Главная страница

Контрольная работа. Контрольная работа вариант 7 задача 1


Скачать 124 Kb.
НазваниеКонтрольная работа вариант 7 задача 1
АнкорКонтрольная работа
Дата01.11.2021
Размер124 Kb.
Формат файлаdoc
Имя файлаКонтрольная работа.doc
ТипКонтрольная работа
#261041



РОССИЙСКИЙ ГОСУДАРСТВЕННЫЙ ТОРГОВО-ЭКОНОМИЧЕСКИЙ

УНИВЕРСИТЕТ

КОНТРОЛЬНАЯ РАБОТА

вариант 7

ЗАДАЧА 1.

Предприятие выпускает два вида продукции А и В, для производства которых используется сырьё трех типов. На изготовление единицы изделия А требуется затратить сырья каждого типа 3, 3, 1 кг соответственно, а для единицы изделия В – 4, 1, 5  кг соответственно. Производство обеспеченно сырьем каждого типа в количестве 600, 357, 600 кг соответственно. Стоимость единицы изделия А составляет 42 руб., а единицы изделия В – 26 руб. Требуется составить план производства изделий А и В, обеспечивающий максимальную стоимость готовой продукции. Числовые данные параметров приведены в следующей таблице:

а) Решить задачу симплекс-методом.

б) Сформулировать двойственную задачу и привести её решение.

Решение. а) Составим математическую модель задачи. Пусть х1, х2 – количество производимых изделий вида А и В соответственно. Тогда на производство будет израсходовано (3х1 + 4х2) сырья I-го типа. По условию, это количество не должно превосходить располагаемого объема этого сырья в количестве 600 единиц, т.е. 3х1 + 4х2  600. Выполняя аналогичные действия с другими типами сырья, окончательно получим систему ограничений (нетривиальные ограничения задачи):

3х1 + 4х2  600,

3х1 + х2  357, (1)

х1 + 5х2  600.
Количество изделий х1, х2 физически является неотрицательными (нельзя произвести отрицательное количество изделий), что дает нам тривиальные ограничения задачи:

х1  0, х2  0, (2)

Целевая функция представляет собой общую стоимость произведенной продукции, и эта функция в данной задаче оптимизируется на максимум:

42х1 + 26х2  max. (3)

Для решения указанной задачи симплекс-методом приведем задачу (1)-(3) к каноническому виду, введя дополнительные балансовые переменные х3, х4, х5:

3 х1 + 4х2 + х3 = 600,

3х1 + х2 + х4 = 357, (4)

х1 + 5х2 + х5 = 600,

хi  0, , (5)

42х1 + 26х2 +0х3 + 0х4 + 0х5  max. (6)

Исходный опорный план имеет вид:

.

Подставив компоненты в целевую функцию, получим ее значение для этого плана:

Z( ) = 42х1 + 26х2 + 0х3 + 0х4 + 0х5 = 420 + 260 + 0600 + 0357 + 0600 = 0.

Теперь составим первоначальную симплексную таблицу:

Таблица 1.




х1

х2

х3

х4

х5

b



х3

3

4

1

0

0

600

600/3 = 200

х4

3

1

0

1

0

357

357/3 = 119

х5

1

5

0

0

1

600

600/1 = 600




-42

-26

0

0

0

0





Поскольку в индексной строке есть отрицательные числа (-42, -26), план не является оптимальным и его можно улучшить.

Для изменения плана определим разрешающий столбец по максимальному модулю отрицательной оценки. Поскольку |-42| > |-26|, то переменная х1 становится базисной, а этот столбец таблицы – разрешающим столбцом.

Определим разрешающую строку. Для ее определения числа в 7-ом столбце поделим на элементы разрешающего столбца. Разрешающая строка выбирается по наименьшему частному. Из последнего столбца таблицы 1 видно, что разрешающей является вторая строка с  = 119.

Теперь приступим к пересчету таблицы.

В новой преобразованной таблице 2 (первая итерация) х4 заменяется на х1. Преобразование чисел в таблице начнем с разрешающей строки. Для этого все элементы разрешающей строки (таблица 1) делятся на разрешающий элемент «3», находящийся на пересечении разрешающей строки и разрешающего столбца. Полученные значения записываются в новую таблицу 2 в строку «х1». Все остальные клетки таблицы преобразуются по одному общему правилу:

НЗ = СЗ – (АВ),

где НЗ – новое значение элемента,

СЗ – старое значение элемента,

А – элемент на пересечении данной строки и ключевого столбца в старой таблице,

В – элемент на пересечении данного столбца и ключевой строки в новой таблице.

В результате получим

Таблица 2.

Первая итерация




х1

х2

х3

х4

х5

b



х3

0

3

1

-1

0

243

243/3 = 81

х1

1

1/3

0

1/3

0

119

119/(1/3) = 357

х5

0

14/3

0

-1/3

1

481

481/(14/3) = 103




0

-12

0

14

0

4998





Произошел переход к новым базисным переменным х1, х3, х5. При этом переменные х2, х4 являются свободными, и в опорном плане их значения равны нулю. Значения остальных получаем из нового столбца свободных членов:

х1 = 119; х3 = 243; х5 = 481.

Запишем опорный план в векторной форме:

= (119; 0; 243; 0; 481).

Этому опорному плану соответствует значение целевой функции, равное 4998.

Однако в индексной строке есть еще один отрицательный элемент, поэтому полученный план не является оптимальным. Поскольку значение «-12» находится в столбце х2, поэтому х2 войдет в новый базис. Минимальное симплексное отношение (81) достигается в строке базисной переменной х3, которая выходит из базиса.

Теперь пересчитаем таблицу первой итерации и получаем таблицу второй итерации.

Таблица 3.

Вторая итерация




х1

х2

х3

х4

х5

b

х2

0

1

1/3

-1/3

0

81

х1

1

0

-1/9

4/9

0

92

х5

0

0

-14/9

11/9

1

103




0

0

4

10

0

5970


Произошел переход к новому базису х1, х2, х5. При этом переменные х3, х4 являются свободными, и в опорном плане их значения равны нулю. Значения остальных получаем из нового столбца свободных членов:

х1 = 92, х2 = 81, х5 = 103.

Запишем опорный план в векторной форме:

= (92; 81; 0; 0; 103).

Этому опорному плану соответствует значение целевой функции, равное 5970.

Поскольку в индексной строке больше нет отрицательных элементов, план является оптимальным:

, Zmax = 5970.

Итак, план выпуска, включающий 92 единицы продукции А и 81 единиц продукции В, является оптимальным. При этом будет достигнута максимальная стоимость готовой продукции.
б) Двойственная задача и ее решение. Рассмотрим исходную задачу (1)-(3). Задача, двойственная задаче (1)-(3), имеет вид:

F = 600y1 + 357y2 + 600y3  min (7)

3y1 + 3y2 + y3  42, (8)

4y1 + y2 + 5y3  26,

yi  0, i = 1, 2, 3. (9)

Оптимальное решение задачи (7)-(8) находится в индексной строке последней симплекс-таблицы и столбцах, соответствующих первоначальному базису. Отсюда находим:

= (4; 10; 0).

Таким образом, у1* = 4 > 0, у2* = 10 > 0, у3* = 0.

Это означает, что при производстве данного вида изделий ресурсы первого и второго типов дефицитны, то есть используются полностью, а третий ресурс используется не полностью (поскольку у3* = 0).






написать администратору сайта