Operacioni Istrazuvanja - Zbirka Reseni Zadaci

УНИВЕРЗИТЕТ “СВ. КЛИМЕНТ ОХРИДСКИ”

ТЕХНИЧКИ ФАКУЛТЕТ – БИТОЛА

ЗБИРКА РЕШЕНИ ИСПИТНИ ЗАДАЧИ

ПО ПРЕДМЕТОТ

ОПРЕРАЦИОНИ ИСТРАЖУВАЊА

БИТОЛА, 2004

Операциони истражувања Решени задачи

1


ГРАФИЧКА МЕТОДА

1. Да се определат ненегативните вредности x1 и x2 за кои функцијата F(x)=3x1+x2

добива минимална вредност, а притоа се задоволени ограничувањата:

Најпрво се цртаат правите на ограничувањата, при што неравенството се заменува со равенство. За цртање на права доволно е да одредиме две произволни точки.

Потоа функцијата на целта се изедначува на нула, се црта и паралелно се пренесува до најблиската точка од дефиниционата област, бидејќи се бара минимум.(Напомена: ако се бара максимум се оди до најдалечната точка.)

Оптимално решение е: x1=2, x2=1, со вредност на функцијата на целта min Z=7.

2

(1)

(2)

(4)

(3)

(5)

Z0

Z

-2

0

2

4

6

8

10

-2 0 2 4 6 8 10x1

x2

М (2,1)


2. Претпријатие произведува производи А1 и А2 на машини М1 и М2. Машината М1

располага со капацитет од 12 работни часа, а М2 со 6 работни часа. Времето на обработка на М1 е 3 часа, а на М2 е 2 часа, за производство на А1, а за производство на А2, на М1 потребни се 3 часа, а на М2 1 час. Треба да се произведат најмногу 3 производи А1 и 3 производи А2. Цената на А1 е 3 денари, а на А2 е 2 денари. Да се направи план за заработување на максимална добивка.

Со помош на зададени податоци можат да се постават функцијата на целта и ограничувањата:

Оптимално решение е: x1=2, x2=2, со вредност на функцијата на целта max Z=10.

3

(1)

(2)

(3)

(4)

Z0

Z

-2

0

2

4

6

8

-2 0 2 4 6 8x1

x2

М (2,2)


3. Храната која се прирема за животни треба да содржи најмалку: 18 единици од материјата А, 16 единици од материјата B и 24 единици од материјата C. Се користат две врсти храна H1 и H2, кој го имаат следниот состав:

H1 H2

A 6 2B 2 4C 2 12

цена 8 12

Да се состави оброк со најмала цена.

Со помош на зададени податоци можат да се постават функцијата на целта и ограничувањата:

Оптимално решение е: x1=2, x2=3, со вредност на функцијата на целта Z=52 ден.

4

(1)

(2)

(3)Z0

Z-2

0

2

4

6

8

10

12

-2 0 2 4 6 8 10 12x1

x2

М (2,3)


4. Графички да се одреди оптималното решение на:

Оптимално решение е: x1=2, x2=4, со вредност на функцијата на целта Z=110.

5

(1)

(2)

(3)

Z0

Z

-2

0

2

4

6

8

10

12

-2 0 2 4 6 8 10 12x1

x2

М (2,4)


5. Графички да се реши ЛП задачата:

Оптимално решение е: x1=3, x2=9, со вредност на функцијата на целта Z=210.

6

(1)

(2)(3)

Z0

Z

-2

0

2

4

6

8

10

12

14

16

-2 0 2 4 6 8 10 12 14x1

x2

0,,

120532

6032

423min

321

321

321

321

xxx

xxx

xxx

xxxZ



Бидејќи функцијата на целта се поклопува со правата (2) од ограничувањата, оваа задача има бесконечно многу решенија. Тие решенија се сите парови точки кои и припаѓаат на отсечката . За да ја одредиме вредноста на функцијата на целта произволно земаме еден пар точки од оваа отсечка.

Оптимално решение е отсечката , со вредност на функцијата на целта Z=12.

7

(1)

(2)Z0

Z

-2

0

2

4

6

8

-2 0 2 4 6 8x1

x2

А

B



Бидејќи кај оваа задача правите не одредуваат дефинициона област, задачата нема решение.

Напомена: Доколку правите не се сечат во позитивниот квадрант, туку во некој од другите три квадранти, поради условите за ненегативност, задачата нема да има решение.)

8

(1)

(2)

Z0

-2

0

2

4

6

-2 0 2 4 6x1

x2


СИМПЛЕКС МЕТОДА

1. Да се одреди оптималното решение на:

Со додавање на дополнителни променливи функцијата на целта и ограничувањата се трансформираат во следните равенки:

б.п. р.бр. Z x1 x2 x3 x4 x5 д.ст.

Z 0 1 -3 -5 0 0 0 0

x3 1 0 1 0 1 0 0 4

x4 2 0 0 2 0 1 0 12

x5 3 0 3 2 0 0 1 18

Z 0' 1 -3 0 0 5/2 0 30

x3 1' 0 1 0 1 0 0 4

x2 2' 0 0 1 0 1/2 0 6

x5 3' 0 3 0 0 -1 1 6

Z 0" 1 0 0 0 3/2 1 36

x3 1" 0 0 0 1 1/3 -1/3 2

x2 2" 0 0 1 0 0.5 0 6

x1 3" 0 1 0 0 -1/3 1/3 2

Оптимално решение на задачата е: x1=2, x2=6, со вредност на функцијата на целта Z=36.

9


2. Да се реши ЛП задачата:


Б.п. р.бр. Z x1 x2 x3 x4 x5 x6 д.ст.Z 0 1 -1 -12 -10 0 0 0 0

x4 1 0 4 6 3 1 0 0 48

x5 2 0 1 3/2 3 0 1 0 24

x6 3 0 3 1 0 0 0 1 24Z 0' 1 7 0 -4 2 0 0 96

x2 1' 0 2/3 1 1/2 1/6 0 0 8

x5 2' 0 0 0 9/4 -1/4 1 0 12

x6 3' 0 7/3 0 -1/2 -1/6 0 1 16Z 0" 1 7 0 0 14/9 16/9 0 352/3

x2 1" 0 2/3 1 0 2/9 -2/9 0 16/3

x3 2" 0 0 0 1 -1/9 4/9 0 16/3

x6 3" 0 7/3 0 0 -2/9 2/9 1 56/3

Оптимално решение на задачата е: x1=0, x2=16/3, x3=16/3, со вредност на функцијата на целта Z=352/3=117,33.

10




б.п. р.бр. Z x1 x2 x3 x4 д.ст.Z 0 1 -1 -2 0 0 0

x3 1 0 1 3 1 0 8

x4 2 0 1 1 0 1 4Z 0' 1 -1/3 0 2/3 0 16/3

x2 1' 0 1/3 1 1/3 0 8/3

x4 2' 0 2/3 0 -1/3 1 4/3Z 0" 1 0 0 1/2 1/2 6

x2 1" 0 0 1 1/2 -1/2 2

x1 2" 0 1 0 -1/2 3/2 2


11




б.п. р.бр. Z x1 x2 x3 x4 x5 д.ст.Z 0 1 -3 -2 0 0 0 0

x3 1 0 1 0 1 0 0 4

x4 2 0 1 3 0 1 0 15

x5 3 0 2 1 0 0 1 10Z 0' 1 0 -2 3 0 0 12

x1 1' 0 1 0 1 0 0 4

x4 2' 0 0 3 -1 1 0 11

x5 3' 0 0 1 -2 0 1 2Z 0" 1 0 0 -1 0 2 16

x1 1" 0 1 0 1 0 0 4

x4 2" 0 0 0 5 1 -3 5

x2 3" 0 0 1 -2 0 1 2Z 0''' 1 0 0 0 0.2 1.4 17

x1 1''' 0 1 0 0 -0.2 0.6 3

x3 2''' 0 0 0 1 0.2 -0.6 1

x2 3''' 0 0 1 0 0.4 -0.2 4


12




б.п. р.бр. Z x1 x2 x3 x4 x5 x6 д.ст.Z 0 1 -2 -1 0 0 0 0 0

x3 1 0 0 1 1 0 0 0 10

x4 2 0 2 5 0 1 0 0 60

x5 3 0 1 1 0 0 1 0 18

x6 4 0 3 1 0 0 0 1 44Z 0' 1 0 -1/3 0 0 0 2/3 88/3

x3 1' 0 0 1 1 0 0 0 10

x4 2' 0 0 13/3 0 1 0 -2/3 92/3

x5 3' 0 0 2/3 0 0 1 -1/3 10/3

x1 4' 0 1 1/3 0 0 0 1/3 44/3Z 0" 1 0 0 0 0 1/2 1/2 31

x3 1" 0 0 0 1 0 -3/2 1/2 5

x4 2" 0 0 0 0 1 -13/2 3/2 9

x2 3" 0 0 1 0 0 3/2 -1/2 5

x1 4" 0 1 0 0 0 -1/2 1/2 13


13




б.п. р.бр. Z x1 x2 x3 x4 x5 x6 д.ст.Z 0 1 -2 -5 0 0 0 0 0

x3 1 0 3 1 1 0 0 0 12

x4 2 0 0 1 0 1 0 0 3.5

x5 3 0 1 3 0 0 1 0 12

x6 4 0 1 1 0 0 0 1 5Z 0' 1 -2 0 0 5 0 0 17.5

x3 1' 0 3 0 1 -1 0 0 8.5

x2 2' 0 0 1 0 1 0 0 3.5

x5 3' 0 1 0 0 -3 1 0 1.5

x6 4' 0 1 0 0 -1 0 1 1.5Z 0" 1 0 0 0 -1 2 0 21

x3 1" 0 0 0 1 8 -3 0 4

x2 2" 0 0 1 0 1 0 0 3.5

x1 3" 0 1 0 0 -3 1 0 1.5

x6 4" 0 0 0 0 2 -1 1 0

Оптимално решение на задачата е: x1=1,5; x2=3,5; со вредност на функцијата на целта Z=21.(Напомена: во втората итерациија условот за излез од база го задоволуваат и x5 и x6 па истото решение се добива ако наместо x5 од база излезе x6.

14




б.п. р.бр. Z x1 x2 x3 x4 x5 д.ст.Z 0 1 -10 -20 0 0 0 0

x3 1 0 -1 2 1 0 0 15

x4 2 0 1 1 0 1 0 12

x5 3 0 5 3 0 0 1 45Z 0' 1 -20 0 10 0 0 150

x2 1' 0 -1/2 1 1/2 0 0 15/2

x4 2' 0 3/2 0 -1/2 1 0 9/2

x5 3' 0 13/2 0 -3/2 0 1 45/2Z 0" 1 0 0 3 13 0 210

x2 1" 0 0 1 1/3 1/3 0 9

x1 2" 0 1 0 -1/3 2/3 0 3

x5 3" 0 0 0 2/3 -13/3 1 3


15


МЕТОДА НА ГОЛЕМО М


Со додавање на дополнителни и вештачки променливи во ограничувањата и додавање на вештачките променливи помножени со М се добиваат следните равенки:

Со одземање на равенките во кои фигурираат вештачки променливи помножени со М од функцијата на целта, (0)-М·(1)-М·(2), таа го добива следниот облик:

Постапката на понатамошно решавање е иста како и кај Симплекс методата.

б.п. р.бр. Z x1 x2 x3 4 x5 6 д.ст.Z 0 -1 3-5M 2-4M 4-8M 0 M 0 -180M

4 1 0 2 1 3 1 0 0 60

6 2 0 3 3 5 0 -1 1 120

Z 0' -11/3+M/

32/3-

4M/3 0-

4/3+8M/3 M 0-80-20M

x3 1' 0 2/3 1/3 1 1/3 0 0 20

6 2' 0 -1/3 4/3 0 -5/3 -1 1 20

Z 0" -1 1/2 0 0 -1/2+M 1/2-

1/2+M -90

x3 1" 0 3/4 0 1 3/4 1/4 -1/4 15

x2 2" 0 -1/4 1 0 -5/4 -3/4 3/4 15

Оптимално решение на задачата е: x1=0, x2=15, x3=15, со вредност на функцијата на целта Z=90.

16



Со трансформирање на функцијата на целта и ограничувањата се добиваат следните равенки:

Со одземање на равенките (2) и (3), во кои што фигурираат вештачки променливи помножени со М од функцијата на целта , (0)-М·(2)-М·(3), се добива:

б.п. р.бр. Z x1 x2 x3 4 x5 6 д.ст.Z 0 -1 3-4M 2-4M 0 0 M 0 -20M

x3 1 0 1 2 1 0 0 0 12

4 2 0 2 3 0 1 0 0 12

6 3 0 2 1 0 0 -1 1 8

Z 0' -15/3-

4M/3 0 0-

2/3+4M/3 M 0 -8-4M

x3 1' 0 -1/3 0 1 -2/3 0 0 4

x2 2' 0 2/3 1 0 1/3 0 0 4

6 3' 0 4/3 0 0 -1/3 -1 1 4

Z 0" -1 0 0 0 -1/4+M 5/4-

5/4+M -13

x3 1" 0 0 0 1 -3/4 -1/4 1/4 5

x2 2" 0 0 1 0 1/2 1/2 -1/2 2

x1 3" 0 1 0 0 -1/4 -3/4 3/4 3

Оптимално решение на задачата е: x1=3, x2=2 со вредност на функцијата на целта Z=13.

17




Со одземање на равенките во кои фигурираат вештачки променливи помножени со М од функцијата на целта, таа го добива следниот облик:

б.п.р.бр

. Z x1 x2 x3 4 x5 x6 7 д.ст.

Z 0 -115-2M

20-3M M 0 0 M 0 -16M

4 1 0 1 2 -1 1 0 0 0 10

x5 2 0 2 -3 0 0 1 0 0 6

7 3 0 1 1 0 0 0 -1 1 6

Z 0' -1 5-M/2 010-M/2

-10+3M/2 0 M 0

-100-M

x2 1' 0 ½ 1 -1/2 1/2 0 0 0 5

x5 2' 0 7/2 0 -3/2 3/2 1 0 0 21

7 3' 0 ½ 0 1/2 -1/2 0 -1 1 1

Z 0" -1 0 0 5 -5+M 0 10-

10+M -110

x2 1" 0 0 1 -1 1 0 1 -1 4

x5 2" 0 0 0 -5 5 1 7 -7 14

x1 3" 0 1 0 1 -1 0 -2 2 2

Оптимално решение е: x1=2, x2=4 со вредност на функцијата на целта Z=110.

18




Со одземање на равенките во кои фигурираат вештачки променливи помножени со М од функцијата на целта, таа го добива следниот облик:

б.п.

р.бр. Z x1 x2 x3 4 x5 6 д.ст.

Z 0-1

4-11M 5-9M 0 0 M 0 -120M

x3 1 0 3 1 1 0 0 0 27

4 2 0 5 5 0 1 0 0 60

6 3 0 6 4 0 0 -1 1 60

Z 0'-1 0

11/3-16M/3

-4/3+11M/3 0 M 0

-36-21M

x1 1' 0 1 1/3 1/3 0 0 0 9

4 2' 0 0 10/3 -5/3 1 0 0 15

6 3' 0 0 2 -2 0 -1 1 6

Z 0"-1 0 0 7/3-5M/3 0

11/6-5M/3

-11/6+8M/3

-47-5M

x1 1" 0 1 0 2/3 0 1/6 -1/6 8

4 2" 0 0 0 5/3 1 5/3 -5/3 5

x2 3" 0 0 1 -1 0 -1/2 1/2 3

Z 0'''-1 0 0 1

-11/10+M 0 M -105/2

x1 1''' 0 1 0 1/2 -1/10 0 0 15/2

x5 2''' 0 0 0 1 3/5 1 -1 3

x2 3''' 0 0 1 -1/2 3/10 0 0 9/2

19


Оптималното решение е: x1=4,5; x2=7,5; со вредност на функцијата на целта Z=52,5.

20


МЕТОДА НА ДВЕ ФАЗИ


Со додавање на дополнителни и вештачки променливи, исто како и кај методот на големо М, ограничувањата се трансформираат во следните равенки:

Фаза I:

Во првата фаза се решава задачата со функција на целта еднаква на збир од вештачките променливи. Оптимално решение од оваа фаза се добива кога функцијата на целта ќе достигне вредност 0. Во нашиот случај функцијата на целта ќе биде:

Со одземање на равенките во кои фигурираат вештачки променливи од функцијата на целта, таа ќе го добие следниот облик:

б.п. р.бр. Z x1 x2 x3 4 x5 6 д.ст.Z 0 -1 -4 -4 -8 0 1 0 -180

4 1 0 2 1 3 1 0 0 60

6 2 0 2 3 5 0 -1 1 120Z 0' -1 4/3 -4/3 0 8/3 1 0 -20

x3 1' 0 2/3 1/3 1 1/3 0 0 20

6 2' 0 -4/3 4/3 0 -5/3 -1 1 20Z 0" -1 0 0 0 1 0 1 0

x3 1" 0 1 0 1 3/4 1/4 -1/4 15

x2 2" 0 -1 1 0 -5/4 -3/4 3/4 15

21


Фаза II:

Сега се изоставуваат вештачките променливи и се продолжува со оригиналната функција на целта.

Бидејќи во нашиот случај последни базни променливи беа x2 и x3, тие мора во функцијата на целта да имаат коефициенти 0, односно да не постојат. Со одземање на равенките од последната итерација во кои базни променливи се x2 и x3 помножени со соодветни коефициенти, , функцијата на целта ќе биде:

б.п. р.бр. Z x1 x2 x3 x5 д.ст.Z 0 -1 1 0 0 1/2 -90

x3 1 0 1 0 1 1/4 15

x2 2 0 -1 1 0 -3/4 15

Бидејќи во функцијата на целта нема нити еден негативен коефициент, ова решение е оптимално.Оптималното решение е: x1=0; x2=15; x3=15; со вредност на функцијата на целта Z=90.

22



Фаза I:

Се работи со следната функција на целта:

б.п. р.бр. Z x1 x2 x3 4 x5 6 д.ст.Z 0 -1 -4 -4 0 0 1 0 -20

x3 1 0 1 2 1 0 0 0 12

4 2 0 2 3 0 1 0 0 12

6 3 0 2 1 0 0 -1 1 8Z 0' -1 0 -2 0 0 -1 2 -4

x3 1' 0 0 3/2 1 0 1/2 -1/2 8

4 2' 0 0 2 0 1 1 -1 4

x1 3' 0 1 1/2 0 0 -1/2 1/2 4Z 0" -1 0 0 0 1 0 1 0

x3 1" 0 0 0 1 -3/4 -1/4 1/4 5

x2 2" 0 0 1 0 1/2 1/2 -1/2 2

x1 3" 0 1 0 0 -1/4 -3/4 3/4 3

Фаза II:

Равенката (0) се добива кога од оригиналната функција (*) на целта се одземе:

б.п. р.бр. Z x1 x2 x3 x5 д.ст.Z 0 -1 0 0 0 5/4 -13x3 1 0 0 0 1 -1/4 5x2 2 0 0 1 0 1/2 2x1 3 0 1 0 0 -3/4 3

Оптималното решение е: x1=3; x2=2; со вредност на функцијата на целта Z=13.

23



Фаза I:

Се работи со следната функција на целта:

б.п. р.бр. Z x1 x2 x3 x4 x5 x6 x7 д.ст.Z 0 -1 -2 -3 1 0 0 1 0 -16

x4 1 0 1 2 -1 1 0 0 0 10

x5 2 0 2 -3 0 0 1 0 0 6

x7 3 0 1 1 0 0 0 -1 1 6Z 0' -1 -1/2 0 -1/2 3/2 0 1 0 -1

x2 1' 0 1/2 1 -1/2 1/2 0 0 0 5

x5 2' 0 7/2 0 -3/2 3/2 1 0 0 21

x7 3' 0 1/2 0 1/2 -1/2 0 -1 1 1Z 0" -1 0 0 0 1 0 0 1 0

x2 1" 0 0 1 -1 1 0 1 -1 4

x5 2" 0 0 0 -5 5 1 7 -7 14

x1 3" 0 1 0 1 -1 0 -2 2 2

Фаза II:

Равенката (0) се добива кога од оригиналната функција (*) на целта се одземе:

б.п. р.бр. Z x1 x2 x3 x5 x6 д.ст.Z 0 -1 0 0 5 0 10 -110

x2 1 0 0 1 -1 0 1 4

x5 2 0 0 0 -5 1 7 14

x1 3 0 1 0 1 0 -2 2

Оптимално решение е: x1=2, x2=4 со вредност на функцијата на целта Z=110.

24



Фаза I: Се работи со следната функција на целта:

б.п. р.бр. Z x1 x2 x3 x4 x5 x6 д.ст.Z 0 -1 -11 -9 0 0 1 0 -120

x3 1 0 3 1 1 0 0 0 27

x4 2 0 5 5 0 1 0 0 60

x6 3 0 6 4 0 0 -1 1 60Z 0' -1 0 -16/3 11/3 0 1 0 -21

x1 1' 0 1 1/3 1/3 0 0 0 9

x4 2' 0 0 10/3 -5/3 1 0 0 15

x6 3' 0 0 2 -2 0 -1 1 6Z 0" -1 0 0 -5/3 0 -5/3 8/3 -5

x1 1" 0 1 0 2/3 0 1/6 -1/6 8

x4 2" 0 0 0 5/3 1 5/3 -5/3 5

x2 3" 0 0 1 -1 0 -1/2 1/2 3Z 0 -1 0 0 0 1 0 1 0

x1 1 0 1 0 0 -2/5 -1/2 1/2 6

x3 2 0 0 0 1 3/5 1 -1 3

x2 3 0 0 1 0 3/5 1/2 -1/2 6

Фаза II: Равенката (0) се добива:

б.п. р.бр. Z x1 x2 x3 x5 д.ст.Z 0 -1 0 0 0 -1/2 -54

x1 1 0 1 0 0 -1/2 6

x3 2 0 0 0 1 1 3

x2 3 0 0 1 0 1/2 6Z 0 -1 0 0 1/2 0 -105/2

x1 1 0 1 0 1/2 0 15/2

x3 2 0 0 0 1 1 3

x2 3 0 0 1 -1/2 0 9/2

Оптималното решение е: x1=4,5; x2=7,5; со вредност на функцијата на целта Z=52,5.

ТРАНСПОРТЕН ПРОБЛЕМ

25


МЕТОД НА СЕВЕРОЗАПАДЕН АГОЛ

1. До 4 продавници треба да се однесе роба од 3 складишта. Цената на поединечниот транспорт, залихите во складиштата и потребите на продавниците се дадени во следната табела:

С к

л а

д и

ш т

а

П р о д а в н и ц иЗалих

и1 2 3 4

18 7 5 2

60

25 2 1 3

80

36 4 3 5

40

Потреби

40 60 20 60 180

Решението се одредува започнувајќи од најгорното најлево поле (северозападно поле), во кое се запишува помалата вредност од потребите и залихите. Потоа се елиминира колоната или редицата во која се задоволена количината и постапката се повторува со наредното северозападно поле, со корегирани потреби односно залихи.

С к

л а

д и

ш т

а


и1 2 3 4

18

407

205 2

60

25 2

401

203

20 80

36 4 3 5

40 40

Потреби

40 60 20 60 180

Почетната вредност на функцијата на целта е:

МЕТОД НА НАЈМАЛИ ЦЕНИ

26


1. Да се најде почетно решение на задача со помош на методот на најмали цени.

С к

л а

д и

ш т

а


и1 2 3 4

18 7 5 2

60

25 2 1 3

80

36 4 3 5

40

Потреби

40 60 20 60 180

Решението се одредува така што во полето со најмала цена се впишува помалата вредност од потребите и залихите и се елиминира колоната или редицата во која количината е задоволена. Потоа се корегираат преостанатите количини на потреби и залихи и се бара нова најмала цена и постапката се повторува.

С к

л а

д и

ш т

а


и1 2 3 4

18 7 5 2

60 60

25 2

601

203

80

36

404 3 5

40

Потреби

40 60 20 60 180


27


ВОГЕЛОВА АПРОКСИМАТИВНА МЕТОДА

1. Да се најде почетно решение со вогеловата апроксимативна метода.

С к

л а

д и

ш т

аП р о д а в н и ц и

Залихи

1 2 3 4

18 7 5 2

60

25 2 1 3

80

36 4 3 5

40

Потреби

40 60 20 60 180

Се одредуваат разликите помеѓу најмалите цени во секоја колона и редица, а потоа се одредува најголемата помеѓу нив. Во полето со помала цена се пополнува помалата количина од потребите и залихите. По елиминацијата на колоната или редицата во која е задоволена количината постапката повторно се повторува.

С к

л а

д и

ш т

а


иРазлик

и1 2 3 4

18 7 5 2

60 60 3

25 2

601

203

80 1

36

404 3 5

40 1

Потреби

40 60 20 60 180

Разлики 1 2 2 1


28


ТЕСТ НА ОПТИМАЛНОСТА

STEPPING STONE МЕТОДА

1. Да се одреди оптималното решение на транспрортниот проблем, чие почетно решение е добиено со метода на северозападен агол:

С к

л а

д и

ш т

а


и1 2 3 4

18

407

205 2

60

25 2

401

203

20 80

36 4 3 5

40 40

Потреби

40 60 20 60 180

Кај најнегативната разлика во цените се ротира најмалата количина од давателите па сега решението ќе биде:

29

-

-+

+

(2,2)

(1,1)

(2,1)

(1,2)

-

-+

+

(2,3)

(1,2)

(2,2)

(1,3)

-

-+

+

(3,4)

(2,2)

(3,2)

(2,4)

-

-+

+

(3,4)

(2,3)

(3,3)

(2,4)

-

-+

+

(2,4)

(1,2)

(2,2)

(1,4)


С к

л а

д и

ш т

а


и1 2 3 4

18

407 5 2

20 60

25 2

601

203

80

36 4 3 5

40 40

Потреби

40 60 20 60 180

Сега вредноста на функцијата на целта е:

Во наредната итерација најнегативна разлика е:

С к

л а

д и

ш т

а


и1 2 3 4

18 7 5 2

60 60

25 2

601

203

80

36

404 3 5

40

Потреби

40 60 20 60 180

Бидејќи повеќе нема негативни разлики ова решение е оптимално со минимална вредност на функцијата на целта:

30


МЕТОД НА СЕВЕРОЗАПАДЕН АГОЛ

2. Да се реши следниот транспортен проблем:

С к

л а

д и

ш т


Залихи

1 2 3 4

15 6 4 2

10

22 М 1 3

20

33 4 2 1

20

42 1 3 2

10

Потреби

20 10 10 20 60

Почетното решение на транспортниот проблем по методата на северозападен агол е следното:

С к

л а

д и

ш т

а


и1 2 3 4

15

106 4 2

10

22

10М

101 3

20

33 4 2

101

10 20

42 1 3 2

10 10

Потреби

20 10 10 20 60


31


МЕТОД НА НАЈМАЛИ ЦЕНИ

2. Да се најде почетно решение на задача со помош на методот на најмали цени.

С к

л а

д и

ш т


Залихи

1 2 3 4

15 6 4 2

10

22 М 1 3

20

33 4 2 1

20

42 1 3 2

10

Потреби

20 10 10 20 60

Почетното решение на транспортниот проблем по методата на најмали цени е следното:

С к

л а

д и

ш т

а


и1 2 3 4

15

106 4 2

10

22

10М 1

103

20

33 4 2 1

20 20

42 1

103 2

10

Потреби

20 10 10 20 60


32


ВОГЕЛОВА АПРОКСИМАТИВНА МЕТОДА

2. Да се најде почетно решение со вогеловата апроксимативна метода.

С к

л а

д и

ш т


Залихи

1 2 3 4

15 6 4 2

10

22 М 1 3

20

33 4 2 1

20

42 1 3 2

10

Потреби

20 10 10 20 60

Почетното решение на транспортниот проблем по вогеловата апроксимативна метода е следното:

С к

л а

д и

ш т

а


и1 2 3 4

15 6 4 2

10 10

22

10М 1

103

20

33

104 2 1

10 20

42 1

103 2

10

Потреби

20 10 10 20 60


33


STEPPING STONE МЕТОДА

2. Да се одреди оптималното решение на транспрортниот проблем, чие почетно решение е добиено со вогеловата апроксимативна метода:

С к

л а

д и

ш т


Залихи

1 2 3 4

15 6 4 2

10 10

22

10М 1

103

20

33

104 2 1

10 20

42 1

103 2

10

Потреби

20 10 10 20 60

Бидејќи повеќе нема негативни разлики ова решение е оптимално со минимална вредност на функцијата на целта:

34

+

+-

-

(3,3)

(2,1)

(3,1)

(3,2)

-

-+

+

(3,4)

(2,1)

(3,1)

(2,4)

+

+-

-

(3,4)

(1,1)

(3,1)

(1,4)

Documents

Operacioni Istrazuvanja - Zbirka Reseni Zadaci