇsenje: T = 340) 8. Odrediti plan transporta sa minimalnim troˇskovima i izraˇcunati troˇsak:
S1 S2 S3
P1 8 10 12 30
P2 P3 18 16 12 10 15 7 50 40
P4 9 3 14 70
P5 10 15 4 30
90 50 80
(rjeˇsenje: T = 1840)
73
5.4
Otvoreni problem
Otvoren je problem u kojem je X
ai 6=
i
X
bj
j
Problem zatvaramo dodavanjem retka ili stupca. Jediniˇcne su cijene u dodanom retku ili stupcu jednake nuli. Ukoliko je ponuda ve´ca od potraˇznje, dodaje se stupac i baziˇcno rjeˇsenje u tom stupcu predstavlja koliˇcinu koja ne´ce biti distribuirana. U suprotnom, dodaje se redak i baziˇcno rjeˇsenje u tom retku predstavlja koliˇcinu robe koja ne´ce biti dostavljena. 1. Rijeˇsiti transportni problem, izraˇcunati ukupne troˇskove transporta, a sve za prijevoz robe iz ˇcetiri skladiˇsta u tri potroˇsaˇcka centra
S1 S2 S3 S4
P1 P2 12 14 10 6 8 11 9 8 40 40
P3 2 5 6 7 20
ai 35 45 30 25
(rjeˇsenje: T = 610) 2. Rijeˇsiti transportni problem:
S1 S2 S3 S4 potraˇznja
P1 0 8 6 7 35
P2 12 4 9 8 35
P3 10 3 4 5 15
ponuda 30 40 25 20
(rjeˇsenje: T = 610) 3. Gradevinsko poduze´ce ima pet gradiliˇsta i ˇcetiri naselja za svoje djelatnike. Kapacitet prvog naselja je 200 radnika, drugog 100, tre´ceg 150 i ˇcetvrtog 50 radnika. Za prvo gradiliˇste potrebno je 150, za drugo isto toliko, za tre´ce 50, ˇcetvrto 60 i za peto 90 radnika. Ako je cijena 74
prijevoza jednog radnika od i-tog naselja do j-tog gradiliˇsta zadana tablicom, nadite optimalni plan prijevoza radnika i izraˇcunati minimalne troˇskove prijevoza:
N1 N2 N3 N4
G1 4 2 4 6
G2 1 1 8 2
G3 2 8 7 5
G4 5 3 1 7
G5 3 5 2 4
(rjeˇsenje: T = 940) 4. Rijeˇsite transportni problem i izraˇcunajte minimalni troˇsak transporta:
I1 I2 I3 bj
O1 11 4 8 95
O2 O3 21 13 7 10 6 11 325 415
O4 ai 8 1210 13 1100 4 730 800
(rjeˇsenje: T = 10285) 5. Treba na´ci optimalni program transporta iz tri ishodiˇsta u ˇcetiri odrediˇsta na temelju podataka o jediniˇcnim troˇskovima, ponudi i potraˇznji. Izraˇcunati minimalne troˇskove transporta. O1 O2 O3 O4 I1 2 5 9 6 50 I2 1 7 3 8 60 I3 5 9 4 4 60 15 40 65 50 (rjeˇsenje: T = 630) ˇ 6. Na skladiˇstima je redom po 60,70 i 55 tona robe mjeseˇcno. Sest robnih ku´ca mjeseˇcno potraˇzuju redom po 20,40,30,55,15 i 35 tona robe. Jediniˇcni troˇskovi prijevoza iz prvog skladiˇsta u svaku od prodavaonica iznose redom: 3,2,2,3,3 i 1 kunu. Iz drugog skladiˇsta: 2,0,1,1,0 i 1 kunu. Iz tre´ceg:1,4,3,4,2 i 0 kuna. Odredite optimalni plan prijevoza i ukupni troˇsak. (rjeˇsenje: T = 185). 75
5.5
Problemski zadaci
ˇ 1. Na ˇcetiri kolodvora ima redom 28, 22, 36 i 14 vagona. Sest stanica treba redom: 20, 15, 17, 12, 8 i 28 vagona. Udaljenosti kolodvora i stanica dane su tablicom. Napravite plan prijevoza tako da umnoˇzak 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
2. Transportni problem zadan je tablicom: O1 O2 O3 O4 ai I1 3 1 0 2 8000 I2 2 3 4 0 7000 I3 7 5 6 3 10000 I4 1 1 0 1 3000 bj 6500 7800 2500 9700 Odredite minimalne troˇskove transporta. 3. Nadjite optimalni plan prijevoza i izraˇcunajte minimalni troˇsak transportnog problema zadanog tablicom u kojoj su navedeni ponuda, potraˇznja i jediniˇcni troˇskovi transporta.
I1 I2 I3 I4 I5 bj
O1 3 3 2 4 2 900
O2 O3 1 5 1 2 2 1 4 6 0 3 200 400
ai 150 200 250 350 400
76
Rjeˇsenja problemskih zadataka : 1. 2647 vagonskih kilometara 2. T = 45600 novˇcanih jedinica 3. T = 2950 novˇcanih jedinica.
5.6
Zadaci s ispita
1. Na´ci optimalni plan transporta iz tri skladiˇsta u ˇcetiri odrediˇsta. Jediniˇcni troˇskovi, kapaciteti skladiˇsta i potraˇznja odrediˇsta dani su u tablici: O1 O2 O3 O4 I1 3 15 6 4 50 I2 10 8 10 5 75 I3 4 3 6 10 35 50 50 85 15 (rjeˇsenje: problem zatvoriti dodavanjem retka I4 kapaciteta 40, jediniˇcnih cijena 0, minimalni T = 900) 2. Rijeˇsite transportni problem prijevoza koji ´ce minimizirati iznos tonskih kilometara, ako su kilometraˇze izmedju tvornica i opskrbnih centara, kao ponuda tvornica i potraˇznja centara u tonama dani u tablici: C1 T1 25 30 T2 T3 35 T4 15 Potraˇznja 160
C2 35 40 55 50 280
C3 30 40 45 30 320
Ponuda 160 160 160 240
(rjeˇsenje: Tmin = 23600) 3. Transportni je problem zadan tablicom: I1 I2 I3 bj
O1 15 9 23 50
O2 15 8 3 60
O3 40 10 6 95
O4 40 15 42 10
ai 80 125 45
77
Poˇcetno baziˇcno rjeˇsenje odredite metodom sjeverozapadnog kornera. Poboljˇsavajte poˇcetni plan do optimalnog MODI metodom. (rjeˇsenje: Tmin = 2075). 4. Rijeˇsite transportni problem, ako svaki neisporuˇceni transformator donosi ˇstetu od 10 novˇcanih jedinica. Koliˇcine proizvedenih transformatora potraˇznja za njima i jediniˇcne cijene transporta dani su tabliˇcno: P1 P2 P3 bj
C1 3 4 2 180
C2 C3 4 2 3 5 3 2 160 220
C4 0 1 4 180
ai 240 280 250
(rjeˇsenje: T = 1670, 30 transformatora ostaje u P2 ). 5. Rijeˇsite transportni problem: nadjite optimalni plan transporta i izraˇcunajte minimalni troˇsak ako se drugom raˇcunskom centru treba isporuˇciti bar 50% traˇzenih raˇcunala. Troˇskovi transporta, koliˇcine raˇcunala na raspolaganju i potrebe za raˇcunalima dani su tablicom: R1 R2 R3 R4 ai I1 2 5 9 6 80 I2 1 7 3 8 120 I3 5 9 4 4 160 bj 100 40 150 110 (rjeˇsenje: nakon fiktivnog retka uvodi se stupac R20 u kojem je potraˇznja 20, stvarne jediniˇcne cijene podudarne su s cijenama u stupcu R2 , dok je fiktivna cijena M ≥ 3 · max(cij ). Ponuda u stupcu R2 mijenja se na 20. Nakon uobiˇcajene procedure, minimalni troˇsak je 1140.)
6. Rijeˇsite transportni problem, tako da se iz svakog silosa otkupi bar polovica ˇzita. Koliˇcina ˇzita u silosima, potraˇznja otkupnih stanica i cijene po toni ˇzita dani su tabliˇcno: S1 S2 S3 bj
O1 4 4 4 80
O2 3 3 2 60
O3 4 6 4 120
O4 4 2 3 80
ai 200 180 150
(rjeˇsenje: T = 1080, tre´ci je silos ispraˇznjen). 78
6
Razliˇ cite modifikacije transportnog problema
6.1
Promjena koeficijenata funkcije cilja
Koeficijenti funkcije cilja u transportnom problemu su jediniˇcni trˇskovi transporta. Velike vrijednosti jediniˇcnih troˇskova nespretne su za ”ruˇcno” raˇcunanje. Dokazano je da se plan transporta ne mijenja, ako se u retku, odnosno stupcu, svakoj jediniˇcnoj cijeni oduzme ista vrijednost. Ako se otvoreni problem zatvara dodavanjem stupca, jediniˇcne cijene u dodanom stupcu moraju biti medusobno jednake i to jednake: maxi {cij }, gdje je svaka pojedina cij minimalna jediniˇcna cijena u svakom od redaka poˇcetnog, otvorenog problema. Ako se otvoreni problem zatvara dodavanjem retka, jediniˇcne cijene u dodanom retku opet moraju biti medusobno jednake i to maxj {cij }, gdje je svaka pojedina cij minimalna jediniˇcna cijena u svakom od stupaca poˇcetnog, otvorenog problema. Zadaci: 1. Na ˇzeljezniˇckim kolodvorima nalazi se redom: 12, 24, 30 i 18 vagona. ˇ Zeljezniˇ cke 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 220km. Od tre´ceg je 180, 130, 50 i 60 kilometara do svake od stanica i ˇcetvrtog: 200, 180, 190 i 100. Napravite takav plan transporta vagona da je umnoˇzak vagona i kilometara minimalan. (rjeˇsenje:x1,1 = 12, x2,1 = 4, x2,2 = 20, x3,3 = 30, x4,4 = 18, x5,1 = 8, x5,4 = 2, (vag · km)min = 6720). 2. Rijeˇsite transportni problem prijevoza nafte iz tri rafinerije u pet gradova, tako da ukupni tonski kilometri budu najmanji. Ponuda i potraˇznja u tonama, kao i kilometraˇza dani su tabliˇcno:
79
R1 R2 R3 bj
G1 85 65 90 35
G2 100 75 90 55
G3 75 85 70 60
G4 80 90 65 50
G5 70 95 50 45
ai 100 105 80
(rjeˇsenje: minimalno 16625tkm).
6.2
Nedopustive komunikacije
Nedopustiva komunikacija iz i-tog ishodiˇsta u j-to odrediˇste elegantno se rjeˇseva supstitucijom cij = M,
M > 3max(cij )
i MODI metodom izbjegava se baziˇcno rjeˇsenje u kojem bi xij bila baziˇcna varijabla. Zadaci: 1. Tri kolodvora A,B i C imaju na raspolaganju 60, 80 i 100 vagona. Izraˇcunajte optimalni plan transporta, ako prva stanica treba 40, druga 60, tre´ca 80 i ˇcetvrta 50 vagona. Troˇskovi transfera iz prvog kolodvora do odgovaraju´cih stanica su 1, 2, 3 i 4, iz drugog 4, 3, 2 i 0 , a iz tre´ceg 0, 2, 2 i jednu novˇcanu jedinicu. Koliki je najmanji troˇsak transporta, a koliko je pove´canje troˇskova u sluˇcaju da dodje do prekida pruge od kolodvora C do stanice broj 3. (T = 280,ako se uzme c∗3,3 = M ≥ 3 · max(cij ) dobiva se T ∗ = 330 i pove´canje od 50 novˇcanih jedinica.) 2. Tri solane proizvode dnevno redom 60,80 i 90 tona soli. Gradovi A,B,C i D potraˇzuju dnevno po 50,60,40 i 30 tona soli. Transportni troˇskovi po jednom kilogramu soli iz prve solane do svakog od gradova iznose redom 2,1,0 i 3 kune. Troˇskovi prijevoza iz druge po kilogramu iznose redom: 4,1,3 i 3 kune, a prijevoz po kili soli iz tre´ce solane u svaki od gradova iznosi 2,3,0 i 1 kunu. Odredite onaj plan prijevoza koji ´ce biti najjeftiniji. Izraˇcunajte minimalni troˇsak transporta i izraˇcunajte za koliko se pove´ca troˇsak ako se ukinu prodavaonice prve i tre´ce solane u gradu C? (rjeˇsenje: T = 190000kn, troˇsak se pove´ca za ∆T = 120000kn) 80
6.3
Ograniˇ ceni kapaciteti komunikacija
Ograniˇceni kapaciteti komunikacija sloˇzen je zahtjev na transportni problem. Postupak je detaljno objaˇsnjen u [1], pa se ˇcitatelj moli da obavezno prouˇci taj dio u udˇzbeniku. Zadaci: 1. Iz tri rudnika R1 , R2 i R3 kapaciteta redom po 300, 250 i 450 tona dnevno, vozi se ugljen u tri prodajna skladiˇsta ogrjeva: S1 , S2 , S3 . Dnevne potrebe tih skladiˇsta su redom 300, 400 i 300 tona. Na svaku relaciju smijemo poslati najviˇse do 200t. Cijene prijevoza po toni ugljena iz R1 su: 1, 3, 2, iz R2 : 5, 7, 10, a iz R3 : 3, 1, 4 novˇcane jedinice. (rjeˇsenje: T = 3250 novˇcanih jedinica) 2. Mljekara sa ˇcetiri svoja pogona snabdijeva mlijekom tri naselja. Dnevni kapaciteti pogona, potrebe naselja i jediniˇcne cijene transporta u odnosu na hektolitre dani su u tablici: N1 N2 N3 P1 15 6 7 100 P2 7 4 11 55 P3 11 12 5 49 P4 4 8 10 96 40 120 50 Napravite takav plan transporta da troˇskovi budu minimalni. Ako na svaku relaciju moˇzete poslati najviˇse 50hl mlijeka, izraˇcunajte razliku u troˇskovima takvog plana i plana bez zahtjeva. (rjeˇsenje: Togr = 1072, Tnorm = 1022, razlika je 50 novˇcanih jedinica )
81
6.4
Minimizacija vremena transporta
Koeficijenti u funkciji cilja sada se interpretiraju kao duljina putovanja. Zahtjev se sastoji u tome da ˇsto manja koliˇcina robe bude na najduljem putu. Zadaci 1. Izuzetno opasan plin treba prevesti ˇzeljeznicom. Proizvodnja plina, potraˇznja i vremena transporta u satima zadana su tabliˇcno: O1 O2 O3 O4 proizvodnja P1 3 15 6 4 55 P2 10 8 10 5 80 P3 4 3 6 10 40 potrebe 55 55 90 20 (rjeˇsenje: Najbolje ˇsto se moˇze posti´ci je da 5t putuje iz P2 u O3 10h). 2. U Republici Hrvatskoj iznenada je donesen zakon da se kamioni moraju ˇ transportirati ˇzeljeznicom. U Rijeci, Zadru, Sibeniku i Splitu trebamo redom 180, 160, 90 i 100 vagona za prijevoz kamiona. Kotoriba, Dobova, Ploˇce i Vinkovci imaju na raspolaganju redom:120, 160, 80 i 150 vagona. Udaljenosti kolodvora u Rijeci do spomenutih odrediˇsta iznosi redom: 280, 170, 300 i 500km. Udaljenost kolodora u Zadru do spomenutih ˇ odrediˇsta su redom: 450, 360, 280 i 600km. Sibenik je udaljen redom do spomenutih odrediˇsta 560, 420, 180 i 680km, dok je iz Splita do odrediˇsta po 600, 500, 100 i 780 kilometara. Napravite plan prijevoza po kojem najmanje vagona putuje najve´com kilometraˇzom. (rjeˇsenje: 130 vagona ipak ´ce putovati 600km od Vinkovaca do Zadra i to ´ce biti vagoni koji ´ce najdalje putovati.) 3. Zadan je transportni problem gdje veliˇcine cij = tij oznaˇcavaju vremena transporta u satima. Nadjite minimalno vrijeme svih dostava, ako one poˇcinju istovremeno: I1 I2 I3 bj
O1 6 7 8 60
O2 4 4 7 60
O3 3 3 4 60
O4 5 5 3 20
ai 80 70 50
(rjeˇsenje: 60 jedinica putuje 6 sati i to se ne moˇze popraviti.) 82
4. Riba se izlovljava u uzgajaliˇstima I1 , I2 , I3 . Svako jutro riba kre´ce put ribarnica koje se nalaze u mjestima R1 , R2 , R3 i R4 . Iz uzgajaliˇsta I1 do ribarnica prijevoz traje redom: 2,5,9 i 6 sati. Da bi iz I2 riba doˇsla u spomenute ribarnice treba po 1,7,3 i 8 sati. Konaˇcno, prijevozi iz I3 traju 5,9, te po 4 sata do ribarnica R3 i R4 . Treba napraviti takav plan da je ˇsto je mogu´ce manje ribe na najduljem putu. Na uzgajaliˇstima je na raspolaganju: 80t, 120t, 160t dnevno, a ribarnice potraˇzuju redom: 100t, 40t, 150t i 110t dnevno. (rjeˇsenje: 110t ribe putovat ´ce 4h , dok ´ce ostala riba putovati kra´ce. )
83
6.5
Problemski zadaci
1. Ponuda izvora i potraˇznja odrediˇsta transportnog problema zadana je tablicom. Interpretiramo li cij kao vremena potrebna za izvrˇsenje svakog pojedinog transporta, odredite takav plan da ukupno vrijeme transporta bude najkra´ce i da ˇsto je mogu´ce manje tereta putuje najdulje. I1 I2 I3 bj
O1 2 4 5 40
O2 5 7 3 10
O3 9 3 5 15
O4 6 8 0 100
ai 10 80 60
2. Rijeˇsite transportni problem zadan tablicom: I1 I2 I3 bj
O1 15 9 23 19
O2 40 15 42 42
O3 40 15 42 42
ai 160 250 90
Za koliko bi se pove´cao troˇsak, kada bi traˇzili da potpuno ispraznimo tre´ci izvor? 3. Korporacija ima 4 ˇse´cerane mjeseˇcnog kapaciteta 50, 60, 80 i 100 tona. Gradovi koji potraˇzuju ˇse´cer trebaju redom 75, 80, 90 i 45 tona mjeseˇcno. Udaljenost ˇse´cerana i gradova dani su tabliˇcno, a vi napravite plan u kojem ´ce tonski kilometri biti minimalni. Za koliko ´ce se pove´cati mjeseˇcni tonski kilometri, ako zbog vremenskih neprilika budu odsjeˇceni druga ˇse´cerana i prvi grad? S1 S2 S3 S4
G1 45 40 55 65
G2 45 55 65 60
G3 60 55 65 70
G4 100 90 85 75
4. Ribarnica ima ˇcetiri ribarske luke u kojima se dnevno izlovi po 7t robe. Iz tih luka riba se dostavlja u pet gradova, koji dnevno potraˇzuju 4, 5, 6, 8 i 9 tona ribe. Ako se iz prve luke do gradova riba dostavi za 3, 4, 2, 5 i 6 sati, iz druge za 4, 2, 3, 1 i 5 sati, iz tre´ce za 1, 2, 3, 3 i 4h, te iz ˇcetvrte treba 5, 2, 1, 3 i 4 sata. Zadatak je napraviti plan po kojem ´ce riba najkra´ce biti na cesti.
84
Rjeˇsenja problemskih zadataka 1. 15 jedinica robe putuje 8 vremenskih jedinica, dok ostala roba putuje kra´ce. 2. T0 = 1431; Tprazan
tre´ ci
= 3614; ∆T = 2183 novˇcanih jedinica.
3. T0 = 16625; Todsjeˇceno = 16925; ∆T = 300 novˇcanih jedinica. 4. 5t ´ce putovati 4h, dok ´ce ostala roba putovati kra´ce.
6.6
Razni zadaci
1. Na kolodvorima A, B, C i D nalazi se redom 45,55,30 i 45 praznih vagona. Oni su u odredjenom periodu potrebni u stanicama 1,2,3,i 4, redom po 50,40,30 i 20 vagona. Ako su jediniˇcni troˇskovi prijevoza vagona iz kolodvora A u stanice 2,1,3,4 novˇcane jedinice; iz B: 3,1,1,2; iz kolodvora C: 4,2,3,3, a iz kolodvora D: 1,4,2 i 3 novˇcane jedinice, nadjite optimalni plan transporta praznih vagona i izraˇcunajte najmanji mogu´ci troˇsak tog transporta. (rjeˇsenje: T = 165 novˇcanih jedinica) 2. Nadjite optimalno rjeˇsenje transportnog problema: iz ˇcetiri tvornice obu´ce kapaciteta 8, 9, 12 i 16 tisu´ca pari mjeseˇcno treba cipele dostaviti do ˇcetiri grada koji mjeseˇcno potraˇzuju 7, 10, 6 i 15 tisu´ca pari. Prijevoz po jednom paru cipela iz prve tvornice u gradove redom iznosi: 1,2,3,4 kn; iz druge tvornice: 3,2,5,6 kuna, iz tre´ce: 0,5,1,4 kune i iz ˇcetvrte: 0,2,0 i 1 kunu. Izraˇcunajte najmanji mogu´ci troˇsak. (rjeˇsenje: T = 40000kn) 3. Iz tri cementare cement se prevozi do tri gradiliˇsta. Dnevni kapaciteti cementa, potrebe gradiliˇsta i jediniˇcni troˇskovi prijevoza dani su tabliˇcno: C1 C2 C3 bj
G1 3 7 2 70
G2 4 1 3 180
G3 2 4 5 50
ai 120 80 150
Nadjite plan transporta koji ´ce imati minimalni troˇsak i izraˇcunajte taj troˇsak. (rjeˇsenje: T = 640) 85
4. Tri prˇzionice ispeku mjeseˇcno redom po: 10,15 i 25 tona kave. Kava se iz prˇzionica transportira u ˇcetiri prodajna srediˇsta i to: prvo traˇzi 5 tona, drugo 10, tre´ce 20 i ˇcetvrto 15. Troˇskovi transporta po jednoj toni iz prve prˇzionice u svako od prodajnih srediˇsta redom iznose: 800,300,500 i 200 kuna. Za drugu prˇzionicu oni su redom: 400,100,600 i 700 kuna. Tre´ca prˇzionica ima po toni troˇsak do prodajnih mjesta: 100,900,400 i 300 kuna. Treba izraˇcunati minimalni troˇsak i na´ci odgovaraju´ci plan. (rjeˇsenje: T = 14000 kuna). 5. Tabliˇcno je zadan transportni problem s jediniˇcnim troˇskovima prijevoza: I1 I2 I3 I4 bj
O1 20 26 16 11 8
O2 9 22 13 25 11
O3 24 13 25 4 9
O4 21 1 2 5 7
O5 19 8 3 6 8
ai 12 14 7 10
Odredite optimalni plan prijevoza iz zadanih ishodiˇsta u odrediˇsta i izraˇcunajte minimalni troˇsak prijevoza. (rjeˇsenje: T = 322) 6. Rijeˇsite transportni problem i izraˇcunajte ukupni troˇsak transporta, poˇstuju´ci ograniˇcenje od 100 jedinica koje se mogu poslati na svaku od relacija. I1 I2 I3 bj
O1 6 6 3 130
O2 O3 14 8 10 18 1 4 180 90
ai 100 140 150
Za koliko se pove´ca troˇsak, ako je onemogu´cena komunikacija I3 O2 . (rjeˇsenje: T0 = 1850; T1 = 2780; ∆T = 830 novˇcanih jedinica viˇse)
86
6.7
Problemski zadaci
1. Rijeˇsite transportni problem i izraˇcunajte minimalni troˇsak transporta. Za koliko se pove´ca troˇsak ako dode do prekida komunikacije I2 O4 ? I1 I2 I3 bj
O1 10 5 9 1610
O2 O3 15 11 8 12 4 10 240 450
O4 8 3 20 780
ai 1200 850 1030
2. Rijeˇsite transportni problem ako je maksimalno mogu´ce optere´cenje komunikacije 50. Izraˇcunajte minimalni troˇsak. I1 I2 I3 bj
O1 8 5 2 40
O2 1 7 3 55
O3 2 5 9 60
O4 9 3 4 20
ai 50 50 75
3. Zadan je transportni problem tablicom u kojoj su navedena vremena prijevoza: I1 I2 I3 bj
O1 15 10 12 75
O2 20 25 18 35
O3 25 20 24 45
O4 15 40 30 85
O5 15 30 36 60
ai 50 100 150
Odredite plan transporta da vrijeme najve´ce dostave bude minimalno. 4. Na´ci optimalni plan transporta iz dva skladiˇsta u ˇsest centara potroˇsnje. Jediniˇcni troˇskovi, kapaciteti skladiˇsta i potraˇznje centara dani su u tablici: C1 C2 C3 C4 C5 C6 2 4 7 1 3 8 40 5 6 12 9 1 2 50 10 7 20 50 5 8
87
Rjeˇsenja problemskih zadataka 1. T0 = 23210; Tprekid = 23210, pa pove´canja nema. 2. T = 475 i uvjet je odmah postignut. 3. 95 jedinica robe putuje 30 vremenskih jedinica i to se ne moˇze popraviti. 4. T = 363 novˇcanih jedinica.
88
7
Transportna mreˇ za
Transportna mreˇza je orijentirani graf bez petlje, s jednim ulaznim ˇcvorom i jednim izlaznim ˇcvorom. Praktiˇcno je mreˇzu zadati matricom incidencije. Ako je element matrice jednak nuli, znaˇci da ne postoji luk iz i-tog ˇcvora u j-ti. Elemente matrice razliˇcite od nule moˇzemo interpretirati na dva naˇcina: - udaljenost jednosmjerne komunikacije iz i-tog u j-ti ˇcvor - kapacitet jednosmjerne komunikacije iz i-tog u j-ti ˇcvor Nema algoritma za crtanje transportne mreˇze i samo u nekim sluˇcajevima transportna mreˇza ispada planarna: komunikacije se sijeku samo u ˇcvorovima. Ako se komunikacije sijeku izvan ˇcvorova, sjeciˇsta se interpretiraju kao da su denivelirana.
7.1
Ispitni zadaci
1. Zadana je matrica transportne mreˇze
0 40 24 40 0 0 0 0 0 16 0 18 0 0 0 0 0 0 14 36 0 0 0 50 0 0 0 38 0 0 0 0 0 44 60 0 0 0 0 42 0 80 0 0 0 0 0 0 0
Ako elemente matrice interpretiramo kao udaljenosti ˇcvorova, odredite najkra´ci put kroz mreˇzu. Zatim elemente interpretirajte kao kapacitete lukova, pa odredite maksimalni tok kroz mreˇzu. Provjerite vrijednost maksimalnost toka nalaˇzenjem reza minimalnog kapaciteta. (rjeˇsenje: l = 78; {3, . . . , 7}).
T = 98, rez minimalnog kapaciteta je {1, 2} ∪
89
2. Nacrtajte transportnu mreˇzu zadanu matricom. Odredite najkra´ci put, nadjite maksimalni tok i rez minimalnog kapaciteta. A=
0 30 12 80 0 0 0 0 0 0 30 25 30 0 0 0 0 18 0 30 50 0 0 0 0 0 0 0 25 0 50 0 0 0 0 25 0 20 25 0 0 0 0 0 0 0 28 35 0 0 0 0 0 25 0 50 0 0 0 0 0 0 0 0
(rjeˇsenje: l = 115; 1 − 2 − 5 − 6 − 8; kapaciteta je {1, . . . , 7} ∪ {8}.)
T = 85, rez minimalnog
3. Na´ci maksimalni tok i minimalni put transportne mreˇze zadane matricom: M=
0 25 30 50 0 0 0 0 0 0 0 16 0 18 0 0 0 0 0 0 0 0 14 36 0 0 0 0 0 50 0 0 38 0 0 0 0 0 0 0 0 0 44 60 0 0 0 0 0 42 0 0 80 0 0 0 0 0 0 0 0 36 50 0 0 0 0 0 0 0 0 70 0 0 0 0 0 0 0 0 0
(najkra´ci put je 137: 1 − 2 − 5 − 7 − 9, a maksimalni tok 105, rez minimalnog kapaciteta: {1} ∪ {2, . . . , 9}).
90
4. Transportna je mreˇza zadana matricom ˇciji elementi predstavljaju kapacitete lukova transportne mreˇze: M=
0 40 35 0 0 15 0 0 0 0 0 0 15 20 0 0 0 0 0 0 0 0 0 10 25 0 0 0 0 0 0 10 0 0 10 25 0 0 0 0 0 0 0 40 0 0 0 0 0 15 0 15 35 0 0 0 0 0 0 0 0 0 10 0 0 0 0 0 0 0 0 25 0 0 0 0 0 0 0 0 0
Odredite rez minimalnog kapaciteta i taj kapacitet. (rjeˇsenje: rez {1, 2, 3, 5, 7, 8} ∪ {4, 9} ima minimalni kapacitet T = 50) 5. Transportna je mreˇza zadana matricom. M=
0 45 55 60 0 0 0 0 0 0 0 15 0 60 30 0 0 0 0 0 45 0 0 0 0 0 0 0 5 0 40 0 0 0 0 0 0 0 10 50 0 0 0 0 0 0 0 30 0 0 0 0 0 5 0 65 0 0 0 0 0 0 0 0
Elemente matrice interpretirajte kao kapacitete komunikacija i odredite rez minimalnog kapaciteta. Koliki je taj kapacitet? Odredite najkra´ci put. (rjeˇsenje:T = 135; rez minimalnog kapaciteta je {1, 3, 4} ∪ {2, 5, 6, 7, 8}, najkra´ci put je 110: 1 − 2 − 7 − 6 − 8)
91
6. Zadana je matrica transportne mreˇze: M=
0 30 40 50 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 20 0 60 0 0 0 0 40 0 0 0 50 0 0 0 0 0 0 30 0 0 20 0 0 30 0 0 0 0 0 0 10 10 30 0 0 0 0 0 0 0 0 0 20 0 0 0 0 0 0 0 0 0 30 0 10 0 0 0 0 0 0 0 0 10 40 0 0 0 0 0 0 0 0 0 20 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0
Nacrtajte transportnu mreˇzu odredite najkra´ci put kroz mreˇzu i maksimalni tok. (rjeˇsenje: najkra´ci put l = 70 : 1 − 2 − 5 − 7 − 10, maksimalni tok: T = 70; rez minimalnog kapaciteta: {1, . . . , 9} ∪ {10}. ) 7. U transportnoj mreˇzi zadanoj matriˇcno odredite najkra´ci put, najve´ci mogu´ci tok i rez minimalnog kapaciteta. T =
(rjeˇsenje: l = 120 : {4, 5, 6, 7, 8, 9})
0 50 60 0 0 0 0 0 0 0 0 40 30 20 0 0 0 0 0 0 0 0 10 10 0 0 0 0 0 0 0 0 0 40 0 0 0 0 0 30 0 15 25 10 0 0 0 0 0 0 0 0 45 0 0 0 0 0 0 0 0 10 35 0 0 0 0 0 0 5 0 45 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 − 2 − 5 − 8 − 7 − 9,
92
T = 70, rez: {1, 2, 3} ∪
8. Zadana je matrica A transportne mreˇze. Nacrtajte mreˇzu. Odredite najkra´ci put, nadite maksimalni tok i rez minimalnog kapaciteta. A=
(rjeˇsenje: l = 180, {6, 7})
0 20 40 60 0 0 0 0 0 50 20 30 0 0 0 0 0 70 20 0 0 0 0 0 0 15 20 0 0 0 0 30 0 50 0 0 0 0 0 0 0 120 0 0 0 0 0 0 0
1 − 2 − 4 − 6 − 7;
T = 60, rez: {1, 2, 3, 4, 5} ∪
9. Zadana je matrica A transportne mreˇze. Nacrtajte mreˇzu i odredite najkra´ci put, maksimalni tok i rez minimalnog kapaciteta. A=
(rjeˇsenje: l = 115,
0 30 12 80 0 0 0 0 0 0 30 25 30 0 0 0 0 18 0 30 50 0 0 0 0 0 0 0 25 0 50 0 0 0 0 25 0 20 25 0 0 0 0 0 0 0 28 35 0 0 0 0 0 25 0 50 0 0 0 0 0 0 0 0
1 − 2 − 5 − 6 − 8;
T = 85, rez: {1, . . . , 7} ∪ {8})
10. Matrica transportne mreˇze zadana je s A. Odredite rez minimalnog kapaciteta, maksimalni tok i najkra´ci put kroz mreˇzu. A=
0 30 45 0 0 0 0 0 15 20 0 0 0 0 0 10 15 0 0 0 0 0 0 35 0 0 0 20 0 25 0 0 0 0 0 0
(rjeˇsenje: rez minimalnog kapaciteta: {1, 2, 3, 4} ∪ {5, 6}, tok: T = 50, najkra´ci put l = 85, 1 − 2 − 4 − 6.) 93
11. Interpretiraju´ci elemente matrice kao duljine lukova transportne mreˇze, odredite najkra´ci put. Zatim, tumaˇce´ci ˇclanove matrice A kao kapacitete lukova, odredite maksimalni tok i rez minimalnog kapaciteta. Matrica je zadana: A=
(rjeˇsenje: l = 80,
0 30 45 0 0 0 0 0 0 10 35 0 0 25 0 0 10 0 0 0 0 0 20 40 0 0 0 0 0 45 0 0 0 0 0 0
1 − 2 − 4 − 6;
T = 55, rez: {1, 2, 3} ∪ {4, 5, 6})
12. U transportnoj mreˇzi zadanoj matricom odredite najkra´ci put, maksimalni tok i rez minimalnog kapaciteta. M=
(rjeˇsenje: l = 85, {4, . . . , 9})
0 25 30 0 0 0 0 0 0 0 0 30 15 10 0 0 0 0 0 0 0 0 15 5 0 0 0 0 0 0 0 0 0 30 0 0 0 0 0 25 0 5 15 10 0 0 0 0 0 0 0 0 35 0 0 0 0 0 0 0 0 10 35 0 0 0 0 0 0 15 0 45 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 − 2 − 5 − 7 − 9;
94
T = 45, rez: {1, 2, 3} ∪
13. Matricom je zadana transportna mreˇza. Nacrtajte mreˇzu. Odredite najkra´ci put, a zatim i maksimalan tok, tako da elemente matrice poistovjetite s udaljenostima medju ˇcvorovima, a zatim ih interpretirajte kao kapacitete prometnica u jedinici vremena. T =
(rjeˇsenje: l = 100, {7, 10})
0 50 85 65 0 0 0 0 0 0 0 0 20 0 35 0 10 0 0 0 0 0 0 20 45 0 0 60 0 0 0 0 0 0 0 30 0 0 35 0 0 0 0 0 0 0 0 45 0 0 0 0 20 0 0 0 0 0 40 0 0 0 0 0 25 0 0 45 0 40 0 0 0 0 0 0 0 0 0 55 0 0 0 0 0 0 0 60 0 25 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1−2−7−10;
95
T = 90, rez: {1, 2, 3, 4, 5, 6, 8, 9}∪
7.2
Problemski zadaci
1. Zadana je matrica A transportne mreˇze. Nacrtajte mreˇzu. Odredite najkra´ci put, nadite maksimalni tok i rez minimalnog kapaciteta. A=
0 30 45 0 0 0 0 0 15 20 0 0 0 0 0 10 15 0 0 0 0 0 0 35 0 0 0 20 0 25 0 0 0 0 0 0
2. Zadana je matrica transportne mreˇze. Na´ci maksimalni tok i najkra´ci put. T =
0 12 14 22 0 0 0 0 0 0 0 10 0 11 0 0 0 0 0 0 0 0 9 20 0 0 0 0 0 27 0 0 21 0 0 0 0 0 0 0 0 0 24 32 0 0 0 0 0 23 0 0 42 0 0 0 0 0 0 0 0 20 27 0 0 0 0 0 0 0 0 37 0 0 0 0 0 0 0 0 0
3. Zadana je matrica A transportne mreˇze. Nacrtajte mreˇzu. Odredite najkra´ci put, nadjite maksimalni tok i rez minimalnog kapaciteta. A=
0 30 45 0 0 0 0 0 0 10 35 0 0 25 0 0 10 0 0 0 0 0 20 40 0 0 0 0 0 45 0 0 0 0 0 0
96
Rjeˇsenja problemskih zadataka 1. Najkra´ci put iznosi 85 duljinskih jedinica, maksimalni tok je 45, dok je rez minimalnog kapaciteta {1, 2, 3} ∪ {4, 5, 6}. 2. Maksimalni tok je 48, najkra´ci put 74. 3. Najkra´ci put je 80, maksimalni tok 55, a rez minimalnog kapaciteta: {1, 2, 3} ∪ {4, 5, 6}.
97
8
Primjeri pismenih zada´ ca
Najvaˇznija stvar za ve´cinu studenata su ispiti. Ispit iz Matematiˇckih metoda u prometu sastoji se od pismenog i usmenog dijela. Za izlazak na usmeni, potrebno je zadovoljiti na pismenom dijelu ispita. Pismeni dio ispita sastoji se od ˇcetiri zadatka. Prvi zadatak vezan je uz grafiˇcko rjeˇsavanje linearnog problema. Drugi zadatak linearnog programiranja rjeˇsava se numeriˇcki. Tre´ci je transportni problem, a ˇcetvrti je vezan uz transportnu mreˇzu. Budu´ci se radi o raˇcunanju, inzistira se na toˇ cnosti, pa se gledaju samo zadaci koji imaju toˇ cna rjeˇsenja. Prvi zadatak donosi jedan bod, drugi i tre´ci po dva i ˇcetvrti jedan bod. Student koji je skupio barem tri boda zadovoljio je na pismenom dijelu ispita.
98
Matematiˇcke metode u prometu 1. Rijeˇsite problem linearnog programiranja grafiˇckom metodom: max(4x + 10y) x + 4y 6x + 2y x+y x, y
≤ ≤ ≤ ≥
24 42 9 0
2. Rijeˇsite linearni problem numeriˇcki: max(6x + 12y + 3z) x + 3y 2x + y y + 4z x, y, z
≤ ≤ ≤ ≥
4 3 3 0
3. Rijeˇsite transportni problem i izraˇcunajte ukupni troˇsak transporta: I1 I2 I3 bj
O1 6 6 3 130
O2 O3 14 8 10 18 1 4 180 90
ai 100 140 150
4. Zadana je matrica transportne mreˇze: M=
0 40 24 40 0 0 0 0 0 16 0 18 0 0 0 0 0 0 14 36 0 0 0 50 0 0 0 38 . 0 0 0 0 0 44 60 0 0 0 0 42 0 80 0 0 0 0 0 0 0
Elemente matrice interpretirajte kao udaljenosti ˇcvorova i izraˇcunajte najkra´ci put kroz mreˇzu. Zatim elemente matrice interpretirajte kao kapacitete lukova i nadjite maksimalni tok kroz mreˇzu. 99
Matematiˇcke metode u prometu 1. Poduze´ce izraduje dva tipa proizvoda od tri sirovine. Od prve sirovine ima na raspolaganju 15, od druge 7 i od tre´ce 5 jedinica. Pri izradi jedinice prvog proizvoda potroˇsi po jednu jedinicu svake sirovine, pri izradi jedinice drugog proizvoda potroˇsi tri jedinice prve i jednu jedinicu druge sirovine. Prodajva cijena prvog proizvoda je dvije, a drugoga jednu novˇcanu jedinicu. Kako planirati proizvodnju, da bi utrˇzak od prodaje proizvoda bio najve´ci? 2. Na trˇziˇstu imamo tri vrste teretnih zrakoplova razliˇcitih nosivosti:40t, 50t, 10t. Prijevoz jedne tone tereta donosi dobit od 7500kn. Tereta ima u izobilju, ali je ograniˇcen broj struˇcnjaka za dnevno servisiranje letjelica. Od 130 raspoloˇzivih mehaniˇcara po tri su potrebna za pregled najve´cih letjelica, dok je po jedan potreban za svaku manju letjelicu. Od 100 elektriˇcara, dvojica trebaju za svaki zrakoplov od 50t, a po trojica za svaki zrakoplov od 40t. Struˇcnjaka za pregled navigacionih uredjaja ima 110, od kojih za letjelice od 40t treba po jedan, a za 50-tonce trebaju po ˇcetvorica. Koliko kojih trakoplova kupiti, ako svi imaju istu cijenu, a ˇzelimo zaraditi ˇsto je mogu´ce viˇse? Svaki zrakoplov dnevno napravi po jedan let. ˇ robnih 3. Na skladiˇstima se nalazi redom po 60, 70 i 55 tona robe mjeseˇcno. Sest ku´ca mjeseˇcno potraˇzuju redom po 20, 40, 30, 55, 15 i 35 tona robe. Jediniˇcni troˇskovi prijevoza iz prvog skladiˇsta u svaku od prodavaonica iznose redom 3, 2, 2, 3, 3 i 1 kunu. Iz drugog skladiˇsta 2, 0, 1, 1, 0 i 1 kunu. Iz tre´ceg: 1, 4, 3, 4, 2 i 0 kuna. Odredite optimalni plan prijevoza i ukupni troˇsak. 4. Zadana je matrica kapaciteta lukova transportne mreˇze. T =
0 25 26 34 0 0 0 0 0 0 0 13 0 14 0 0 0 0 0 0 0 0 10 23 0 0 0 0 0 38 0 0 28 0 0 0 0 0 0 0 0 0 27 40 0 . 0 0 0 0 26 0 0 45 0 0 0 0 0 0 0 0 23 30 0 0 0 0 0 0 0 0 40 0 0 0 0 0 0 0 0 0
Nadjite rez minimalnog kapaciteta.
100
Rjeˇsenja prvog oglednog primjera ispita: 1. x = 4; y = 5; max = 66 2. x = y = 1; z =
1 2
3. T = 1850 novˇcanih jedinica. 4. l = 78; T = 98; rez: {1, 2} ∪ {3, 4, 5, 6, 7}. Rjeˇsenja drugog oglednog primjera: 1. Mudro je proizvesti 5 komada prvog i dva drugog proizvoda, uz maksimalni utrˇzak od 12 novˇcanih jedinica. 2. Ako se nabavi 18 letjelica od 40t, 23 od 50t i 43 od 10t, tada oni mogu prevest 2300t i maksimalno zaraditi 17, 250.000kn. 3. T = 185 4. Rez: {1, 2, 3, 4, 5, 6, 8} ∪ {7, 9}.
Literatura [1] Paˇsagi´c H.:Matematiˇcke metode u prometu, FPZ, Zagreb, 2003. [2] Proskurjakov I.V.: Sbornik zadaˇc po lineinoi algebre, Nauka, Moskva, 1984. [3] Stoˇsi´c V.:Matematiˇcka natjecanja uˇcenika osnovnih ˇskola, HMD, Zagreb, 1994. [4] Horvati´c K.:Linearna Algebra I, II, III, Matematiˇcki odjel PMF-a Sveuˇciliˇsta u Zagrebu i HMD, Zagreb, 1995. [5] Kovaˇc Striko E.: Matematika II, Fakultet prometnih znanosti, Zagreb, 1999. [6] Pavkovi´c-Svrtan-Veljan: Matematika-zbirka zadataka s uputama i ˇ rjeˇsenjima, Skolska knjiga, Zagreb, 1983.
101
