767332

Федеральное государственное бюджетное образовательное учреждение высшего
образования
«РОССИЙСКАЯ АКАДЕМИЯ НАРОДНОГО ХОЗЯЙСТВА И
ГОСУДАРСТВЕННОЙ СЛУЖБЫ ПРИ ПРЕЗИДЕНТЕ РОССИЙСКОЙ
ФЕДЕРАЦИИ»
Южно-Российский институт управления – филиал
Факультет управления
Кафедра информационных технологий
Методические материалы по освоению дисциплины
«Основы математического моделирования социально-экономических процессов»
Ростов-на-Дону
2017
Автор – составитель:
к.ф-м.н., доцент кафедры
информационных технологий,
Никоненко Н.Д.
Заведующий кафедрой
информационных технологий,
к.э.н., доцент
Гайсинский И.Е.
Материалы текущего контроля успеваемости обучающихся и фонд оценочных средств
промежуточной аттестации по дисциплине
1.Типовые практические задания (ПЗ)
Ученый изобрел новое лекарство, но не может производить его самостоятельно.
Ученый может продать формулу лекарства одной из двух фармацевтических фирм.
Удачливая компания согласна разделить поровну с ученым ожидаемую прибыль в
1000000£. Составить характеристическую функцию.
Ответ. v(Ø) = v({1}) = v({2}) = v({3}) = v({2; 3}) = 0;v({1; 2}) = v({1; 3}) = v({1; 2; 3}) = 1:
Фабрика «Сок» может выпускать фруктовый сок с разливом в стеклянную,
металлическую и полиэтиленовую тару. Производительность линии по выпуску сока
составляет: в стеклянной таре не более 10 т, в жестяной таре – не более 8 т, в
полиэтиленовой таре – не более 5 т. Известно, что себестоимость производства 1 т сока в
стеклянной упаковке равна 1600 у.е., в жестяной - 1000 у.е., в полиэтиленовой – 1600 у.е.
Отпускная цена не зависит от тары и равна 4000 у.е. за 1 т.
Определить программу выпуска сока в различной таре, которая обеспечивала бы фабрике
максимальную прибыль.
Ответ. x1 = 10, x2 = 8, x3 = 5, F(X) = 2400•10 + 3000•8 + 2400•5 = 60000.
Субсидируемое фермерское хозяйство должно представить план оптимизации
расходов без потери качества содержания индейки и не ухудшить рацион питания.
Рацион питания состоит из двух продуктов А и В. Стоимость 100 г. продукта А 45 у.е.,
продукта В – 10 у.е. В 100 г. продукта А содержится 10 калорий, в 100 г. продукта В – 40
калорий. Индейки в 100 г. смеси должны получить не менее 70 калорий. В 100 г.
продукта А содержится 40 единиц витамина С, в 100 г. продукта В – 10 единиц. Индейки
в 100 г. смеси должны получить не менее 80 единиц витамина С.
В 100 г. продукта А содержится 30 единиц витамина РР, в 100 г. продукта В – 20 единиц.
Индейки в 100 г. смеси должны получить не менее 110 единиц витамина РР. Составить
рацион с учетом оптимизации расходов, но, чтобы качество питания не снизилось. Решить
задачу линейного программирования.

Ответ: fmin = 80 .
Предприятие производит два вида продукции А и В. Для производства данной продукции
используются ресурсы трех видов: R1 , R2 , R3 . Прибыль от реализации единицы продукции
А – 40 у.е., В – 50 у.е. Запас ресурса R1 – 60 единиц, запас ресурса R2 – 90 единиц, запас
ресурса R3 – 80 единиц. Для производства единицы продукции А необходимо: 10 единиц
R1 , 20 единиц R2 , 10 единиц R3 . Для производства единицы продукции В необходимо: 10
единиц R1 , 10 единиц R2 , 20 единиц R3 . Составить оптимальный план производства,
чтобы прибыль была максимальной.

Ответ: fmax = 250 у.е. .
Решить транспортную задачу. Опорное решение построить методом северо-западного
угла
A = (60,80,100)
B = (40,60,80,60 )
1 2 3 4 


C =  4 3 2 0
0 2 2 1


Ответ . М инимальные затраты составят : F(x) = 280
B1
A 2
1 1
A2 7
2
B2
3
5
B3
11

2
Ответ. p * = (
B1
A1  6

A2  4
1
A3  2

A4  1
2
3 9
49
;
), при цене игры * =
.
11 11
11
B2
5

6
7

8
3
8
Ответ. Q*= ( ;
5
7
1
43
); p* = ( ; 0; 0; );  *=
.
8
8
8
8
2.Примеры решения типовых практических заданий
Графический метод1
Если в задаче линейного программирования две переменных или задача может быть
сведена к задаче с двумя переменными, то в данном случае можно использовать
графический метод решения задачи.
Алгоритм решения задачи графическим методом
1. Строим прямоугольную систему координат (декартову). Ось абсцисс – Ox1 , ось
ординат – Ox2 , точки имеют координаты (x1, x2 ) .
2. Определяем ОДР задачи линейного программирования (пересечение
геометрического места точек, соответствующего каждому из ограничений задачи –
геометрическим местом решения неравенства с двумя переменными является
полуплоскость, которая ограничена прямой, получаемой из данного неравенства в случае
равенства). Если ограничения противоречивы, то ОДР задачи линейного
программирования есть пустое множество. Если ОДР пустое множество, то это
неразрешимость 1 – задача не имеет решения. Решение завершается.
3. Определяем градиент f (указывает направление наискорейшего возрастания)


 f f 
целевой функции f = c1x1 + c2 x2  f =  x , x  = (c1, c2 ) и чертим его как вектор, исходящий
2
 1


из начала координат (из точки (0,0) в точку (c1,c2 ) ).
4. Проводим линию уровня (данная линия перпендикулярна градиенту), которая
делит ОДР задачи линейного программирования на две части.
5.Если задача на минимум, то сдвигаем линию уровня в направлении,
противоположному градиенту. Если задача на максимум, то в направлении градиента.
Алгоритмы приведены из учебного пособия: Никоненко Н,Д. Методы и алгоритмы решения задач
управления и принятия решений в экономических системах. – Ростов-н/Д, 2017.
1
Сдвигаем линию уровня до тех пор (до первого такого положения), пока вся ОДР задачи
линейного программирования не окажется по одну сторону от линии уровня.
6. Если такое положение не достижимо, то это означает, что целевая функция не
является ограниченным сверху, если задача на максимум, не является ограниченным
снизу, если задача на минимум – неразрешимость 2. Решение завершается.
7. Если положение найдено (см. 5), то находим точки, лежащие на пересечении ОДР
задачи линейного программирования и прямой – это решение задачи. Определяем точное
значения координат этих точек, вычисляем оптимальное значение целевой функции.
Решение завершается. В зависимости от полученного решения возможно единственное
решение (если одна точка), бесконечно много решений (отрезок, но в данном случае
оптимальное значение целевой функции будет одно и, то же).
3 x1 + 4 x 2 → max
− x1 + x 2  1
− x1 + x 2  −1
x1 + x 2  −1
− x1 + 2 x 2  2
2 x1 − x 2  2
x 1  0, x 2  0
Прямая F(x) = const пересекает область в точке H. Так как точка H получена в
результате пересечения прямых (4) и (5), то ее координаты удовлетворяют уравнениям
этих прямых:-x1+2x2≤2, 2x1-x2≤2. Решив систему уравнений, получим: x1 = 2, x2 = 2Откуда
найдем максимальное значение целевой функции: F(X) = 3*2 + 4*2 = 14.
Ответ. fmax=14.
Симплекс-метод2
Если задача не сводится к задаче линейного программирования с двумя
переменными, то в данном случае можно использовать симплекс-метод.
Задача линейного программирования может решаться симплекс-методом, если она
является задачей в канонической форме и правые части ограничений неотрицательны.
Если ограничение имеет знак «≤», то добавляем неотрицательную дополнительную
переменную в левую часть ограничения (поскольку переменные все в левой части) и
неравенство переходит в равенство. Если ограничение имеет знак «≥», то вычитаем
неотрицательную дополнительную переменную из левой части ограничения и
неравенство переходит в равенство. Если в исходной задаче необходимо найти минимум
целевой функции, то нужно умножить на минус единицу целевую функцию задачи, чтобы
перейти к задаче на максимум.
Пример приведения задачи линейного программирования к канонической форме.
Таблица 1.
Исходная задача
Каноническая форма задачи
f (x ) = 3 x1 + 2 x2 − 3 x3 → min
- f (x ) = 3 x1 − 2 x2 + 3x3 → max
5 x1 − 3x2  10
5 x1 − 3 x2 + v1 = 10
11x2 + 5 x3  2
11x2 + 5 x3 − v2 = 2
x1 − 2 x2 + 4 x3 = −6
− x1 + 2 x2 − 4 x3 = 6
x j  0 ,j = 1,2 ,3
x j  0,j = 1,2 ,3
v1  0,v2  0
В таб.1 v1  0, v2  0 – введенные дополнительные переменные.
После приведения к канонической форме и неотрицательным правым частям
ограничения можно решать задачу симплекс-методом.
Алгоритм решения задачи симплекс-методом
В общем случае можно выделить два основных шага алгоритма:
1. Построение начальной симплекс-таблицы.
2. Решение задачи.
1. Построение начальной таблицы
1). Привести задачу линейного программирования к канонической форме. Правая
часть ограничений должна быть неотрицательным числом (если это не выполняется, тогда
правую и левую части ограничения необходимо умножить на минус единицу).
2). Определить есть ли в матрице ограничений столбцы, которые образуют
единичную матрицу. Если их нет, то применяем метод искусственного базиса. Если такой
набор есть, то разбиваем переменные на две части: базисные (соответствуют столбцам,
которые образуют единичную матрицу) и небазисные (остальные).
3). Определяем опорное решение: базисная переменная равна правой части
ограничений, небазисная – равна 0.
4). Строим симплекс-таблицу, которая соответствует опорному решению, и находим
оценки. Для определения оценок в столбцах небазисных переменных в симплекс-таблице
необходимо найти скалярное произведение элементов столбца и коэффициентов, стоящих
в целевой функции возле базисных переменных, и от данного скалярного произведения
вычесть коэффициент, стоящий при небазисной переменной в целевой функции,
образующей данный столбец. Опорное значение целевой функции определяется как
скалярное произведение элементов столбца свободных членов и коэффициентов, стоящих
в целевой функции возле базисных переменных
2. Решение задачи.
Алгоритмы приведены из учебного пособия: Никоненко Н,Д. Методы и алгоритмы решения задач
управления и принятия решений в экономических системах. – Ростов-н/Д, 2017.
2
1). Проверим, является таблица оптимальной:
А. Если все оценки симплекс-таблицы неотрицательны, то таблица оптимальна, а
соответствующее ей опорное решение является оптимальным. Записываем оптимальное
решение – базисные переменные равны элементу из столбца свободных членов. Решение
закончено.
Б. Если присутствует столбец с отрицательной оценкой и в этом столбце нет ни
одного положительного элемента, то оптимальное решение не существует –
Неразрешимость 2. Решение закончено.
В. Если есть столбец с отрицательной оценкой и в нем присутствуют положительные
элементы, то переходим к новому опорному решению. Если таких столбцов несколько и в
них есть положительные элементы, то для перехода к новому опорному решению
выбираем тот столбец с отрицательной оценкой, у которого данная оценка является
наибольшей по модулю.
2) Переход к новому опорному решению:
А. Определяем ведущий элемент:
главный (ведущий) элемент выбираем из
положительных элементов выбранного столбца с отрицательной оценкой. Если их
несколько, то в качестве главного берем тот элемент, который дает наименьшее частное
от деления правой части ограничения на этот элемент. Он определяет ведущую строку и
ведущий столбец. Выполняем преобразования симплекс-таблицы относительно ведущего
элемента. Переход к п.1.
Б. Преобразования симплекс-таблицы относительно ведущего элемента.
1) Меняем местами переменные, стоящие в ведущей строке и в ведущем столбце.
Например, ведущий элемент находится на пересечении строки х2 и столбцу х3 (таб.2).
Тогда расположение переменных в новой симплекс-таблице будет иметь вид как указано в
таблице 3.
Таблица 2. Структура симплекс-таблицы
x3
x4
x1
x2
Таблица 3. Структура новой симплекс-таблицы
x2
x4
x1
x3
2) Ведущий элемент заменяет ему обратным.
3) Элементы ведущей строки делим на ведущий элемент (из старой симплекстаблицы).
4) Элементы ведущего столбца делим на ведущий элемент и меняем знак каждого
элемента на противоположный.
5) Остальные элементы пересчитываем по правилу, сходному с вычислением
определителя 2×2, главная диагональ там, где ведущий элемент и делим этот
определитель на ведущий элемент.
Примечание. Во всех указанных действиях используем числа из предыдущей
таблицы, а результаты записываем в новую симплекс-таблицу.
3. Метод искусственного базиса.
А. Метод искусственного базиса используется в том случае, если после приведения
задачи линейного программирования к канонической форме в матрице ограничений
нельзя выделить единичную матрицу.
Б. Вводиться вспомогательная задача, добавляется ровно столько искусственных
переменных, сколько необходимо для выделения единичной матрицы. Искусственные
переменные всегда неотрицательные и добавляются в левую часть ограничений.
Вспомогательная задача имеет вид:
F = −(w1 + w2 +  wm ) → max
Ax + w = b,b  0
x  0,w  0
В. Решается вспомогательная задача симплекс-методом (вспомогательная задача
всегда разрешима).
Г. Если оптимальное значение целевой функции отрицательно, то исходная задача
решения не имеет.
Д. Если оптимальное значение целевой функции вспомогательной задачи равно нулю
и искусственные переменные в оптимальной симплекс-таблице находятся в столбцах (для
простоты изложения будем рассматривать только такие случаи), тогда из оптимальной
симплекс-таблицы вспомогательной задачи вычеркиваем столбцы, содержащие
искусственные переменные.
Е. Находим оценки для небазисных переменных и опорное значение целевой функции,
возвращаясь к исходной задаче, а именно к ее канонической форме. Далее решаем
обычным симплекс-методом.
Хозяйство производит два вида продукции. Введем обозначения: П1, П2 – виды
продукции. Доход от реализации единицы продукции П1 равен 60 у.е., П2 – 75 у.е.
Данная продукция производится из трех видов ресурсов: Р1, Р2, Р3. Запас ресурса Р1
составляет 160 единиц, запас ресурса Р2 – 240 единиц, запас ресурса Р3 –1800 единиц.
Затраты ресурсов для производства П1: 0,2 единицы Р1, 0,2 единицы Р2, 2единицы Р3.
Затраты ресурсов для производства П2: 0,1 единицы Р1, 0,4 единица Р2, 3 единицы Р3.
Поскольку продукции четыре вида, то будет соответственно четыре переменных – x1 , x2 ,
каждая из которых может быть рассмотрена как количество соответствующего вида
продукции. Будем искать максимум целевой функции, так как необходимо найти
оптимальный доход от выпуска продукции. 60x1 – доход от реализации продукции П1,
75x2 – доход от реализации продукции П2. Ограничение 1 соответствует распределению
ресурса Р1, ограничение 2 – распределению ресурса Р2, ограничение 3 – распределению
ресурса Р3.
Условие задачи имеет вид:
f (x ) = 60 x1 + 75 x2 → max
0,2 x1 + 0,1x2  160
0,2 x1 + 0,4 x2  240
2 x1 + 3x2  1800
x1  0,x2  0
Решение:
Задача не является задачей в канонической форме, поэтому сначала приведем задачу
к канонической форме. Целевую функцию не меняем, так как определяем ее максимум.
Все переменные являются неотрицательными. Все ограничения имеют знак «≤», поэтому
добавляем дополнительные переменные в левые части ограничений:
f (x ) = 60 x1 + 75 x2 → max
0,2 x1 + 0,1x2 + v1 = 160
0,2 x1 + 0,4 x2 + v2 = 240
2 x1 + 3x2 + v3 = 1800
x1  0,x2  0, v1  0,v2  0, v3  0
Выпишем матрицу ограничений задачи линейного программирования:
x1
x2
v1
v2
0,2
0,1
1
0
0,2
0,4
0
1
2
3
0
0
v3
0
0
1
Единичную матрицу образуют дополнительные переменные v1 , v 2 , v3 , отсюда v1 , v2 , v3
– базисные переменные, x1 , x2 – небазисные.
Строим начальную симплекс–таблицу:
Таблица 4. Начальная симплекс–таблица задачи 4
x1
x2
v1
0,2
0,1
160
v2
0,2
0,4
240
v3
2
3
1800
–60
–75
0
Находим оценку для x1 : x1 = 0  0,2 + 0  0,2 + 0  2 − 60 = −60 .
В целевой функции нет переменных v1 , v2 , v3 , поэтому коэффициенты при данных
переменных в целевой функции равны нулю, x1 – небазисная переменная, коэффициент
возле
нее
в
целевой
функции
равен
60.
Находим
оценку
для x 2 :
x2 = 0  0,1 + 0  0,4 + 0  3 − 75 = −75 , x 2 –небазисная переменная, коэффициент возле нее в
~
целевой функции равен 75. Опорное значение целевой функции: f = 0 160 + 0  240 + 0 1800 .
Итак, есть два столбца с отрицательными оценками. В данных столбцах есть
положительные элементы, поэтому можем переходить к новому решению. Будем искать
ведущий элемент из столбца с отрицательной оценкой, максимальной по модулю. Это
столбец с оценкой – «–75». Ведущим элементом может быть только положительное
число.Определяем ведущий элемент: 160/0,1=1600; 240/0,4=600; 1800/3=600.Наименьшее
частное дали элемент 0, 4 и 3. Возьмем 0,4 (в табл. 4 выделили его полужирным
курсивом). Перейдем к новой симплекс-таблице (таб. 5). Итак, меняем местами, x 2 и v2 .
Ведущий элемент заменяем ему обратным (0,4 заменяем на 1/0,4=2,5). В ведущем столбце
элементы (выделили курсивом в табл.4) делим на ведущий элемент – 0,4 и меняем знак
на противоположный «–(0,1/0,4)= –0,25», «–(3/0,4)= –7,5», «–(–75/0,4)= 187,5». Элементы
ведущей строки (выделили курсивом в табл.4) делим на ведущий элемент – 0,4:
«0,2/0,4=0,5», «240/0,4=600». Остальные элементы считаем по правилу, сходным с
правилом вычисления определителя 2×2. Пересчитаем элемент «2», стоящий в столбце x1
и строке v3 : главная диагональ – соединяет 2 и 0,4, побочная диагональ – соединяет 0,2 и
3.Получим следующее значение:
2  0,4 − 0,2  3
= 0,5 .
0,4
Пересчитаем элемент «1800» столбца
свободных членов. Главная диагональ соединяет 1800 и 0,4, а побочная – соединяет 3 и
240.Получим следующее значение:
1800  0,4 − 240  3
= 0.
0,4
Таблица 5. Переход к новой симплекс-таблице
x1
v2
0,15
–0,25
100
0,5
2,5
600
0,5
–7,5
0
–22,5
187,5
45000
Так как столбец x1 имеет отрицательную оценку и в нем есть положительные
элементы, то необходимо переходить к новой симплекс-таблице. Определяем ведущий
элемент: 100/0,15=666,67; 600/0,5= 1200; 0/0,5=0. Наименьшее частное дал элемент 0,5 (в
таб. 5 выделили полужирным курсивом) из третьей строки. В таблице 5 элементы ведущей
строки и ведущего столбца выделили курсивом. Переходим к таблице 6.
Таблица 6.
v3
v2
v1
–0,3
2
100
x2
–1
10
600
x1
2
–15
0
v1
x2
v3
–150
45
45000
v 2 имеет отрицательную оценку и в нем есть положительные
Так как столбец
элементы (ведущий элемент – положительный), то необходимо переходить к новой
симплекс-таблице. Определяем ведущий элемент: 100/2=50;600/10=60. Наименьшее
частное дал элемент 2 из первой строки таблицы 6 – выделим его полужирным курсивом.
Элементы ведущей строки и ведущего столбца выделим курсивом. Организуем пересчет
таблицы и переходим к таблице 7.
Таблица 7.
v3
v1
v2
–0,15
0,5
50
x2
0,5
–5
100
x1
–0,25
7,5
750
22,5
75
52500
v
v
Итак, все оценки положительны (оценки столбцов 3 и 1 ), значит, получили
оптимальную симплекс таблицу.
Решить задачу линейного программирования симплекс–методом:
f (x ) = x1 − 4 x2 + 3x3 + 10 x4 → max
x1 + x2 − x3 + x4 = 0
x1 + 14 x2 + 10 x3 − 10 x4 = 11
x j  0,j = 1,2,3,4
Решение:
Данная задача является задачей в канонической форме, поэтому выписываем матрицу
ограничений:
х1
х2
х3
х4
1
1
–1
1
1
14
10
–10
В данной матрице нельзя выделить единичную матрицу, нет столбцов, которые могут
входить в единичную матрицу, поэтому вводим вспомогательную задачу и две
искусственных переменных:
F (x ) = −(w1 + w2 ) → max
x1 + x2 − x3 + x4 + w1 = 0
x1 + 14 x2 + 10 x3 − 10 x4 + w2 = 11
x j  0,j = 1,2,3,4,w1  0,w2  0
Тогда матрица ограничений задачи имеет вид:
х1
х2
х3
х4
w1
w2
1
1
–1
1
1
0
1
14
10
–10
0
1
Тогда w1, w2 – базисные переменные, x j , j = 1,2,3,4 – небазисные переменные.
x1
w1
w2
x2
1
1
1
14
–15
Таблица 8. Начальная симплекс–таблица
x3
x4
–1
1
0
10
–10
11
–9
9
–11
–2
Находим оценку для x1 : x1 = (−1)1 + (−1)1 − 0 = −2 .
В целевой функции нет переменных x1, x2 , x3, x4 , поэтому коэффициенты при данных
переменных в целевой функции равны нулю. В целевой функции присутствуют только
переменные w1, w2 .
Находим оценку для x 2 :
x2 = (− 1)1 + (− 1)14 − 0 = −15 . Находим оценку для x3 :
Находим
оценку
для x 4 :
x3 = (−1) (−1) + (−1)10 − 0 = 1 −10 − 0 = −9 .
x4 = (−1)1 + (−1) (−10) − 0 = −1 + 10 − 0 = 9 .
~
F = (− 1) 0 + (− 1)10 = −10 .
Опорное
значение
целевой
функции:
Итак, есть три столбца с отрицательными элементами и в них есть положительные
элементы, поэтому можно осуществить переход к новому опорному решению. Из
столбцов с отрицательными оценками, выбираем столбец с отрицательной оценкой,
максимальной по модулю – это столбец с оценкой «–15». Определяем ведущий элемент:
0/1=0; 10/14. В качестве ведущего элемента выбираем 1 в строке w1 и столбце х2 (выделим
ведущий элемент полужирным курсивом, элементы ведущей строки и ведущего столбца
курсивом в таб. 8). Меняем их местами в новой симплекс-таблице – таблица 9.
Ведущий элемент заменяем ему обратным элементом – «1» заменяем на «1».
Элементы ведущей строки делим на ведущий элемент (из таблицы 8): «1/1=1», «–1/1=–1»,
«1/1=1», «0/1=0». Элементы ведущего столбца делим на ведущий элемент и меняем знак
на противоположный: «–(14/1)=–14», «–(–15/1)=15». Остальные элементы пересчитываем
по правилу, описанному в алгоритме.
Таблица 9.
x1
w1
x3
x4
x2
1
1
–1
1
0
w2
–13
–14
24
–24
11
13
15
–24
24
–11
В новой симплекс-таблице (таб.9) есть столбец с отрицательной оценкой х 3, в данном
столбце только один положительный элемент, значит, он будет ведущим – это «24»
(выделим ведущий элемент полужирным курсивом, элементы ведущей строки и ведущего
столбца курсивом в таб. 9). Переходим к новой симплекс-таблице. Меняем местами w2 и
х3. Действуем согласно алгоритму выполнения преобразований. Получим таблицу 10.
Таблица 10
x1
w1
w2
x4
x2
11/24
10/24
1/24
0
11/24
x3
–13/24
–14/24
1/24
–1
11/24
0
1
1
0
0
Таблица 10 является оптимальной, так как все оценки столбцов небазисных
переменных неотрицательны. Оптимальное значение целевой функции равно нулю, тогда
выполняем действия согласно пункту «Д» алгоритма метода искусственного базиса
(таб.11):
Таблица 11
x1
x4
x2
11/24
0
11/24
x3
–13/24
–1
11/24
Для полученной симплекс-таблицы находим оценки и опорное значение целевой
функции согласно исходной задаче, приведенной в каноническую форму (в данном случае
задача уже была в канонической форме) – таблица 12.
Таблица 12
x1
x4
x2
11/24
0
11/24
x3
–13/24
–1
11/24
–107/24
–13
–11/24
Находим оценку для x 2 :
x2 = (− 4) 
11
107
 13 
+ 3   −  −1 = −
.
24
24
24


Находим оценку для x3 :
~
11
11
11
x3 = (− 4) 0 + 3  (−1) −10 = −13 . Опорное значение целевой функции: f = (− 4) + 3  = − . В
24
24
24
симплекс-таблице два столбца с отрицательными оценками, но в столбце х 4 с
отрицательной оценкой нет положительных элементов, следовательно, исходная задача не
является разрешимой.
Транспортные задачи. Методы и алгоритмы решения двух индексных задач
Транспортная задача в классической постановке в экономике встречается редко.
Однако, существует ряд экономических задач, которые могут быть сведены к
транспортным задачам.
Следующие задачи могут быть отнесены к классу транспортных задач: соотнесение
производителей с потребителями ресурсов, объединение пунктов отправления и
назначения, привязка грузопотоков прямого и обратного направления, некоторые задачи
оптимальной загрузки оборудования и другие.
Можно выделить следующие отличительные черты транспортной задачи: все
ограничения имеют знак равенства (ограничения – уравнения), распределяются только
однородные ресурсы и переменные выражаются в одинаковых единицах измерения,
переменная встречается только в двух ограничениях.
Постановка транспортной задачи: необходимо организовать перевозку продукции из
пунктов производства (запасов) в пункты потребления, таким образом, чтобы
удовлетворить все потребности, вывезти весь товар и минимизировать стоимость
перевозки. Ведем обозначение: m – пунктов запасов, n – пунктов потребления, ai , i = 1,2,..,m
– количество продукта, произведенного на i пункте, b j , j = 1,2,..,n – потребность j пункта
потребления, x ij – количество единиц продукта, перевозимого с i пункта производства в j
пункт, c ij – цена перевозки единицы продукта из i пункта производства в j. Целевая
функция определяет суммарные затраты.
m n
f =   cij xij → min
i =1 j =1
n
 xij = ai , i = 1,2,..,m
j =1
m
 xij = b j , j = 1,2,..,n
i =1
xij  0, i = 1,2,..,m, j = 1,2,..,n
Транспортная задача относится к двух индексным задачам линейного
программирования. К решению транспортной задачи можно приступать в том и только
том случае, когда выполнено условие баланса – сумма всех запасов равна сумме всех
m
n
i =1
j =1
потребностей:  ai =  b j . В данном случае задача называется закрытой. Ранг матрицы
ограничений транспортной задачи равен m+n–1 (определяет число базисных клеток).
Как было указано выше, транспортная задача разрешима, если она закрыта. Если
задача является открытой, то необходимо данную задачу закрыть. Возможны две
ситуации:
1. Суммарные запасы больше
суммарных потребностей. В данном случае
необходимо вводить фиктивный пункт потребления с потребностью равной величине
превышения суммарных запасов над суммарными потребностями, стоимость перевозки в
m
n
i =1
j =1
данный пункт потребления полагаем равной нулю.  ai   b j , фиктивный пункт
m
n
i =1
j =1
потребления bn +1 =  ai −  b j , cin +1 = 0 .
2. Суммарные потребности больше суммарных запасов. В данном случае необходимо
вводить фиктивный пункт запасов с запасами равными величине превышения суммарных
потребностей над суммарными запасами, стоимость перевозки в данный пункт запасов
m
n
n
m
i =1
j =1
j =1
i =1
полагаем равной нулю.  ai   b j , фиктивный пункт потребления am+1 =  b j −  ai ,
cm+1 j = 0
Методы определения начального (опорного) плана перевозки
Выделим два метода: метод северо-западного угла и метод минимального элемента.
Рассмотрим метод северо-западного угла:
1. Выбираем свободную (незаполненную) северо-западную клетку с координатами
(i,j).
2. Определяем, какие запасы и потребности соответствуют данной клетке.
Определяем необходимое количество продукции для перевозки. Всегда в клетку
записываем наименьшее значение. Если наименьшее значение – это запасы, то
соответственно, забираем для перевозки все запасы из данного пункта, значит, во всех
остальных клетках данной строки ставим знак прочерка.
Если наименьшее значение – это потребности, то удовлетворили все потребности
данного пункта потребления и в него завозить продукцию больше нет необходимости,
поэтому ставим знак прочерка в свободные клетки данного столбца. Организовываем
пересчет – вычитаем наименьшее значение, записанное в клетку, из значения запасов и
для данной строки и значения потребности. Если значения запаса и потребности
совпадают, то знак прочерка ставим только или в столбце, или в строке. Поскольку цель
задачи – минимизировать стоимость перевозки, то вычеркиваем в данной ситуации,
строку или столбец, если в них стоимость перевозки наибольшая.
3. Алгоритм продолжаем до тех пор, пока все клетки не будут заполнены – в клетках
будут числа или прочерки.
4. Клетки, в которых находятся числа, являются базисными. Клетки с прочерками
небазисные.
Количество базисных клеток всегда равно m+n–1.
Метод минимального элемента.
В методе северо-западного угла выбираем не самую северо–западную клетку, а
клетку с минимальной стоимостью перевозки.
Определение оптимального плана перевозки
1. Проверка на оптимальность
2.Если опорное решение не оптимально, то шаг 1.
Проверка на оптимальность.
Для каждой базисной клетки(i,j) составляем уравнение: ui + v j = cij , данных уравнений
будет m+n–1, а число переменных равно m+n. Не нарушая общности, положим u1 = 0 .
Тогда из данной системы находим все остальные потенциалы ui , v j . На основании данных
значений для всех небазисных клеток находим оценки:  ij = ui + v j − cij . Если все оценки
неположительные, то опорное решение оптимально. Если существует хотя бы одна
клетка, в которой оценка положительна, то необходимо переходить к новому опорному
решению.
И из этой клетки будем осуществлять переход к новому решению. Если несколько
клеток с положительными оценками, то для пересчета выбираем клетку с наибольшей
положительной оценкой. Если таких клеток несколько, то выбираем клетку с наименьшей
стоимостью перевозки. Напомним, что в клетке, из которой осуществляется переход,
стоит знак прочерка.
Циклом назовем последовательный набор клеток, в котором любые две клетки
находятся в одной строке или столбце таблицы. И никакие три соседние клетки не
находятся в одной стоке или столбце. Первая и последняя клетка цикла должна быть из
одной строки или столбца. Выписываем отдельно цикл со значениями. В клетках цикла
поочередно расставляем знаки «+» и «–», начиная с клетки с прочерком (в ней оценка
положительна) – в данной клетке ставим знак «+». Введем обозначение: клетки со знаком
−
«–» обозначим S . Введем обозначение для перераспределения продукции: c = min− xij .
(i,j )S
−
Пересчет клеток цикла:
 xij − с,(i,j) S

xij : = 
+

 xij + с,(i,j) S
. После пересчета клеток цикла будет хотя бы
одна клетка с нулем. Выводим из базиса одну клетку с нулем, если несколько нулей после
пересчета, то выводим все равно только одну клетку из базиса, остальные считаем
базисными, при этом выводим из базиса клетку с наибольшей стоимостью. В новой
таблице в этой клетке ставим «–».
Определить оптимальный план перевозки их трех пунктов запасов объемом 10, 13,17,
тремя пунктами потребления объемом – 15,5, 20.
Стоимость перевозки из первого пункта запасов в пункты потребления
соответственно равны: 5, 3,1. Стоимость перевозки из второго пункта запасов в пункты
потребления соответственно равны: 2, 4,6. Стоимость перевозки из третьего пункта
запасов в пункты потребления соответственно равны: 0, 3,1. Стоимость перевозки может
5 3 1


быть записана в матричной форме:  2 4 6  .
0 3 1


Решение:
Проверим, разрешима ли задача. Сумма запасов: 10+13+17=40. Сумма потребностей:
15+5+20=40. Условие баланса выполнено.
Запишем в виде таблицы и найдем опорное решение по методу северо-западного угла.
Столбцы соответствуют потребностям,
строки – запасам. Стоимость перевозки
записываем в клетке в правом верхнем углу. Начинаем заполнение с клетки (1,1) – самая
северо-западная клетка. Клетке (1,1) соответствует величина запасов – 10 и потребностей
– 15. Записываем в клетку наименьшее значение – 10 , т.е. забрали все запасы для
перевозки, значит, уже с данного пункта вывозить ничего не будем, а значит, ставим знаки
прочерка во всех свободных клетках строки (в клетках (1,2), (1,3)). Пересчитываем запасы
и потребности: 10–10=0, 15–10=5 (стали потребности 1 пункта потребления после
перевозки из 1 пункта запасов). Среди множества свободных клеток выбираем северозападную – это клетка (2,1). Данной клетке соответствует величина запасов – 13 и
потребностей – 5, поэтому, в клетку (2,1) записываем наименьшее значение – 5.
Наименьшее значение соответствует величине потребностей – ставим знаки прочерка во
всех свободных клетках первого столбца. Организовываем пересчет: 5–5=0, 13–5=8.
Рассмотрим следующую свободную северо–западную клетку – (2,2). Запасы,
соответствующие данной клетке – 8, потребности – 5. В клетку (2,2) записываем
наименьшее значение – 5. Поэтому ставим знак прочерка во всех свободных клетках
второго столбца. Организовываем пересчет: 8–5=3, 5–5=0. Выбираем свободную северо–
западную клетку – (2,3). Запасы – 3, потребности ‒ 20. В клетку (2,3) записываем 3 –
запасы, но во второй строке все клетки заполнены, поэтому знаки прочерка нигде не
ставим. Организовываем пересчет: 3–3=0, 20–3=17. Для единственной оставшейся
свободной клетки (клетка (3,3)) всегда должно быть одно и то же значение запасов и
потребностей – в данном случае – 17. Записываем 17 в клетку, поскольку все клетки
заполнены, знаки прочерка нигде не ставим.
Таблица 13. Построение начального плана перевозки
5
3
1
10
10
–
–
2
4
6
13
5
5
3
0
3
1
17
–
–
17
15
5
20
Найдем первоначальную стоимость перевозки, соответствующую опорному
решению: f = 10  5 + 5  2 + 5  4 + 3  6 + 17  1 = 115 .
Выясним, является таблица оптимальной. Находим потенциалы – таблица 14.
Таблица 14. Построение цикла
v1=5
v2=7
v3=9
5
3
1
u1=0
10
10
–
–
2
4
6
u2=–3
13
5
5
3
0
3
1
u3=–8
17
–
–
17
15
5
20
Выписываем координаты базисных клеток: (1,1), (2,1), (2,2), (2,3), (3,3) (проверим
число базисных клеток: 3+3–1=5).
Для базисных клеток составляем уравнения: ui + v j = cij , u1 = 0 .
(1,1): u1 + v1 = c11 = 5  v1 = 5 .
(2,1): u2 + v1 = c21 = 2  u2 = 2 − 5 = −3 .
(2,2): u2 + v2 = c22 = 4  v2 = 4 − (−3) = 7 .
(2,3): u2 + v3 = c23 = 6  v3 = 6 − (− 3) = 9 .
(3,3): u3 + v3 = c33 = 1  u3 = 1 − 9 = −8 .
Выпишем координаты небазисных клеток: (1,2), (1,3), (3,1), (3,2).
Найдем оценки для небазисных клеток: ij = ui + v j − cij .
(1,2): 12 = u1 + v2 − c12 = 0 + 7 − 3 = 4  0 .
(1,3): 13 = u1 + v3 − c13 = 0 + 9 −1 = 8  0 .
(3,1): 31 = u3 + v1 − c31 = −8 + 5 − 0 = −3 .
(3,2): 32 = u3 + v2 − c32 = −8 + 7 − 3 = −4 .
Итак, в клетках (1,2) и (1,3) положительные оценки. Для перераспределения
продукции выбираем клетку с наибольшей положительной оценкой – это клетка (1,3). Из
данной клетки строим цикл – из данной клетки выходим и в нее должны вернуться,
изгибы можем делать только в базисных клетках (таб. 14).
Отдельно выписываем клетки цикла:
«–»10
– «+»
«+»
3 «–»
5
Определим константу пересчета: с=min{3, 10}=3.
Перераспределяем продукцию: – → 0+3=3, 3→3–3=0, 5→5+3=8, 10→10–3=7.
После перераспределения получили одну клетку с нулем – клетка (2,3). В этой клетке
ставим прочерк. Переписываем таблицу с измененными клетками цикла.
Таблица 15. Новый план перевозок
v1=5
v2=7
v3=1
5
3
1
u1=0
10
7
–
3
2
4
6
u2=–3
13
8
5
–
0
3
1
u3=0
17
–
–
17
15
5
20
Выписываем координаты базисных клеток: (1,1), (1,3), (2,1), (2,2), (3,3) (проверим
число базисных клеток: 3+3–1=5). Для базисных клеток составляем уравнения:
ui + v j = cij , u1 = 0 .
(1,1): u1 + v1 = c11 = 5  v1 = 5 .
(1,3): u2 + v3 = c23 = 1  v3 = 1 .
(2,1): u2 + v1 = c21 = 2  u2 = 2 − 5 = −3 .
(2,2): u2 + v2 = c22 = 4  v2 = 4 − (−3) = 7 .
(3,3): u3 + v3 = c33 = 1  u3 = 1 − 1 = 0 .
Выпишем координаты небазисных клеток: (1,2), (2,3), (3,1), (3,2). Найдем оценки для
небазисных клеток:  ij = ui + v j − cij .
(1,2): 12 = u1 + v2 − c12 = 0 + 7 − 3 = 4  0 .
(2,3):  23 = u2 + v3 − c13 = −3 + 1 − 6 = −8 .
(3,1): 31 = u3 + v1 − c31 = 0 + 5 − 0 = 5  0 .
(3,2): 32 = u3 + v2 − c32 = 0 + 7 − 3 = −4 .
Итак, в клетках (1,2) и (3,1) положительные оценки. Для перераспределения
продукции выбираем клетку с наибольшей положительной оценкой – это клетка (3,1). Из
данной клетки строим цикл – таблица 15. Отдельно выписываем клетки цикла.
«–»7
3 «+»
«+»
17 «–»
–
Определим константу пересчета: с=min{7, 17}=7.Перераспределяем продукцию: –→
0+7 =7, 3→3+7=10, 17→17–7=10, 7→7–7=0.После перераспределения получили одну
клетку с нулем – клетка (3,1). В этой клетке ставим прочерк. Переписываем таблицу с
измененными клетками цикла.
Таблица 16. План перевозок после перераспределения
v1=0
v2=
v3=1
5
3
1
u1=0
10
–
–
10
2
4
6
u2=2
13
8
5
–
0
3
1
u3=0
17
7
–
10
15
5
20
Выписываем координаты базисных клеток: (1,3), (2,1), (2,2), (3,1), (3,3) (проверим
число базисных клеток: 3+3–1=5). Для базисных клеток составляем уравнения:
ui + v j = cij , u1 = 0 .
(1,3): u1 + v3 = c13 = 1  v1 = 1 .
(3,1): u3 + v1 = c31 = 1  u 3 = 0 .
(2,1): u2 + v1 = c21 = 2  u2 = 2 .
(2,2): u2 + v2 = c22 = 4  v2 = 2 .
(3,3): u3 + v3 = c33 = 1  u3 = 0 .
Выпишем координаты небазисных клеток: (1,1), (2,3), (1,2), (3,2). Найдем оценки для
небазисных клеток:  ij = ui + v j − cij .
(1,1): 11 = u1 + v1 − c11 = 0 + 0 − 5 = −5 .
(2,3):  23 = u2 + v3 − c13 = 2 + 1 − 6 = −3 .
(1,2): 12 = u1 + v2 − c12 = 0 + 2 − 3 = −1 .
(3,2): 32 = u3 + v2 − c32 = 0 + 2 − 3 = −1 .
Таким образом, все оценки неотрицательны, значит, полученный план перевозок
является
оптимальным.
Находим
оптимальную
стоимость

перевозки: f = 10  1 + 8  2 + 5  4 + 7  0 + 10  1 = 56. Как видно, существенно минимизировали
затраты на перевозку.
Два игрока (1 и 2) имеют по одной правой перчатке, а два остальных игрока (3 и 4)
имеют по одной левой перчатке. Рыночная цена одной перчатки равна нулю, а цена одной
пары (с одной правой и одной левой) равна единице. Найти характеристическую
функцию.
Решение.
Эта ситуация описывается игрой <N,ν>, где N={1,2,3,4}, ν(1,3)= ν(1,4)=ν(2,3)=
ν(2,4)=ν(1,2,3)= ν(1,2,4)=ν(1,3,4)=ν(2,3,4)=1, ν(1,2,3,4)=2, ν(S) =0 для остальных S.
Пример решения матричной игры.
Найти оптимальные стратегии игроков и определить цену игры.
РЕШЕНИЕ.
Выясним разрешима ли игра в чистых стратегиях.
Находим нижнюю цену- 1) определяем миниумы в каждой строке
2
2
11


6 
6
9
6
8 
6


 0 10 
0



минимумы
v = max2,6,6,0 = 6
−
Определим верхнюю цену
11 2 


9 6
6 8


 0 10 


11 10



максимумы
−
v = min11,10 = 10 .
=
v  v.
−
Отсюда будем решать игру в смешанных стратегиях.
Смешанные стратегии 1 игрока (за 1 игрока «отвечают» строки):
p = ( p1, p2 , p3 , p4 )
p1 + p2 + p3 + p4 = 1, p1  0, p2  0, p3  0, p4  0
Смешанные стратегии 2 игрока:
q = ( q1, q2 )
q1 + q2 = 1, q1  0, q2  0
Вводим замену (по свойствам смешанных стратегий):
q = ( x,1 − x), x  0,1 .
Вводим функции (для каждой стратегии 1 игрока):
M ( x, i ) = ci1  x + ci 2  (1 − x), x  0,1.
1 стратегия 1 игрока: M ( x,1) = 11 x + 2  (1 − x) = 9 x + 2
2 стратегия 1 игрока: M ( x,2) = 9  x + 6  (1 − x) = 3x + 6
3 стратегия 1 игрока: M ( x,3) = 6  x + 8  (1 − x) = 8 − 2 x
4 стратегия 1 игрока: M ( x,4) = 0  x + 10  (1 − x) = 10 − 10 x
Строим графики функций на отрезке
. Находим верхнюю огибающую графиков. У
верхней огибающей находим точку минимума - пересечение 2 и 3 функций. Определим
координаты точки минимума:
M ( x,2) = 3x + 6
M ( x,3) = 8 − 2 x
2
36
x = , M  =
5
5
36
-цена игры.
M =
5
36
M =
= v
5
 2 3
q =  ,  .
 5 5
2
Подставляем x  = в функции М, 2 и 3 можно не рассматривать, так как там случай
5
равенства (Точка С – пересечение 2 и 3 функций).
2
3
1
M ( x  ,1) = 9  + 2 = 5  v  = 7
5
5
5
Функция M ( x,1) характеризует 1 стратегию, отсюда в силу того, что
2
3
1
M ( x  ,1) = 9  + 2 = 5  v  = 7 , получим p1 = 0
5
5
5
2
1
M ( x  ,4) = 10 − 10  = 6  v  = 7
5
5
Функция M ( x,4) характеризует 4 стратегию, отсюда в силу того, что
2
1
M ( x  ,4) = 10 − 10  = 6  v  = 7 , получим p4 = 0
5
5
Найдем остальные компоненты оптимальной смешанной стратегии 1 игрока:
11 2  p1 


 9 6  p 2 
 6 8   

 p3 
 0 10   

 p 4 
 36 
11  p1 + 9  p 2 + 6  p3 + 0  p 4 = v   = 
 5 
 36 
2  p1 + 6  p 2 + 8  p3 + 10  p 4 = v   = 
 5 
Но p1 = 0 и p4 = 0 .
Откуда,
36
5
36
6  p 2 + 8  p3 =
5
Получим:
2
3
p2 = , p3 =
5
5
36   2 3 
 2 3 
Ответ: v  =
, q =  ,  , p  =  0, , ,0 
5
 5 5
 5 5 
9  p 2 + 6  p3 =
При решении данных задач заменяем вектор р=(р1, р2) на р=(х,1-х), х [0,1].
Составляем функции по столбцам:
M ( x, j ) = a1 j  x + a2 j  (1 − x) .
Строим графики на отрезке [0,1].
У данных графиков находим нижнюю огибающую (самые нижние части графиков) и у нее
максимум (самая верхняя точка).
Находим x  , M  (v  ) .
Затем подставляем x  во все функции М, если значение M ( x* , j )  v* , то q j = 0 .
Находим весь вектор q  , умножаем
вектор на каждую строку матрицы и данное
произведение всегда равно M  (v  ) . Решаем систему.
1. Пусть игра задана матрицей
Найти оптимальные стратегии игроков и определить цену игры.
Ответ. Цена игры: v =36/5, векторы стратегии игроков: p(0,2/5,3/5, 0), q(2/5,3/5).
2. Совет Безопасности ООН состоит из 5 постоянных членов (которые могут наложить
вето на любую резолюцию) и 10 непостоянных. Чтобы провести любое решение, нужно,
чтобы за него проголосовало не менее 9 человек, включая всех постоянных членов. Найти
характер. функцию.
Ответ.
3. Вопросы к экзамену
1. Определение задачи математического программирования. Задача линейного
программирования, стандартная форма задачи линейного программирования, каноническая
форма задачи линейного программирования.
2. Допустимое решение задачи, область допустимых решений, оптимальное решение задачи.
Целевая функция, градиент.
3. Экономико-математические модели задач ЛП: задача о банке, задача определения
оптимального ассортимента продукции, многосторонний коммерческий арбитраж.
4. Неразрешимость 1, неразрешимость 2: графическая интерпретация и в терминах симплексметода.
5. Метод искусственного базиса.
6. Экономическая интерпретация оптимальной симплекс таблицы.
7. Двойственная задача. Первая теорема двойственности и ее следствия.
8. Экономическая интерпретация двойственной задачи.
9. Теневая цена. Экономическая интерпретация дополнительных переменных.
10. Анализ решения на чувствительность.
11. Транспортная задача, экономико-математическая модель, свойства транспортной задачи.
12. Открытые модели транспортной задачи. Принцип замыкания .Метод минимального
элемента, метод северо-западного угла. Метод потенциала, цикл.
13. Основные понятия теории игр. Теоретико-игровые модели формирования установок в
референтной группе.
14. Конфликты интересов. Матричные игры с нулевой суммой.
15. Смешанные стратегии, чистые стратегии.
16. Оптимальное решение игры в смешанных стратегиях. Оптимальное решение игры в
чистых стратегиях. Седловая точка.
17. Верхняя цена игры, нижняя цена игры.
18. Основная теорема матричных игр.
19. Математическая модель конфликтов распределения. Кооперативная игра, коалиции и
дележи, С-ядро, цена Шепли.
20. Основные понятия теории графов.
21. Модели структурного баланса.
22. Статусные конфликты.
23. Конфликты альтернатив.
24. Когнитивные карты конфликтных процессов.
25. Конфликты мнений. Основные понятия.
26. Основные определения динамического программирования и постановка задачи.
27. Метод динамического программирования и его этапы. Принцип оптимальности Беллмана.
28. Риск, источники риска.
29. Полнота и арбитраж.
30. Модель (B,S)-рынка, информационное дерево, пример дискретной и непрерывной модели.
31. Хеджирование как метод защиты от риска.
32. Модель Марковитца для оптимизации структуры портфеля ценных бумаг как пример
оптимизационной модели стохастического типа.
33. Общие сведения о сетях.
34. Назначение и области применения сетевого планирования и управления.
35. Порядок и правила построения сетевых графиков.
36. Временные параметры сетевой модели.
37. Расчет временных параметров сетевого графика, его анализ и оптимизация.
38. Статистические методы изучения социально-экономических явлений. Характер
социально- экономических явлений.
39. Типы связи между социально- экономическими явлениями.
40. Статистические методы моделирования связей. Однофакторное и многофакторное
уравнения регрессии.
41. Коэффициент корреляции, детерминации. Остаточная дисперсия.
6.1. Основная литература.
1. Евдонин Г. А., Математическое моделирование и управление социально-
экономическими и политическими процессами / учеб. пособие для вузов: Допущено
УМО - СПб. : СЗИ РАНХиГС, 2012.- 322 с.
2. Алексеев Г.В. Численное экономико-математическое моделирование и
оптимизация [Электронный ресурс]: учебное пособие/ Алексеев Г.В., Холявин И.И.—
Электрон. текстовые данные.— Саратов: Вузовское образование, 2013.— 195 c.—
Режим доступа: http://www.iprbookshop.ru/16905.html.— ЭБС «IPRbooks»
3. Светлов В.А. Управление конфликтом [Электронный ресурс]: учебное пособие/
Светлов В.А.— Электрон. текстовые данные.— Саратов: Ай Пи Эр Медиа, 2012.—
137 c.— Режим доступа: http://www.iprbookshop.ru/8249.html.— ЭБС «IPRbooks»
6.2. ополнительная литература.
1. Гусаков С.В., Землянухина Л.Н., Зинченко А.Б., Сантылова Л.И. Линейное
программирование и смежные вопросы. Ч. 6. Ростов-н/Д. РГУ, 2000. -34 с.
2. Кундышева Е. С.,Экономико-математическое моделирование / учеб. для вузов:
Рек. УМО под науч. ред. Б. А. Суслакова. - М. : Экзамен, 2008. – 424 с.
3. Орлова И. В., Половников В. А.Экономико-математические методы и модели:
компьютерное моделирование / учеб. пособие для вузов: Допущено УМО - изд.
испр. и доп. - М. : Вузов. учеб., 2008. – 365 с.
4. Ширяев А.Н. Основы стохастической финансовой математики. В 2т. Т. 1.
Факты, Модели. М.:ФАЗИС,1998. – 512 с.
5. Ширяев, А.Н. Основы стохастической финансовой математики. В 2т. Т. 2.
Теория. М.:ФАЗИС,1998. – 544 с.
6. Экономико-математические методы и модели / учеб. пособие для вузов: Рек.
УМО под ред. С. И. Макарова. - 2-е изд., перераб. и доп. - М. : Кнорус, 2009 – 240
с.