Operációkutatás gyakorlattámogató jegyzet

Átírás

1 TÁMOP-4...F-4//KONV A GÉPÉSZETI ÉS INFORMATIKAI ÁGAZATOK DUÁLIS ÉS MODULÁRIS KÉPZÉSEINEK KIALAKÍTÁSA A PÉCSI TUDOMÁNYEGYETEMEN Király Balázs Operációkutatás gyakorlattámogató jegyzet Pécs 05 A tananyag a TÁMOP-4...F-4//KONV azonosító számú, A gépészeti és informatikai ágazatok duális és moduláris képzéseinek kialakítása a Pécsi Tudományegyetemen című projekt keretében valósul meg.

2 TÁMOP-4...F-4//KONV A GÉPÉSZETI ÉS INFORMATIKAI ÁGAZATOK DUÁLIS ÉS MODULÁRIS KÉPZÉSEINEK KIALAKÍTÁSA A PÉCSI TUDOMÁNYEGYETEMEN Operációkutatás gyakorlattámogató jegyzet Király Balázs Szakmai lektor: Dr. Komlósi Sándor Pécsi Tudományegyetem Természettudományi Kar Pécs, 05 Király Balázs

3 Tartalomjegyzék. Elemi bázistranszformáció 7.. Elméleti áttekintés Elemi bázistranszformáció és alkalmazásai Mátrix inverzének meghatározása bázis-transzformációval Feladatok Gyakorló Feladatok Lineáris programozási feladat 7.. Elméleti áttekintés LP-feladatok felírása Grafikus megoldás és Fourier-módszer Feladatok Gyakorló Feladatok A szimplex módszer algebrai háttere 4.. Elméleti áttekintés Normál feladatok megoldása szimplex módszerrel Feladatok Gyakorló Feladatok Általánosított szimplex módszer Elméleti áttekintés Alternatív optimumok keresése A szimplex módszer geometriai háttere Módosított normál feladat megoldása Általános alakú feladat megoldása Feladatok Gyakorló Feladatok Hiperbolikus programozási feladat Elméleti áttekintés Hiperbolikus programozási feladat grafikus megoldása Hiperbolikus programozási feladat megoldása szimplex algoritmussal (Charnes- Cooper módszer) Feladatok Gyakorló Feladatok Minta feladatsor az I. Zárthelyi Dolgozathoz 9

4 4 TARTALOMJEGYZÉK 7. Dualitás Elméleti áttekintés Primál-Duál feladatpárok Dualitási tételek A duál feladat optimális megoldásának leolvasása A duál változók gazdasági jelentése Duál szimplex algoritmus Feladatok Gyakorló Feladatok Minimális Költségű Hálózati Folyam probléma Elméleti áttekintés Kruskal algoritmus Prim algoritmusa MKHF probléma Feladatok Gyakorló Feladatok Szállítási feladat Elméleti áttekintés Az alapfeladat A disztribúciós tábla Induló bázis készítése a legkisebb költség módszerrel Optimalitás ellenőrzés és javítás Feladatok Gyakorló Feladatok Hozzárendelési feladat Elméleti áttekintés Az alapfeladat Magyar módszer Feladatok Gyakorló Feladatok Egészértékű programozás 49.. Elméleti áttekintés Fix költségek modellezése Lineáris egészértékű programozás Feladatok Gyakorló Feladatok Minta feladatsor az II. Zárthelyi Dolgozathoz 57

5 Előszó Jelen jegyzet a Programtervező Informatikus BSc és Gazdasági Informatikus BSc képzések Operációkutatás gyakorlatának tematikáját öleli fel. A jegyzet fejezetei megfelelnek egy-egy gyakorlat anyagának. Ugyan minden fejezet tartalmaz egy rövid elméleti összefoglalást, de ezek jórészt emlékeztető jellegűek, semmiképpen sem helyettesítik, vagy pótolják az előadáson tanultakat. A jegyzet elsődleges célja, hogy kidolgozott példákkal segítse a gyakorlati dolgozatokra való felkészülést. 5

6 6 TARTALOMJEGYZÉK

7 . fejezet Lineáris egyenletrendszerek megoldása elemi bázistranszformációval.. Elméleti áttekintés... Elemi bázistranszformáció és alkalmazásai.. Tétel. Legyen b, b,..., b n az R n tér egy bázisa. Tegyük fel, hogy a v R n vektor {b i } n i= bázisra vonatkozó koordinátái közül a k-adik nem 0. (v k 0). Ekkor a {b i } n i= bázis k-adik elemét (b k ) a v vektorra kicserélve szintén bázist kapunk.... Elemi bázistranszformáció Legyen b, b,..., b n az R n tér egy bázisa. A bázistranszformációhoz az alábbi koordinátatáblát használjuk. Tegyük fel, hogy a v R n vektor {b i } n i= bázisra vonatkozó koordinátái közül a k-adik nem 0. (v k 0). Vigyük be a v vektort a k-adik bázisvektor helyére. Vizsgáljuk meg, hogyan lehet felírni egy tetszőleges w vektor koordinátáit az új bázisra vonatkozóan. v w b v w b v w... b k v k w k... b n v n w n A koordinátatábla soraiban az alábbi változtatásokat kell elvégezni.. A k-adik sor minden elemét osszuk le v k -val. (a w vektor esetében tehát az új k-adik koordináta tehát w k = w k v k ).. A j-edik koordináta (j k) kiszámítása az alábbi formula alapján történik: w j = w j v j wk v k = w j v j w k. 7

8 8. FEJEZET. ELEMI BÁZISTRANSZFORMÁCIÓ Könnyen igazolható, hogy az eredeti bázis b k k-adik eleme a következőképpen írható fel az új bázisban: b k = n v i v b v k v i k v w b v w b v w... b k v k w k... b n v n w n i = i k b b. v. b n w w v w k w v w k. w k = w k v k. w n v n w k Bizonyítás:. Írjuk fel a v vektor előállítását az eredeti {b i } n i= bázisban: majd fejezzük ki a k-adik bázisvektort: v = n v i b i, i= b k = v k v n i = i k v i v k b i. Végül írjuk fel a w vektor előállítását: w = n w i b i = w k b k + i= n i = i k w i b v i = w k v k v k n i = i k v i b v i + k n i = i k w i v k b i, ahonnan átrendezéssel kapható az állítás... Megjegyzés. Látható, hogy a transzformáció során kitüntetett szerepe van a v vektor k-adik koordinátájának (v k ), azaz a kicserélendő vektorok sorának illetve oszlopának metszetében található elemnek. Ezt az elemet generáló elemnek vagy pivot elemnek nevezzük. A koordináta táblában keretezéssel szoktuk jelölni.... Lineáris egyenletrendszer megoldása bázis-transzformációval Tekintsük az A x = b A R n m, x R m, b R n lineáris egyenletrendszert. Az egyenletrendszer pontosan akkor oldható meg, ha a b vektor benne van az A mátrix oszlopvektorai által kifeszített altérben, azaz létezik egy b = λ a +λ a +...+λ n a n előállítás. Ekkor egy megoldás koordinátái lehetnek rendre az említett előállításban szereplő együtthatók (x i = λ i, i =,..., n).

9 .. ELMÉLETI ÁTTEKINTÉS 9 Tekintsük tehát az A mátrixot m darab R n -beli oszlopvektornak (a, a,..., a m ) és egészítsük ki a szintén R n -beli b vektorral. Ezek koordinátás alakja természetesen előállítja a kanonikus egységvektorokra vonatkozó koordinátatáblát: a a a r a m b e a a a r a m b e a a a r a m b... e k a k a k a kr a km b k... e n a n a n a nr a nm b n Nyilvánvaló, hogy ha a kanonikus bázis összes elemét ki tudjuk cserélni a mátrix egy-egy oszlopvektorára, akkor azzal elő is állítjuk a keresett lineáris kombinációt. (Ez természetesen csak akkor sikerülhet, ha a mátrixnak legalább annyi oszlopa van, ahány sora, azaz ha az ismeretlenek száma nem kevesebb mint az egyenleteké.) Diszkusszió A fenti eljárás a következő eredményekkel érhet véget:. A mátrix összes oszlopát a bázisba vittük és ezáltal a kanonikus bázis összes vektorát lecseréltük. (Ekkor nyilvánvalóan n = m.) Ebben az esetben az egyenletnek pontosan egy megoldása van, amelyet a b vektor új bázisra vonatkozó koordinátái adnak meg.. A mátrix összes oszlopát bevittük, de még maradt le nem cserélt kanonikus vektor a bázisban. (Azaz m < n.) Ekkor két további lehetőséget kell megkülönböztetnünk: a) A b vektornak a bentmaradt kanonikus vektorokra vonatkozó koordinátái mind 0-k. Az egyenlet megoldását a b vektor tartalmazza. Természetesen a bentmaradt vektorokra vonatkozó (csupa 0) koordinátáktól eltekintünk. b) Van olyan bentmaradt kanonikus egységvektor, amelyre vonatkozóan a b vektor koordinátája nem 0. Ilyenkor az egyenletnek nincs megoldása.. Több oszlopvektort már nem tudunk bevinni (a be nem vitt oszlopvektorok minden még a bázisban lévő kanonikus egységvektorra vonatkozó koordinátája 0) a) Nem maradt le nem cserélt kanonikus egységvektor a bázisban. Ilyenkor az egyenletnek végtelen sok megoldása van. A végtelen sok megoldás annyi szabadonválasztható paramétertől függ, ahány oszlopvektort nem vittünk be. Az általános megoldás felírására később visszatérünk. b) Van bentmaradt kanonikus egységvektor, de a b vektor erre (ezekre) vonatkozó koordinátája 0. Ilyenkor az egyenletnek végtelen sok megoldása van. A végtelen sok megoldás annyi szabadonválasztható paramétertől függ, ahány oszlopvektort nem vittünk be. Az általános megoldás felírására később visszatérünk. c) Van olyan bentmaradt kanonikus egységvektor, amelyre vonatkozóan a b vektor koordinátája nem 0. Ilyenkor az egyenletnek nincs megoldása.

10 0. FEJEZET. ELEMI BÁZISTRANSZFORMÁCIÓ... Alulhatározott lineáris egyenletrendszer általános megoldása Az Ax = b egyenlet általános megoldásának felírásához tegyük fel, hogy az egyenlet mátrixának első k oszlopvektora bevihető a bázisba, de további oszlopvektorokat már nem lehet bevinni. Vizsgáljuk a mátrix összes oszlopvektorának felírását az új bázisban. (A triviálisakat is.) a a a k a k+ a m b a 0 0 a,k+ a m b a 0 0 a,k+ a m b a k 0 0 a k,k+ a km b k e k e n } {{ } A Igazolható, hogy az eredeti egyenlet ekvivalens az A x=b egyenlettel. Az utóbbi egyenlet utolsó n k sora elhagyható, hiszen az kizárólag 0 együtthatókat tartalmaz, továbbá a jobboldalon is az összes koordináta 0. Így az eredetivel ekvivalens A x = b egyenlethez jutunk, ahol A R k n és b R k. Bontsuk az x megoldást két részre, nevezetesen legyen ˆx az x vektor első k koordinátáját tartalmazó R k -beli vektor és ˇx az x maradék (m k) darab koordinátáját tartalmazó R m k -beli vektor. Ekkor a fenti egyenlet az alábbi alakban írható: A [ ˆx ˇx ] [ ˆx = b [I k, A > ] ˇx }{{} b ] = b, a,k+ a m ahol I k a k k-ás egységmátrix és A > =.. R k (m k). A szorzást elvégezve: a k,k+ a km Így az egyenletrendszer általános megoldása: I k ˆx+A > ˇx = b ˆx+A > ˇx = b, ˆx = b A > ˇx. Az ˆx vektor koordinátáit a fentiek alapján egyértelműen meghatározza ˇx koordinátáinak választása, így a megoldás m k szabadon választható paramétertől (ˇx koordinátitól) függ.... Mátrix inverzének meghatározása bázis-transzformációval Az A R n n négyzetes mátrix inverzének meghatározása az alábbi mátrixegyenlet megoldásával ekvivalens feladat: A X = I, ahol X R n n és I az n n-es egységmátrix.

11 .. FELADATOK A mátrixegyenlet megoldása visszavezethető n darab azonos baloldalú lineáris egyenletrendszer megoldására, nevezetesen: A x = e, A x = e,... A x n = e n, ahol e i, (i =,,..., n) az n dimenziós kanonikus egységvektorok. Nyilvánvaló, hogy ezeket az egyenleteket párhuzamosan is meg tudjuk oldani az... fejezetben tárgyalt módszerrel. a a a r a m e e... e n e a a a r a m 0 0 e a a a r a m e k a k a k a kr a km e n a n a n a nr a nm 0 0 A mátrix pontosan akkor invertálható, ha minden oszlopvektorát be tudjuk vinni a bázisba. Ekkor a mátrix inverzét azonnal elő is állítjuk. (Feltéve, hogy a bázisba megfelelő sorrendbe vittük be az oszlopvektorokat, ha nem, akkor még néhány sorcserét kell végeznünk.) A témakör elméleti anyaga a fentieknél részletesebben, bizonyításokkal együtt megtalálható a Temesi József és Varró Zoltán Operációkutatás című könyvében, melyre a továbbiakban [4]-gyel hivatkozunk. A témakörrel a könyv. fejezete foglakozik (. oldal -. oldal)... Feladatok.. feladat Oldjuk meg az alábbi lineáris egyenletrendszert báziscsere segítségével! Megoldás: a a a a 4 b e 4 7 e e 4 8 e 4 a a a a 4 b e 4 7 e e 4 8 e 4 a a a b a e 4 7 e e a a b a 4 9 e 4 7 e a 0 0 a a e 5 9 a 5 b a 0 b a 4 4 a a a

12 . FEJEZET. ELEMI BÁZISTRANSZFORMÁCIÓ A sorokat az oszlopvektorok indexei alapján rendezve megkapjuk a megoldást: x = [,,, 4] T... feladat Oldjuk meg az alábbi lineáris egyenletrendszert báziscsere segítségével! a a a a 4 b e 7 e e 8 e Megoldás: a a a a 4 b e 7 e e 8 e a a a 4 b a 7 e 0-5 e e feladat a a b a 5 5 a e e a b a a a 0 e Mivel egy oszlopvektort nem tudtunk bevinni, de a b vektor bentmaradó bázisvektorra vonatkozó koordinátája 0, ezért az egyenletnek végtelensok megoldása van. Itt A > = 0, b = 4, 0 így x x 4 x = x a a a b e 0 e 5 e 5 8 e 4 5 x = x x 4 = 4 x = Megoldás: a a a b e 0 e 5 e 5 8 e 4 5 a a b a 0 e 5 e 8 e 4 a b a e 7 4 e 6 a b a e 0 a a

13 .. FELADATOK Mivel az egyetlen bentmaradt kanonikus egységvektorra (e ) vonatkozó koordináta 0, ezért az egyenletnek van megoldása, nevezetesen az x = [,, ] T..4. feladat Oldjuk meg az alábbi lineáris egyenletrendszert báziscsere segítségével! Megoldás: a a a b e 7 e 5 e 6 e a a a b e 7 e 5 e 6 e a a b a 7 e 7 9 e e a b a 5 8 e 0 0 a e b a a a e 4 Mivel a bentmaradt kanonikus egységvektorra (e 4 ) vonatkozó koordináta nem 0, ezért az egyenletnek nincs megoldása..5. feladat Adjuk meg az alábbi mátrix inverzét báziscsere segítségével! A = Megoldás: a a a e e e e 0 0 e e a a e e e a 0 0 e 0 0 e a e e e a 7 0 a 0 0 e 0 0 e e e a 7 a 0 a 0 0 Így az A mátrix inverze: A = feladat Adjuk meg az alábbi mátrix inverzét báziscsere segítségével! B = 0

14 4. FEJEZET. ELEMI BÁZISTRANSZFORMÁCIÓ Megoldás: b b b e e e e 0 0 e e 0 0 a a e e e e 4 0 a e 0 a e e e e 6 4 a 0 a 0 e e e a 6 4 a 4 a 5 Így a B mátrix inverze: B = feladat Adjuk meg az alábbi mátrix inverzét báziscsere segítségével! Megoldás: C = c c c c 4 e e e e 4 e e e e c c c 4 e e e e 4 c e e e c c 4 e e e e 4 c c e 0 0 e c 4 e e e e 4 c 0 0 c 0 0 c 0 0 e 4 4 c 4 e e e e 4 4 c 4 4 c c Így a C mátrix inverze: C = feladat Adjuk meg az alábbi mátrix inverzét báziscsere segítségével! D = 0

15 .. GYAKORLÓ FELADATOK 5 Megoldás: d d d e e e e 0 0 e 0 0 e d d e e e d 0 0 e 0 e 4 0 d e e e d 0 d 0 e 0 Mivel az utolsó oszlopvektort nem tudjuk a bázisba bevinni, ezért a mátrix nem invertálható... Gyakorló Feladatok.9. feladat Oldjuk meg az alábbi lineáris egyenletrendszereket báziscsere segítségével! a) b) c) d) a a a b e e e 5 7 e a a a b e e e 5 7 e a a a b e e e a a a a 4 a 5 b e 5 4 e e feladat Adjuk meg az alábbi mátrixok inverzét báziscsere segítségével! 4 a) 4 0 b) c) 4

16 6. FEJEZET. ELEMI BÁZISTRANSZFORMÁCIÓ

17 . fejezet Lineáris programozási feladatok matematikai modellje és grafikus megoldásuk.. Elméleti áttekintés... LP-feladatok felírása.. Definíció. Az olyan többváltozós feltételes szélsőérték feladatot mely során a z : R n R lineáris függvény szélsőértékét keressük egy, vagy több lineáris feltétel teljesülése mellett, lineáris programozási feladatnak (LP-feladatnak) nevezzük. Az z függvényt, amelynek szélsőértékét keressük célfüggvénynek nevezzük... Definíció. Az R n tér azon pontjainak összessége, melyek az LP-feladat minden feltételét kielégítik, a feladat lehetséges megoldásainak halmaza, melyet L-lel jelölünk... Megjegyzés. Valódi gazdasági problémák és szöveges feladatok esetén a megoldást megelőző fontos lépés a matematikai modell felírása, melynek során lerögzítjük, hogy a feladat során mely változóktól és hogyan függ a keresett célfüggvény (elemi tevékenységek) majd felírjuk a korlátozó feltételeket. Ilyen problémák esetén sokszor találkozhatunk olyan feltételekkel, melyek a feladat szövegében explicit módon nem szerepelnek, fontos, hogy ezekről se feledkezzünk meg. (Ilyen implicit feltétel lehet például, hogy a gyártósorainkon nem készíthető negatív darabszámú áru, azaz a megfelelő elemi tevékenységhez tartozó változóra egy további nem-negativitási feltételt kell a rendszerhez hozzávennünk.) Az implicit korlátozásokból adódó feltételek a legtöbb esetben csak egyetlen változót tartalmaznak, a későbbiekben, az LP-feladatok osztályozása során az ilyen feltételeknek is jelentős szerepük lesz.... Grafikus megoldás és Fourier-módszer... Grafikus megoldás A -dimenziós LP-feladatok egyik megoldási módja azon alapul, hogy az egyenlőtlenség típusú feltételek félsíkokat határoznak meg a síkban. Ezen félsíkok metszete adja a lehetséges megoldások halmazát, amely ismeretében az optimális megoldás meghatározható. Tekintsük az ax+by c vagy az ax+by c egyenlőtlenséggel adott feltételt. Kérdés, hogy a kapott két félsík közül melyik pontjai elégítik ki a feltételt, ez nagymértékben függ a b együttható 7

18 8. FEJEZET. LINEÁRIS PROGRAMOZÁSI FELADAT előjelétől. Ennek szemléltetésére az alábbi ábrákat készítettük. (az ábrákon a > 0, de teljesen hasonló grafikonok tartoznak az a < 0 esethez is.) Azaz a b > 0 esetben az egyenes fölötti félsík teljesíti az ax + by > 0 feltételt és az egyenes alatti félsík felel meg az ax + by < 0 feltételnek. A b < 0 esethez pont fordított megfeleltetés tartozik. A feladat során felírt összes feltétel egy-egy az előzőhöz hasonló félsíkot definiál. Egy pont akkor és csak akkor elégíti ki az összes feltételt, ha minden az egyenlőtlenségek által meghatározott félsíkon rajta van, azaz ha az illető pont eleme a meghatározott félsíkok metszetének (jelöljük ezt a halmazt L-lel). A feladat most az, hogy a lehetséges megoldások halmazából (L) kiválasszunk egy olyan pontot, ahol a célfüggvény minimum feladat esetén minimális, maximum feladat esetén maximális. Vizsgáljuk most a célfüggvény geometriai jelentését. Legyen a célfüggvény z(x, y) = dx+ey alakú. Rögzítsünk egy tetszőleges z 0 értéket. Ekkor azon pontok halmaza melyeken a célfüggvény értéke z 0 éppen a dx+ey=z 0 egyenes pontjai. Ezeket az egyeneseket a célfüggvény szintvonalainak nevezzük. Ha e 0, akkor a különböző célfüggvényértékek egy párhuzamos egyenessereget határoznak meg. Ezen egyenesek y-tengelyen vett metszete z 0 e. Vizsgáljuk azon egyeneseket, melyeknek van közös pontjuk L-lel. Pozitív e esetén z 0 akkor maximális, ha a tengelymetszet maximális. stb..4. Megjegyzés. Egy-egy feltétel által megadott félsík megrajzolása az esetek nagy részében három egyszerű behelyettesítéssel elvégezhető, ehhez szükségünk van az egyenes két tengelymetszetére, melyek az x = 0 illetve az y = 0 feltételek behelyettesítésével adódnak, és egy tetszőleges, az egyenesen kívüli pont esetén el kell döntenünk, hogy az adott pont a feltételnek eleget tevő félsíkban van-e..5. Megjegyzés. A kétváltozós feladat grafikus megoldásánál alkalmazott módszer ugyan általánosítható lenne (A feltételek mindig egy n dimenziós altér által határolt konvex térrészt adnak), de a szemléletesség a magasabb dimenziókban elveszik. (A három változós feladat grafikus ábrázolása még megoldható, de a bonyolultsága miatt már ebben az esetben sem szoktuk alkalmazni a módszert.)

19 .. FELADATOK 9... A Fourier-módszer A Fourier módszer alkalmazásakor a feladat változóit egyenként küszöböljük ki, egészen addig míg már egy triviálisan megoldható problémára jutunk. A kiküszöbölést a következő átalakításokkal tudjuk megvalósítani. A célfüggvényt is átírjuk egyenlőtlenséggé. Olyan feltételt írunk fel, amelyet csak az optimum koordinátái tudnak kielégíteni. Ehhez a célfüggvény lineáris kifejezését megtartjuk, a jobboldalra pedig a z változót írjuk. A reláció jelet aszerint választjuk, hogy milyen típusú optimumot keresünk. Minimum-feladat esetén a lineáris kifejezés z feltételt, maximum-feladat esetén pedig a lineáris kifejezés z feltételt vesszük a rendszerhez. Kiválasztunk egy z-től különböző változót, majd ezt kifejezzük minden egyenlőtlenségből. Az így kapott egyenlőtlenségek két csoportba sorolhatók az egyik csoportba kerüljenek azok melyekben a kifejezet változó kisebb, mint valamely lineáris kifejezés a másik csoportba lesznek azok, ahol nagyobb mint valamely lineáris kifejezés. Az első csoport minden egyenlőtlenségét párosítjuk a második csoport minden egyenlőtlenségével és kiküszöböljük a rendszerből a kérdéses változót. Az eljárást addig folytatjuk, míg már csak egy változó (a z) marad. Maximum feladat esetén a rá kapott felsőkorlátok legkisebbike, minimum feladat esetén az alsó korlátok legnagyobbika lesz az optimum. Az optimum ismeretében az intenzitások meghatározhatók. A témakör elméleti anyagáról részletesebben, bizonyításokkal együtt [4] könyv.. és.. fejezete foglakozik (47. oldal oldal). A Fourier-módszerhez kapcsolódóan a [] könyv.. fejezetét érdemes áttanulmányozni (. oldal- 0. oldal)... Feladatok.. feladat Írjuk fel az LP-feladatot, amely megoldásával választ kaphatunk az alábbi, kereskedő probléma néven ismert feladat kérdésére. A Kis családban este nagy vacsora készül, ezért a legfiatalabb gyereket elküldik a kereskedőhöz, hogy vásároljon kimért üdítőt. A kereskedőnél kapható rostos üdítő, melyből l tömege kg és szénsavas üdítő, amelynek literje kg-t nyom. A gyerek összesen 5 kg tömegű üdítőt tud hazavinni. Édesapja azt szeretné, hogy legalább literrel több szénsavas üdítőt vegyen, mint rostosat, míg édesanyja azt kérte, hogy vigyen haza legalább liter üdítőt. A kereskedőnek l rostos üdítőn $ haszna van, míg a szénsavas ital literjén $-t nyer. Melyik fajta üdítőből mennyit adjon el a kereskedő, hogy a haszna a lehető legnagyobb legyen, de a fiú haza tudja vinni a megvásárolt italokat és azokkal szülei kívánságait is teljesítse? Megoldás: Elemi tevékenységek: rostos üdítő eladása szénsavas üdítő eladása Jelöljük x -gyel a rostos és x -vel a szénsavas üdítőből vásárolt mennyiséget. (Legyenek tehát ezek az egyes elemi tevékenységekhez rendelt intenzitás értékek.) Fontos, hogy

20 0. FEJEZET. LINEÁRIS PROGRAMOZÁSI FELADAT bár a feladatban explicit módon nem kerül kimondásra, de egyik típusú üdítőből sem lehet negatív az eladott mennyiség. Ezeknek a nemnegatív értékeknek a következő feltételeket kell kielégíteniük: x + x x + x x + x 5 x 0 x 0 A kereskedő feladata tehát az, hogy azon nemnegatív x, x értékek közül, melyek kielégítik a fenti egyenlőtlenségeket keressen olyanokat, amelyekre a x + x összeg maximális, azaz a célfüggvény a x +x max... feladat Az alábbi feladat horgász probléma néven ismert. Írjuk fel a feladat matematikai modelljét! Horgászunk egy olyan tóban horgászik, amelyben csak háromféle hal van: ponty, keszeg és süllő. Ezekből a halfajtákból egy-egy kilogrammnyi kifogása a horgász számára más-más élvezeti értékkel bír. Nevezetesen a ponty esetén három, a keszeg esetén kettő és a süllőnél négy ez az érték. A tónak három gazdája van, ők a következő szabályokat hozzák: Az első tulajdonos szerint kg ponty $-t, kg keszeg $-t, kg süllő $-t ér és nem engedi, hogy a horgász 4$-nál nagyobb értékű halat fogjon ki. A második tulajdonos úgy tartja, hogy kg ponty $-t, kg süllő $-t ér, szerinte a keszeg teljesen értéktelen. Ez a tulajdonos legfeljebb 5$-nyi hal kifogását engedélyezi. A harmadik tulajdonos árai alapján kg ponty $-t, kg keszeg $-t, míg kg süllő 4$-t ér és ő maximum 7$ értékű halat enged kifogni. Melyik halból mennyit fogjon a horgász, hogy a tulajdonosok által megadott szabályok betartása mellett a lehető legjobban élvezze a horgászatot? Megoldás: Tételezzük fel, hogy a tóban nagyon sok hal van és a horgászunk elég ügyes ahhoz, hogy minden halfajtából pontosan annyit fogjon, amennyit szeretne. Elemi tevékenységek: ponty horgászat keszeg horgászat süllő horgászat Legyenek az egyes elemi tevékenységekhez rendelt intenzitás értékek rendre x, x, illetve x (azaz tegyük fel, hogy a horgászat végéig x kg pontyot, x kg keszeget és x kg süllőt fogott a horgász). Ne felejtsük el, hogy a tulajdonosok szabályain kívül itt is szükség van a nem-negativitási feltételekre (hiszen a kifogott hal-mennyiség semelyik halfaj esetén sem lehet negatív)! A feladat célfüggvénye a kifogott halmennyiséghez társítható élvezeti érték-összeg, melyet horgászunk maximalizálni szeretne.

21 .. FELADATOK Az LP-feladat: x +x +x 4 x +x 5 x +x +4x 7 x 0 x 0 x 0 x +x +4x = z max.. feladat Írjuk fel az alábbi feladat matematikai modelljét! Egy házibulira szendvicseket készítünk az ehhez rendelkezésre álló alapanyagok 0 dkg vaj 00 dkg sonka 00 dkg sajt 0 db kemény tojás. Két féle szendvicset gyártunk. Az első típusúhoz dkg vajra dkg sonkára dkg sajtra és tojásra van szükség. A 4 másik fajta szendvicshez 5 dkg sajt, fél tojás dkg vaj és dkg sonka kell. Írjuk fel azt az LP-feladatot, melynek segítségével megállapítható, hogy melyik típusú szendvicsből mennyit gyártsunk, hogy a lehető legtöbb szendvicset tudjuk elkészíteni. Megoldás: Elemi tevékenységek és a hozzájuk rendelt intenzitások: Első típusú szendvics készítése, x Második típusú szendvics készítése, x A nem-negativitási feltételeken kívül az egyes alapanyagokból rendelkezésre álló mennyiség (kapacitás) is korlátozó feltételeket szab. A célfüggvény az elkészített szendvicsek száma, azaz x +x és ezt az értéket maximalizálni szeretnénk. Az LP-feladat: x +x 0 vaj x +x 00 sonka x +5x 00 sajt 0,5x +0,5x 0 tojás x 0 x 0 x +x = z max.6. Megjegyzés. A feladat szövege alapján nyilvánvaló, hogy x és x intenzitásváltozók értékére a nemnegativitási feltételeken kívűl ésszerű kikötés, hogy csak az egész számok köréből kerülhetnek ki: x +x 0 vaj x +x 00 sonka x +5x 00 sajt 0,5x +0,5x 0 tojás x 0 x 0 x, x Z x +x = z max Az ilyen típusú feladatokat, melyek során a változók csak egész értékeket vehetnek fel egészértékű programozási feladatoknak nevezzük.

22 . FEJEZET. LINEÁRIS PROGRAMOZÁSI FELADAT.4. feladat Oldjuk meg a Kereskedő problémát grafikusan! Először rajzoljuk fel az egyes feltételek által meghatározott félsíkokat! x + x x + x x + x 5 x 0 x 0 A két nemnegativitási feltétel geometriai jelentése alapján a lehetséges megoldások halmaza teljes egészében az I. síknegyedbe esik. Ezt az ábrázolás során érdemes figyelembe venni. Az első feltétel x +x félsíkját az x +x = egyenes határolja. Ezt az egyenest is, mint bármely egyenest egyértelműen meghatározhatjuk, ha felvesszük két pontját. A két legegyszerűbben számolható pontja az egyenesnek a két tengelymetszet. Az egyenes ott metszi az x -tengelyt, ahol x =0. Ezt a feltételt az egyenes egyenletébe helyettesítve a tengelymetszet x -koordinátája kiszámolható: x +0 = x = Azaz az egyenes átmegy a (, 0) ponton. Hasonlóképpen az egyenes ott metszi az x -tengelyt, ahol x = 0. Ahonnét x = adódik. Az egyenes másik pontja a (0, ) pont. A két ponton át már egy és csak egy egyenes húzható: Már csak azt kell eldönteni, hogy az egyenes által határolt két félsík közül melyiket kell választanunk. Ehhez a sík egy tetszőleges, de az egyenesen kívül eső pontját fogjuk

23 .. FELADATOK megvizsgálni, hogy koordinátái kielégítik-e az eredeti x +x feltételt. Általában célszerű az ellenőrzést a koordináta rendszer origójával végezni, hiszen ekkor a feltétel baloldala automatikusan 0 lesz. Az az eset kivétel csupán, ha az egyenes átmegy az origón. Ez a tulajdonság a grafikus képen kívül ott is látható, hogy az ellenőrzés során a feltétel egyenlőséggel teljesül. Ilyen esetekben egy másik pontot érdemes választani. A koordinátarendszer egységpontjai (0, ) és (, 0) közül legfeljebb az egyik lehet az egyenesen, ha az átmegy az origón is, így ezen pontok egyike biztosan alkalmas az ellenőrzésre és a számolás most sem lesz túl nehézkes. Térjünk vissza az eredeti problémához. Az origó most nem esik az egyenesre és koordinátáit a feltételbe helyettesítve a 0 hamis állítás adódik. Ez azt jelenti, hogy az origó és a sík azon pontjai melyek az egyenesnek az origót tartalmazó partján fekszenek nem teljesítik a feltételt, azaz a feltétel által meghatározott félsík az origót nem tartalmazó félsík: Az első feltétel x +x félsíkját határoló x +x = egyenes az x -tengelyt x =, az x tengelyt pedig az x = pontban metszi, azaz az egyenes két ismert pontja a (, 0) és a (0, ) pontok. Az origó a feltételt nem elégíti ki (0 hamis állítást kapjuk), így bejelölt félsíkhoz jutunk:

24 4. FEJEZET. LINEÁRIS PROGRAMOZÁSI FELADAT Hasonlóan kapható a harmadik, x + x 5 feltétel által megadott félsík is. Itt a két pont, amin át az egyenest rajzolhatjuk a ( 5, 0) és a (0, 5) pontok. Az origó behelyettesítésével a 0 5 igaz állítást kapjuk, ami azt jelenti, hogy most az egyenes origót tartalmazó partján lévő félsíkot kell választanunk: A három félsík és az I. síknegyed közös része adja a lehetséges megoldások L halmazát, amit az alábbi ábrán besatíroztunk:

25 .. FELADATOK 5 Vizsgáljuk most a célfüggvény szintvonalait! Az elméleti bevezetőben tárgyaltak szerint a célfüggvény egy párhuzamos egyenesekből álló egyenessereget határoz meg. Rögzített z 0 esetén tehát a x + x = z 0 egyeneshez jutunk. Ezen egyenesek közül bármelyiket ábrázolhatjuk a fent már megmutatott módon, míg a többi egyenes párhuzamos eltolással adódik. Például z 0 = esetén az egyenes átmegy a (0, ) és a (, 0) pontokon. A lenti ábrán ez a pink-kel rajzolt egyenes. Az egyenes eltoltjai közül azt keressük, melynek van közös pontja a lehetséges megoldások L halmazával maximális a tengelymetszete, ugyanis minden célfüggvényegyenes egyenlete x = x + z 0 alakú. Az ilyen egyenes tengelymetszete b = z 0, így a maximális célfüggvényértékhez maximális tengelymetszet tartozik. (Lehetne hivatkozni az

26 6. FEJEZET. LINEÁRIS PROGRAMOZÁSI FELADAT elméleti levezetésben felírt kapcsolatra is, de a konkrét egyenlet felírása lényegesen kevesebb veszélyt rejt.) A lehetséges megoldások halmazával nem diszjunkt egyenesek közül annak a tengelymetszete lesz maximális, amely átmegy a zöld és a kék egyenes metszéspontján. Ez a metszéspont könnyen számolható: x + x = x + x = 5 } x = 4 x = 7 Azaz a kereskedőnek 4l rostos és 7 l szénsavas üdítőt kell eladnia. (Ezen a haszna: z 0 = = 6 $).5. feladat Oldjuk meg grafikusan a következő LP-feladatokat! a) x+y x+y x y x 0 y 0 x y = z min Megoldás: Rajzoljuk meg a lehetséges megoldások halmazát! Az első feltétel félsíkját határoló x+y = egyenes átmegy a (, 0) és a (0, 6) pontokon. Az origó behelyettesítésével a 0 igaz állítást kapjuk, azaz a feltételnek eleget tevő pontok az origóval megegyező partján vannak az egyenesnek. Az ábrán a kék egyenes által határolt félsíkról van szó. A második feltételhez tartozó határoló x+y = egyenes tengelymetszetei: a (, 0) és a (0, ) pontok. Az origó nem elégíti ki a feltételt (0 állítás hamis), így az origóval átellenes pontok halmazáról van szó. Pirossal jelöltük az ábrán a félsíkot. A harmadik félsíkot a (, 0) és (0, ) pontokon átmenő x y= egyenes határolja. Mivel az origó nem elégíti ki a feltételt (0 állítás hamis), ezért az origóval ellentétes odalon lévő félsíkot választjuk. Az ábrán zölddel jelöltük. Mivel x, y 0, ezért csak az első síknegyedbe eső pontokkal foglalkozunk. Ezzel meg is kaptunk a lehetséges megoldások L halmazát:

27 .. FELADATOK 7 A célfüggvényegyenesek paraméteres egyenlete: x y = z 0. Ha z 0 = 0 értéket rögzítünk, akkor a kiválasztott egyenes egyenlete y= x. Az origón átmenő m= meredekségű egyenes és a vele párhuzamos egyenessereg elemei közül keressük azt amelynek van közös pontja a lehetséges megoldások L halmazával és a maximális célfüggvényértékhez tartozik. A célfüggvényegyenes paraméteres egyenletét rendezve y = x z 0 adódik, ahonnan látható, hogy az egyenes tengelymetszete b = z 0 pontosan akkor maximális, ha a célfüggvényérték minimális, így az egyenesek közül a maximális tengelymetszetűt keressük. Ez az egyenes átmegy az ábrán is jelölt ponton, amely az x-tengely és a kék egyenes metszéspontja: Így a keresett minimális érték z= 4, amelyet az x=, y=0 intenzitások mellett vesz fel a rendszer.

28 8. FEJEZET. LINEÁRIS PROGRAMOZÁSI FELADAT b) x y x+y 4 x y 4 x 0 y 0 x+y = z max Megoldás: Rajzoljuk meg először a lehetséges megoldások halmazát! Az x, y 0 feltételek miatt most is elegendő az első síknegyed pontjaival foglalkoznunk. Az első feltétel alapján olyan félsíkot kapunk, amelyet a (, 0) és a (0, ) pontokon átmenő x y = egyenes határol és amely tartalmazza az origót, ugyanis az x = y = 0 behelyettesítéssel a 0 azonos-egyenlőtlenséghez jutunk. Az ábrán zölddel jelöltük ezt a félsíkot. A második félsíkot az x + y = 4 egyenes határolja, amely átmegy a (4, 0) és a (0, 4) pontokon. A félsík az origót nem tartalmazza, ugyanis a koordinátáit behelyettesítve a 0 4 ellentmondásra jutnánk. Az ábrán a piros félsíkról van szó. A harmadik, az ábrán kékkel jelölt félsíkot a ( 4, 0) és (0, ) pontokon átmenő x y = 4 egyenes határolja. Az origó most sem eleme a félsíknak, hiszen ha x = y = 0, akkor a 0 4 hamis állítás adódik. A célfüggvényegyenesek az y = x+ z 0 egyenessereg elemei. Az egyenes tengelymetszete b = z 0, azaz a maximális célfüggvényértékhez maximális tengelymetszet tartozna. De mivel tetszőlegesen nagy tengelymetszetű egyenes rajzolható, ezért a célfüggvény a megadott feltételek mellett minden határon túl nőhet. (A célfüggvény

29 .. FELADATOK 9 c) felülről nem korlátos.) x y x+y 4 x y 5 x 0 y 0 x y = z min Megoldás: A lehetséges megoldások halmazának rajzolása során most, mivel x 0 és y 0 elegendő a második síknegyed pontjaival foglalkoznunk. Az első feltétel alapján az (, 0) és (0, ) pontokon átmenő egyenessel határolt az origót tartalmazó az ellenőrzés során a 0 igaz állításra jutottunk az ábrán kékkel jelölt félsíkot kaptuk. A második feltétel vizsgálatánál a ( 4, 0) és a (0, 4) pontokon átmenő egyenes volt a határvonal. Az origó most is a halmazhoz tartozik, hiszen a koordinátáit behelyettesítve a 0 4 igaz állításhoz jutunk. Az ábrán ezt a félsíkot pirossal rajzoltuk. A harmadik félsík határegyenese a ( 5, 0) és (0, 5) pontokon átmenő egyenes lett. Az origó koordinátái most is kielégítik a feltételt, így az origó ennek a halmaznak is eleme lesz. Az ábrán zölddel jelöltük ezt a félsíkot. Így a lehetséges megoldások halmaza: A célfüggvényegyenesek általános egyenlete y = x z, azaz a célfüggvény akkor lesz minimális, ha a tengelymetszet (b = z) maximális.

30 0. FEJEZET. LINEÁRIS PROGRAMOZÁSI FELADAT d) A lehetséges megoldások halmazának tehát az a pontja rendelkezik optimális célfüggvényértékkel, amely az ábrán zölddel és pirossal jelölt egyenesek metszéspontja. A két kérdéses egyenes egyenlete: y = x 4 y = x+5 Így a kérdéses pont: ( 4,5; 0,5). A célegyenesek egyenlete: y =x z. Az optimális célegyenes: 0,5 = ( 4,5) z. Ahonnan az optimális célfüggvényérték: z = 9,5. x y x+y x y x+y x+y = z max Megoldás: A feladatban szereplő változók úgynevezett előjelkötetlen változók, azaz mind negatív, mind pozitív értékek szóba jöhetnek, ezért ebben a feladatban a teljes számsíkot fogjuk vizsgálni. Az első feltétel alapján egy az (, 0) és (0, ) pontokon átmenő x y = egyenes által határolt félsíkot kapunk, méghozzá azt amelyik az origót is tartalmazza, ugyanis az origó koordinátáival 0 azonos egyenlőtlenség adódik. (Az ábrán ez a zöld félsík.) A második feltételhez tartozó piros félsíkot a (, 0) és (0, ) pontokon átmenő x+y = egyenletű egyenes határolja ésez a félsík is tartalmazza az origót, mert x = y = 0 helyettesítés mellett a 0 igaz állítás adódik. A harmadik feltételt a sík azon pontjai elégítik ki melyek a (, 0) és (0, ) pontokon átmenő x y = egyenesnek az origóval megegyező partján vannak,

31 .. FELADATOK ugyanis az origó is kielégíti a feltételt (0 ). Ezt a félsíkot kékkel rajzoltuk az ábrán. Az utolsó félsíkot a (, 0) és (0, ) pontokon átmenő x+y = egyenes határolja. Az origó most is a félsík eleme, mert az ellenőrzés során a 0 iagz állításra jutunk. Az ábrán lilával jelöltük ezt a félsíkot. A célfüggvényegyenesek egyenlete y = x + z, azaz az egyenesek tengelymetszete b = z pontosan akkor maximális, ha a célfüggvényérték is maximális, így az m = meredekségű egyenesek közül azt keressük, amelynek van közös pontja a lehetséges megoldások halmazával és a tengelymetszete maximális. Az ábra alapján ez az egyenes átmegy a piros és a kék egyenes metszéspontján:

32 . FEJEZET. LINEÁRIS PROGRAMOZÁSI FELADAT e) x+y x y A metszéspont a ( 4 ; ) pont. A célegyenesek egyenlete: y = x + z. Az optimális célegyenes: = 4 +z. Ahonnan az optimális célfüggvényérték: z = 4. } x y x+y 5 x 0 y 0 x+y = z min Megoldás: Az x 0 és y 0 feltételek miatt most elegendő a negyedik síknegyed pontjaival foglalkoznunk. Az első feltétel alapján a (, 0) és (0, ) pontokon átmenő x y = egyenletű egyenes által határolt, az origót tartalmazó a koordináták behelyettesítésével a 0 igaz állítást kapjuk félsíkot rajzolhatjuk fel. Az ábrán ezt pirossal tettük meg. A második feltétel félsíkját az (5, 0) és a (0, 5) pontokra illeszkedő x+y=5 egyenes határolja. A félsík tartalmazza az origót, mert az x = y = 0 helyettesítéssel a 0 5 igaz állításhoz jutunk. Az ábrán ez a félsík kék.

33 .. FELADATOK A célfüggvényegyenesek egyenlete y = x+z 0, ahonnan látszik, hogy mivel b = z 0, ezért a célfüggvényérték akkor minimális, ha a tengelymetszet is az. A tengelymetszet és így a célfüggvény tetszőlegesen kicsi értéket felvehet a megadott feltételek mellett..6. feladat Oldjuk meg a Kereskedő problémát Fourier módszerrel! Megoldás: A célfüggvény x +x = z max átírásával a x +x z feltételhez jutunk így az új egyenlőtlenségrendszerünk : x +x x +x x +x 5 x 0 x 0 x +x z Minden egyenlőtlenségből fejezzük ki mondjuk az x változót. Könnyebben áttekinthető a feladat megoldásunk, ha csak egyféle relációjelet használunk (mondjuk minden Az átírásnál segítségünkre lehet a következő gondolatmenet. Jelölje z az optimum értékét. Jelen esetben maximumról van szó. Ez azt jelenti, hogy a bal oldalon szereplő lineáris kifejezés csak z-nél nem nagyobb értékeket vehet fel. A választott egyenlőtlenség tehát olyan, amelyet a lehetséges megoldások halmazából csak az optimumpont koordinátái tudnak kielégíteni. (Azok pedig éppen egyenlőséggel.)

34 4. FEJEZET. LINEÁRIS PROGRAMOZÁSI FELADAT egyenlőtlenséget relációval írunk): +x x x x x 5 x 0 x 0 x z x x Az x változó kiküszöbölhető, ha az összes lehetséges módon összepárosítjuk az olyan egyenlőtlenségek bal oldalait, melyeknek jobb oldalán x szerepel az olyan egyenlőtlenségek jobb oldalaival, melyeknek bal oldalán szereple az x. Az átalakítás alapja a reláció tranzitivitása. Önmagunk ellenőrzésére érdemes megnézni, hány összeragasztott egyenlőtlenséget kell kapnunk. (Nyilvánvaló, hogy ha a darab bal oldalt szeretnénk b darab jobb oldallal párosítani, akkor a b darab egyenlőtlenséget fogunk kapni.) A konkrét feladat esetén egyetlen olyan egyenlőtlenségünk van, amelynek a jobb oldalát fogjuk hasznosítani és 4 darab olyan van, melynek a bal oldalát, azaz így 4 = 4 egyenlőtlenséget kapunk. Ne feledkezzünk meg azokról a feltételekről, melyekben nem szerepel az x változó, ezeket változatlanul továbbörökítjük a következő rendszerre: +x 5 x x 5 x 0 5 x z x 5 x 0 x A kapott egyenlőtlenségeket x -re rendezzük: x 4 x x 5 z 5 x 0 x Mielőtt nekilátnánk a párosításnak érdemes észrevenni, hogy az első három feltétel közül a legelső a legerősebb, azaz az első teljesülése esetén a másik kettő automatikusan fennáll. Így a második és a harmadik feltétel elhagyható. Ez az észrevétel azért lehet fontos, mert csökkentheti a kialakuló egyenlőtlenségek számát, így a feladat méretét. A mi esetünkben az észrevétel nélkül jobb oldal és bal oldal párosításából 6 darab egyenlőtlenség születne, míg a megfigylésünk segítségével csak jobb oldal és bal oldal kerül hasznosításra, így csak két egyenlőtlenségből fog állni az új rendszer: z Ahonnét z 9. Az átírás kapcsán megbeszéltek alapján az optimális célfüggvény érték z = 9. Visszahelyettesítve az előző rendszerbe: x 4 9 x 0 x

35 .. FELADATOK 5 Az egyenlőtlenségek összevetéséből: 4 x 4, azaz x = 4. Ezt és a z = 9 visszahelyettesítjük az x -re rendezett egyenlőttlenség rendszerbe: összefüggést + 4 = 7 x 4 = 5 x x 5 4 = x 9 4 = 7 x Az egyenlőtlenségek összevetéséből: 7 x 7, így x = 7. Azaz a kereskedőnek x = 4 liter rostos és x = 7 liter szénsavas üdítőt kell eladnia, hogy az elérhet maximális z = 9 $ nyereséget könyvelhesse el. A grafikus megoldás során ugyanezt az eredményt kaptuk..7. feladat Oldjuk meg Fourier-módszerrel a Horgász problémát! Megoldás: A célfüggvény x +x +4x =z max átírásával a x +x +4x z egyenlőtlenséghez jutunk. Így az induló rendszerünk: x +x +x 4 x +x 5 x +x +4x 7 x 0 x 0 x 0 x +x +4x z Minden egyenlőtlenségből fejezzük ki az x változót x 4 x x x 5 x x 7 x x 0 x 0 x 0 x z x 4 x x Mielőtt a megfelelő egyenlőtlenségeket összepárosítanánk, most is tudunk egyszerűsíteni a rendszeren. Az első x 4 x x és a harmadik x 7 x x feltételt összevetve azt láthatjuk, hogy a baloldalak megegyeznek, míg a harmadik feltétel jobb oldala - del kisebb. Ez azt jelenti, hogy a két feltétel közül elegendő a szigorúbb korlátozást adó harmadikat megtartani. Így két jobb oldal és két bal oldal párosításából négy új egyenlőtlenségeket kapunk, valamint ovábbörökítjük a két darab x -et nem tartalmazó

36 6. FEJEZET. LINEÁRIS PROGRAMOZÁSI FELADAT feltételt: 0 5 x 0 7 x x z 4x 5 x z 4x 7 x x 0 x 0 x A feltételekből kiküszöböljük az x -es változót: x 7 x z + x 4 x x x z 0 x 0 5 x 0 x 0 7 x 5 + z + x x 5 + z + x 4 4 x z 0 x z 0 5 x 0 x Az eljárás folytatható lenne, a következő lépés után véget is érne. (x változó kiküszöbölése után z-re kapott legkisebb felső korlát lenne az optimum.) Most nem ezt az utat követjük. A Fourier-módszer alkalmazásával elértük, hogy a rendszer már csak két változót tartalmaz (x és z). Így már ábrázolhatók a fenti kétváltozós feltételek. A félsíkok metszetének azt a pontját keressük, amelynek a z koordinátája maximális: A grafikonon bejelölt pontban található az optimum. Az ábra alapján x =0 és z = 9. Visszahelyettesítve: x -re és x -re 5 adódik.

37 .. FELADATOK 7.8. feladat Egy malomban gyártot lisztet két raktárban tárolják. Az A raktárban 500kg-ot, a B-ben 000kg-ot tartanak. Két bolt (C és D) ellátását kell megoldani. C bolt igénye 800kg, míg a D boltban 700kg lisztre van szükség. A kilogrammonkénti szállítási költség az alábbi mátrixból olvasható ki. C D A Ft 4Ft B 4Ft Ft Tervezzük meg a szállítást úgy, hogy a boltok igénye ki legyen elégítve és a szállítási költség minimális legyen. Megoldás: Elemi tevékenységek: Liszt szállítása A raktárból C boltba Liszt szállítása A raktárból D boltba Liszt szállítása B raktárból C boltba Liszt szállítása B raktárból D boltba Jelölje x az A raktárból C boltba és x az A raktárból D boltba valamint x a B raktárból C boltba és x 4 a B raktárból D boltba szállított liszt mennyiségét. A feladat korlátozó feltételei, hogy a raktárakból nem szállíthatunk el több lisztet, mint amennyi ott eredetileg volt és a boltokba nem szállíthatunk kevesebbet, mint amennyit a bolt rendelt. A raktárak összkínálatát összevetve a boltok összigényével megállapíthatnánk, hogy a feltételek egyenlőséggel is írhatóak lennének. Mivel a feladat megoldását Fourier módszerrel szertnénk írni, amely egyenlőtlenségekkel dolgozik, ezért ezt az észrevételt most nem fogjuk a feladatba bevezetni. Így a következő LP-feladathoz jutunk: x + x 500 x + x x + x 800 x + x x, x, x, x 4 0 x +4x +4x +x 4 = z min A megoldást Fourier-módszerrel fogjuk előállítani, ehhez a célfüggvényt is egyenlőtlenséggé alakítjuk, majd a szokásos módon sorban kiküszöböljük a változókat: x +x 500 x +x x +x 700 x +x 4 0 x 0 x 0 x 0 x 4 x +4x +4x +x 4 z x x 700 x x 4 0 x 4 x 4 z x x x x +x x +x 0 x 0 x 0 x

38 8. FEJEZET. LINEÁRIS PROGRAMOZÁSI FELADAT x 0 z x x x 700 x 000 x 700 x z x x x x +x x +x 0 x 0 x 0 x (0 000) 0 z x 4 4 x (0 00+x ) 0 z 850 x 4 4 x 800 x x z x 4 4 x 800 x 00+x 800 x z 850 x 4 4 x x +x x 0 x 0 4 z 4 x 0 z 700 x 0 4 z x 0 z 500+ x x 500 x 4 z 4 x 500 x z 700 x 500 x 4 z x 500 x z 500+ x (500 x 500 x ) 0 x 0 z 400 (0 500) 0 z 6400 z z 400 z z z z z z z z z z z z z 6400 x 000 x z x 4 4 x x 00+x x z 850 x 4 4 x x +x x x 0 x 0 x 0 x x 4 z 4 x x z 700 x ( 00 x ) x z 800+ x x x x z 500+ x x 500 x 0 x 0 x (x z) x z 400 (700 z x ) 0600 z x x 500 (6000 z x ) x z z x z x 400 z 0 x 6400 z 8500 z 900 z 800 z 7075 z 5700 z 75, z 8800 z 900 z 8500 z A z-re kapott alsó korlátok közül a legnagyobb lesz az optimum értéke (z = 900). Visszahelyettesítve x = 500, x = 0, x = 00, x 4 = 700.

39 .. GYAKORLÓ FELADATOK 9.7. Megjegyzés. A feladat felírása során tett észrevétel szerint az egyes feltételek egyenlőséggel teljesülnek, azaz mindkét raktárból elszállítottuk az összes lisztet és egyik bolt esetén sem vittünk többet, mint amennyit ott kértek. A szállítási költségeket és a kapott végeredményt tanulmányozva az az ésszerű megállapítás tehető, hogy a feladat optimális megoldása során a legolcsóbb útvonalon a lehető legtöbb lisztet próbáljuk szállítani. Ez most azt jelenti, hogy a D bolt teljes igényét a B raktárból elégítjük ki. Ez az oka annak, hogy A D viszonylatban nincs szállítás, amit az x intenzitás 0 értéke mutat. Talán az is látszik, hogy még ezek mellett a speciális feltételek mellett sem triviális a szállítási program megtervezése. Már ennél a kisméretű (4 változót tartalmazó) feladat esetén is meglehetősen bonyolúlttá vált a Fourier -módszer, pedig ahol csak lehetett egyszerűsítettünk a redundás feltételek eldobásával... Gyakorló Feladatok.9. feladat Egy üzemben 4 erőforrás felhasználásával kétféle terméket állítanak elő. Az egyes termékekhez az erőforrásokból 4, 0,,, illetve, 4,, egységet használunk fel. Az összes erőforrás kapacitás: 40, 60, 80, 00. Az egyes termékek eladási ára darabonként 0, illetve 40 Ft. Írjuk fel azt az LP-feladatot, melynek segítségével meg tudnánk szervezni a maximális árbevételt biztosító termelési programot..0. feladat Oldjuk meg az alábbi LP-feladatokat grafikusan! a) b) c) x y 6 x+y x+y 5 y 0 x, y 0 x y = z max x+y 4 x y 6 0 x, y 4 x+y = z min x+y 8 x y x+y 4 x 0 y 0 x+y = z max.. feladat Oldjuk meg az előző feladat mindhárom problémáját Fourier módszerrel.

40 40. FEJEZET. LINEÁRIS PROGRAMOZÁSI FELADAT

41 . fejezet A szimplex módszer algebrai háttere, normál feladatok megoldása.. Elméleti áttekintés.. Definíció. Egy LP-feladat standard alakú, ha feltételrendszere csak relációkat tartalmaz a változók csak nemnegatív értékeket vehetnek fel a célfüggvény maximumát keressük... Megjegyzés. Azaz a standard alakú LP-feladata mátrixos felírása: max z = c T x A x b x 0... Definíció. Egy LP-feladat kanonikus alakú, ha feltételrendszere csak = relációkat tartalmaz a változók csak nemnegatív értékeket vehetnek fel a célfüggvény maximumát keressük..4. Megjegyzés. Azaz a kanonikus alakú LP-feladata mátrixos felírása: max z = c T x A x = b x Definíció. Az A x = b feltételt kielégítő x vektort a kanonikus alakú feladat megoldásának nevezzük. Ha x 0 kikötés is teljesül, akkor az x-et lehetséges megoldásnak nevezzük. Egy x lehetséges megoldás akkor optimális, ha nincs nála nagyobb (minimumfeladat esetén kisebb) célfüggvényértékkel rendelkező lehetséges megoldás..6. Tétel. Egy LP-feladat standard alakjának és kanonikus alakjának lehetséges megoldásai kölcsönösen egyértelmű módon megfeleltethetők egymásnak. 4

42 4. FEJEZET. A SZIMPLEX MÓDSZER ALGEBRAI HÁTTERE.7. Következmény. Mivel a standard és a kanonikus feladat célfüggvénye azonos, ezért ha a kanonikus feladat egy lehetséges megoldása optimális is, akkor a neki megfeleltetett standardmegoldás szintén optimális és viszont. Legyen az A R m n mátrix teljes sorrangú, azaz rang(a)=m és m n, ekkor A oszlopvektorai közül kiválasztható egy B R m m mátrix, amelynek oszlopvektorai az A oszlopvektorterének bázisát alkotják, azaz B nem szinguláris mátrix. Feltehető, hogy az A mátrix első m oszlopa került a B mátrixba (ha nem így lenne, akkor megfelelő oszlopcserékkel ez elérhető). Legyen tehát [ az A ] mátrix particionálva: A = [B, N]. Ennek megfelelően az x megoldás is xb felbontható: x =. Így a kanonikus feladat feltételrendszere az alábbi alakba írható: x N B x B +N x N = b. Mivel B nem szinguláris, ezért invertálható, így a fentivel ekvivalens egyenletrendszerhez juthatunk: amelyből x B kifejezhető: x B +B N x N = B b, x B = B b B N x N. Az x N nembázis-változóknak 0 értéket adva a feladat egy bázismegoldásához jutunk. Ha a nembázisváltozókon kívül még legalább egy bázisváltozó is 0, akkor a bázismegoldást degeneráltnak nevezzük..8. Tétel. Egy x L pont akkor és csak akkor csúcspontja L-nek, ha az x pozitív komponenseinek megfelelő A-beli oszlopvektorok lineárisan függetlenek..9. Következmény. Egy x L pont akkor és csak akkor csúcspontja L halmaznak, ha az x lehetséges bázismegoldása az A x = b egyenletrendszernek..0. Tétel. Ha egy kanonikus alakú LP-feladatnak van optimális megoldása, akkor a lehetséges megoldások halmazának van legalább egy optimális csúcsa... Következmény. Ha a kanonikus alakú LP-feladatnak van optimális megoldása, akkor van optimális bázismegoldása is... Tétel. Az optimális megoldások minden konvex lineáris kombinációja is optimális megoldás.... Normál feladatok megoldása szimplex módszerrel.. Definíció. Egy LP-feladatot normál feladatnak nevezünk, ha feltételrendszere csak relációkat tartalmaz a változók csak nemnegatív értékeket vehetnek fel a célfüggvény maximumát keressük. a feltételek jobboldalán csak nemnegatív konstansok lehetnek..4. Megjegyzés. Egy LP-feladat tehát normál-alakú, ha standard és a feltételek jobboldalán nem-negatív konstansok állnak. (b 0).