МИНИСТЕРСТВО ОБРАЗОВАНИЯ И НАУКИ РОССИЙСКОЙ ФЕДЕРАЦИИ
Федеральное государственное автономное образовательное учреждение
высшего образования «Казанский (Приволжский) федеральный университет»
Набережночелнинский институт (филиал)
Кафедра Экономика предприятий и организаций
МЕТОДЫ ЛИНЕЙНОГО ПРОГРАММИРОВАНИЯ
учебно-методическое пособие
Набережные Челны
2019 г.
УДК [519.86+330.45] (076.1)
ББК 65в635я73
Печатается по решению учебно-методической комиссии экономического отделения
Набережночелнинского института (филиала) федерального государственного автономного
образовательного учреждения высшего образования «Казанский (Приволжский) федеральный
университет», от « 16 » 04 2019 г. (протокол № 8)
Рецензенты:
Доктор экономических наук, профессор А.С. Пуряев
Доктор экономических наук, профессор А.Н. Макаров
Гареева Г.А. Методы линейного программирования: учебно-методическое пособие / Гареева Г.А.,
Григорьева Д.Р. – Набережные Челны: Изд-во Набережночелнинского института КФУ, 2019. – 59
с.
Учебно-методическое пособие предназначено для проведения практических и
лабораторных занятий по дисциплине. Составлено с учетом требований Федеральных
Государственных образовательных стандартов высшего профессионального образования.
Учебно-методическое пособие предназначено для использования в учебном
процессе студентами технических направлений в экономике и экономического отделения
дневной, заочной и дистанционной форм обучения.
© Гареева Г.А., Григорьева Д.Р., 2019
© НЧИ КФУ, 2019
© Кафедра Экономика предприятий и организаций, 2019 г.
2
Оглавление
Введение ................................................................................................................. 4
Практическая работа № 1 Графический метод решения задач линейного
программирования ................................................................................................ 5
Практическая работа № 2 Симплексный метод решения задач линейного
программирования ................................................................................................ 8
Практическая работа № 3 Двойственные задачи и их экономическое
содержание ........................................................................................................... 14
Практическая работа № 4 Задача целочисленного линейного
программирования .............................................................................................. 20
Практическая работа № 5 Транспортная задача .......................................... 24
Варианты задач для самостоятельной работы ................................................. 34
Список литературы ............................................................................................. 58
3
Введение
Современная экономическая теория как на макро-, так и на микроуровне
включает в себя в качестве необходимого элемента математические методы и
модели. Использование математики в экономике позволяет, во-первых,
выделить и формально описать наиболее важные и существенные связи
экономических
переменных
и
объектов.
Во-вторых,
из
четко
сформулированных исходных данных и соотношений методами дедукции
можно получать выводы, адекватные изучаемому объекту в той же мере, что
и сделанные предпосылки. В-третьих, использование языка математики
позволяет точно и компактно излагать положения экономической теории,
формулировать ее понятия и выводы.
Основной целью данного пособия является ознакомление студентов с
основными
математическими
моделями
и
методами
линейного
программирования, используемых в процессах принятия решений.
Учебно-методическое пособие составлено на основании многолетнего
опыта чтения курсов "Математические методы и модели исследования
операций в экономике" студентам экономических специальностей КФУ.
Рассматриваются следующие темы: графическое решение задач с двумя
переменными;
симплексный
метод;
теория
двойственности;
задачи
целочисленного программирования (метод Гомори); метод потенциалов
решения транспортной задачи.
Пособие будет полезным не только для обеспечения соответствующего
лекционного курса, но и для проведения практических занятий.
4
Практическая работа № 1
Графический метод решения задач линейного программирования
Графическим методом
программирования:
решается
стандартная
задача
линейного
программирования
возможны
Z c1 x1 c2 x2 max(min)
ai1 x1 ai 2 x2 bi ,
x1 0,
i 1, m
x2 0
При решении
следующие случаи:
задач
линейного
1. Случай единственного решения.
На рисунке 1 точкой минимума является точка А, а точкой максимума
- точка В.
2. Случай бесконечного множества решений (альтернативный оптимум).
На рисунке 2 максимум достигается во всех точках отрезка ВС.
3. Случай неограниченности целевой функции.
На рисунке 3 точки максимума не существует.
4. Случай несовместности.
На рисунке 4 – случай отсутствия решения, так как область
допустимых значений является пустым множеством.
n
B
x2
В
А
x2
С
А
n
x1
x1
Рис. 2
Рис.1
Р
x2
Р
ис
.3
x2
n
Рис.3
x1
5
Рис.4
x1
Пример. Решить задачу линейного программирования графическим
методом:
Z 2 x1 x2 max(min)
4 x1 6 x2 20
2 x 5 x 27
1
2
7 x1 5 x2 63
3x1 2 x2 23
x1 0, x2 0
Строим прямые, уравнения которых получаются в результате замены в
ограничениях знаков неравенств на знаки точных равенств:
4 x1 6 x2 20 (1)
2 x1 5 x2 27 (2)
7 x1 5 x2 63 (3)
3 x1 2 x2 23 (4)
Каждое
ограничение-неравенство
определяет
координатную
полуплоскость. В зависимости от знака неравенств при помощи двух стрелок
укажем требуемые полуплоскости.
В результате пересечения всех полуплоскостей находим многоугольник
решений (шестиугольник ABCDEF).
Построим линию уровня целевой функции, проходящую через начало
координат 2 x1 x2 0 , и градиент целевой функции n(2,1) .
Передвигая линию уровня вдоль градиента параллельно самой себе,
находим точки экстремума. Минимум целевой функции достигается в точке
А, а максимум в точке D.
6
3
4
C
B
1
2
A
п
D
F
E
Определим координаты точек максимума и минимума целевой функции
и вычислим их значения в найденных точках.
Точка минимума лежит на пересечении прямой (1) и прямой, лежащей
на оси x2 , которая имеет уравнение x1 0 :
20 4 x1
4 x1 6 x2 20
x 0
x2
min :
1
6
x1 0
x2 3,33
x1 0
Точка максимума лежит на пересечении прямых (3) и (4):
5
5
x
9
x
x
9
x2
1
2
1
7 x1 5 x 2 63
x1 8,31
7
7
max :
3x1 2 x 2 23 3 (9 5 x ) 2 x 23 29 x 4
x 2 0,97
2
2
2
7
7
Минимальное значение целевой функции:
Z min 2 0 3,33 3,33 .
Максимальное значение целевой функции:
Z max 2 8,31 0,97 17,59 .
7
Практическая работа № 2
Симплексный метод решения задач линейного программирования
Пример 1: Z 2 x1 x 2 max
4 x1 6 x 2 20
2 x 5 x 27
1
2
7
x
5
x
2 63
1
3 x1 2 x 2 23
x 1 0, x 2 0
Необходимо, чтобы все bi были положительными числами, в противном
случае умножим на (-1).
4 x1 6 x 2 20
2 x 5 x 27
1
2
7 x1 5 x 2 63
3 x1 2 x 2 23
Для того чтобы привести систему ограничений к каноническому виду,
введем дополнительные переменные:
4 x1 6 x 2 x3 20
2 x 5 x x 27
1
2
4
7 x1 5 x 2 x5 63
3 x1 2 x 2 x6 23
Так
как первое неравенство не имеет предпочтительный вид,
необходимо ввести искусственную переменную w и сформулировать
М-задачу.
4 x1 6 x2 x3 w 20
2 x 5 x x 27
1
2
4
7 x1 5 x2 x5 63
3 x1 2 x2 x6 23
В функцию Z переменная w вводится с коэффициентом –М (в случае
нахождения максимума), где М – большое положительное число, поэтому
целевая функция будет иметь следующий вид:
Z 2 x1 x2 Mw max
Далее М-задача решается с помощью симплексной таблицы.
8
БП
Сб
В
х1
х2
2
1
w
-M
20
4
6
x4
0
27
-2
5
x5
0
63
7
5
x6
0
23
3
-2
-20M -4M-2 -6M-1
БП – базисные переменные.
х3
х4
х5
х6
0
-1
0
0
0
M
0
0
1
0
0
0
0
0
0
1
0
0
0
0
0
0
1
0
w
-M
cj
1
0
0
0
0
Коэффициенты
перед
переменными
в целевой
функции
j
Сб – коэффициенты перед базисными переменными в целевой функции.
0 (Сб, B) 20M 0 27 0 63 0 23 20M
j (Сб, Aj ) c j
1 (Сб, A1 ) c1 4M 0 (2) 0 7 0 3 2 4M 2
2 (Сб, A2 ) c2 6M 0 5 0 5 0 (2) 1 6M 1
3 (Сб, A3 ) c3 (1)(M ) 0 0 0 0 0 0 0 M
4 (Сб, A4 ) c4 0 (M ) 0 1 0 0 0 0 0 0
5 (Сб, A5 ) c5 0 (M ) 0 0 0 1 0 0 0 0
6 (Сб, A6 ) c6 0 (M ) 0 0 0 0 0 1 0 0
7 (Сб, A7 ) c7 1 (M ) 0 0 0 0 0 0 M 0
У базисных переменных j всегда равны 0.
Так как среди оценок
j
есть отрицательные, то необходимо
продолжить решение задачи.
Среди отрицательных j выбираем наименьшую оценку. В данном
случае это (-6M-1). Столбец х2 называется разрешающим столбцом.
Сравниваем отношения элементов столбца B на положительные элементы
разрешающего столбца и выбираем наименьшую дробь: min
20 27 63 20
, ,
.
6 5 5 6
Строка этой дроби называется разрешающей строкой, а знаменатель
наименьшей дроби – разрешающим элементом.
9
Сформируем новую симплексную таблицу. Перейдем к новому
допустимому базисному решению.
Правила заполнения новой таблицы:
1. Элементы разрешающей строки делятся на разрешающий элемент.
2. Элементы разрешающего столбца равны 0, а на месте разрешающего
элемента ставится 1.
3. Остальные
элементы
таблицы
заполняются
по
правилу
прямоугольника:
20
4
6
27
-2
5
20
4
6
27
-2
5
63
7
5
20
4
6
27
-2
5
63
7
5
23
3
-2
БП
Сб
В
w
х4
х5
х6
-M
0
0
0
20
27
63
23
-20M
х2
х4
х5
х6
1
0
0
0
10/3
31/3
139/3
89/3
10/3
х1
27
20 5 81 50 31
6
3
3
63
20 5 189 50 139
6
3
3
23
20 (2) 69 20 89
6
3
3
х2
2
1
4
6
-2
5
7
5
3
-2
-4M-6M-1
2
2/3
1
-16/3
0
11/3
0
13/3
0
-4/3
0
10
х3
х4
х5
х6
w
0
-1
0
0
0
0
0
1
0
0
0
0
0
1
0
0
0
0
0
1
-M
1
0
0
0
M
0
0
0
0
-1/6
5/6
5/6
-1/3
-1/6
0
1
0
0
0
0
0
1
0
0
0
0
0
1
0
1/6
-5/6
-5/6
1/3
1/6+M
х1
х4
х5
2
0
0
5
37
28
1
0
0
3/2
8
-11/2
х6
0
х1
х4
х5
х3
2
0
0
0
х1
х4
х2
х3
2
0
1
0
8
10
23/3
127/3
28/3
32/3
46/3
241/29
1125/29
28/29
552/29
510/29
0
0
1
0
0
0
0
1
0
0
0
0
-13/2
2
-2/3
11/3
29/3
-26/3
-7/3
0
0
1
0
0
-1/4
-1/2
21/1
2
3/4
-1/2
0
0
0
1
0
0
0
0
1
0
0
1
0
0
0
0
1
0
0
0
0
1
0
0
0
0
0
1
0
0
0
1/4
1/2
-21/12
0
1
-3/4
0
0
1/2+M
0
1/3
0
0
2/3
0
1
-7/3
0
0
4/3
-1
0
2/3
M
2/29
5/29
2/29
-11/29 45/29 -11/29
3/29
-7/29
0
26/29 -22/29
-1
7/29
3/29 4/29+M
Когда все оценки j станут неотрицательными, то в задаче будет
достигнуто оптимальное решение.
В последней симплексной таблице все j 0 , значит, найден максимум
целевой функции.
max
510
241 28 552 1125
,
,
,
,0,0 .
при X *
29
29
29 29 29
Пример 2:
Z 2 x1 x2 min
4 x1 6 x2 20
2 x 5 x 27
1
2
7 x1 5 x2 63
3 x1 2 x2 23
x1 0, x2 0
Необходимо, чтобы все bi были положительными числами, в противном
случае умножим на (-1).
11
4 x1 6 x 2 20
2 x 5 x 27
1
2
7 x1 5 x 2 63
3 x1 2 x 2 23
Для того чтобы привести систему ограничений к каноническому виду,
введем дополнительные переменные:
4 x1 6 x 2 x3 20
2 x 5 x x 27
1
2
4
7 x1 5 x 2 x5 63
3 x1 2 x 2 x6 23
Так
как первое неравенство не имеет предпочтительный вид,
необходимо ввести искусственную переменную w и сформулировать
М-задачу.
4 x1 6 x2 x3 w 20
2 x 5 x x 27
1
2
4
7 x1 5 x2 x5 63
3 x1 2 x2 x6 23
В функцию Z переменная w вводится с коэффициентом М (в случае
нахождения минимума), где М – большое положительное число, поэтому
целевая функция будет иметь следующий вид:
Z 2 x1 x2 Mw min
Далее решают М-задачу с помощью симплексной таблицы.
БП
Сб
В
w
х4
х5
х6
M
0
0
0
20
27
63
23
20M
х1
х3
х4
х5
х6
w
2
0
1
4
-1
6
-2
0
5
7
0
5
3
0
-2
4M-2 6M-1 -M
0
0
1
0
0
0
0
0
0
1
0
0
0
0
0
0
1
0
M
1
0
0
0
0
х2
0 (Сб, B) 20M 0 27 0 63 0 23 20M
j (Сб, Aj ) c j
12
cj
Коэффициенты
перед
переменными в
целевой
функции
j
1 (Сб, A1 ) c1 4M 0 (2) 0 7 0 3 2 4M 2
2 (Сб, A2 ) c2 6M 0 5 0 5 0 (2) 2 6M 1
3 (Сб, A3 ) c3 (1) M 0 0 0 0 0 0 0 M
4 (Сб, A4 ) c4 0 M 0 1 0 0 0 0 0 0
5 (Сб, A5 ) c5 0 M 0 0 0 1 0 0 0 0
6 (Сб, A6 ) c6 0 M 0 0 0 0 0 1 0 0
7 (Сб, A7 ) c7 1 M 0 0 0 0 0 0 M 0
У базисных переменных j 0 .
Так как среди оценок j
есть положительные, то необходимо
продолжить решение задачи.
Среди положительных j выбираем наибольшую оценку. В данном
случае это (6M-1). Столбец х2 называется разрешающим столбцом.
Сравниваем отношения элементов столбца B на положительные элементы
разрешающего столбца и выбираем наименьшую дробь: min
20 27 63 20
, ,
.
6 5 5 6
Выбираем наименьшую дробь, и строка этой дроби называется
разрешающей строкой, а знаменатель наименьшей дроби – разрешающим
элементом.
Сформируем новую симплексную таблицу. Перейдем к новому
допустимому базисному решению.
БП
Сб
В
w
х4
х5
х6
M
0
0
0
20
27
63
23
20M
х1
х2
2
1
4
6
-2
5
7
5
3
-2
4M-2 6M-1
х3
х4
х5
х6
w
0
-1
0
0
0
-M
0
0
1
0
0
0
0
0
0
1
0
0
0
0
0
0
1
0
M
1
0
0
0
0
13
х2
х4
х5
х6
1
0
0
0
10/3
31/3
139/3
89/3
10/3
2/3
-16/3
11/3
13/3
-4/3
1
0
0
0
0
-1/6
5/6
5/6
-1/3
-1/6
0
1
0
0
0
0
0
1
0
0
0
0
0
1
0
1/6
-5/6
-5/6
1/3
1/6-M
Когда все оценки j станут отрицательными, то в задаче будет
достигнуто оптимальное решение.
В последней симплексной таблице все j 0 , значит, найден минимум
целевой функции.
min
31 139 89
10
10
,
при X * 0, ,0, ,
.
3
3
3
3
3
Практическая работа № 3
Двойственные задачи и их экономическое содержание
Z 2 x1 x 2 max
Пример:
4 x1 6 x 2 20
2 x 5 x 27
1
2
7 x1 5 x 2 63
3 x1 2 x 2 23
x 1 0, x 2 0
Оптимальное решение данной задачи было найдено в практической
работе № 2. Рассмотрим последнюю симплексную таблицу исходной задачи,
соответствующую оптимальному решению:
БП
Сб
В
х1
х4
х2
х3
2
0
1
0
241/29
1125/29
28/29
552/29
510/29
max
х1
х2
х3
х4
х5
х6
w
2
1
0
0
0
0
1
0
0
1
0
0
0
0
0
0
1
0
0
0
1
0
0
0
0
2/29
-11/29
3/29
26/29
7/29
0
5/29
45/29
-7/29
-22/29
3/29
-M
2/29
-11/29
0
-1
4/29+M
510
241 28 552 1125
,
,
,
,0,0 .
при X *
29
29
29 29 29
14
Составим соответствие между первоначальными и дополнительными
переменными исходной и двойственной задач:
Исходная задача
Первоначальные переменные
Дополнительные переменные
x1
x2
x3
x4
x5
x6
y5
y6
y1
y2
y3
y4
1)
Дополнительные переменные
Первоначальные переменные
Двойственная задача
Составим двойственную задачу:
F 20 y1 27 y2 63 y3 23 y4 min
4 y1 2 y2 7 y3 3 y4 2
6 y1 5 y2 5 y3 2 y4 1
Согласно
теореме
о
соответствии
между
первоначальными
и
дополнительными переменными исходной и двойственной задач получим
решение двойственной задачи:
7 3
Y * 0, 0,
,
, 0, 0
29 29
Fmin max
510
29
x1 , x2 – объемы продукции P1, P2, планируемой к выпуску.
y1 , y2 , y3 , y4 – объективно обусловленные оценки ресурсов S1, S2, S3, S4.
Из решения следует, что продукцию P1 необходимо произвести
единиц, а продукцию P2 –
Ресурсы S3, S4
осталось
241
29
28
единиц.
29
используются полностью ( x5* 0, x6* 0) , ресурса S1
552
1125
единиц, ресурса S2 осталось
единиц.
29
29
Установим степень дефицитности используемых ресурсов и обоснуем
рентабельность.
15
Объективно обусловленная оценка y1* избыточного ресурса S1, которого
осталось
552
1125
единиц, равна 0, а оценка y2* ресурса S2, которого осталось
29
29
единиц, также равна 0, а для дефицитных ресурсов S3 и S4, которые
используются полностью по оптимальному плану, оценки будут ненулевые
3
* 2)7
*
y3 , y4
29
29
.
Увеличение запаса ресурса S3 на единицу увеличивает прибыль
y3* на
7
3
единиц, соответственно S4 на
единиц. Следовательно, ресурс
29
29
S3 более дефицитный, чем ресурс S4.
Рассмотрим продукцию P1, P2 .
Так как x1* , x2* 0 , то выпуск данных видов продукций оправдан, и
оценка израсходованных ресурсов совпадает с оценкой произведенной
продукции, т.е.:
40 20 7
7
3
3
2
29
29
60 50 5
7
3
2
1
29
29
Таким образом, в оптимальный план войдет только та продукция,
которая выгодна предприятию (не войдет убыточная продукция), т.е.
продукция P1 и P2. Оценки y5* и y6* этих видов продукции равны нулю.
7
3
3 ) 2 0
29
29
7
3
y6* (6 y1* 5 y2* 5 y3* 2 y4* ) 1 (6 0 5 0 5 2 ) 1 0
29
29
y5* (4 y1* 2 y2* 7 y3* 3 y4* ) 2 (4 0 2 0 7
Таким образом, ненулевые оценки показывают, что эти продукции
являются неубыточными, поскольку оценки ресурсов, расходуемых на
выпуск единицы такой продукции, совпадают с оценками единицы
изготовленной продукции.
16
Предположим, что появилась возможность выпускать новую продукцию
P3. При этом затраты составляют: a13 2,
a23 1, c3 20 у.е.
Установим, даст ли прибыль включение в план выпуска дополнительной
продукции P3, какой должна быть прибыль от единицы P3, чтобы его
производство было рентабельным.
Для этого сопоставляются дополнительные затраты на ресурсы в расчете
на единицу P3 с ценой ее реализации:
c3 a13 y1* a23 y2* 2 0 1 0 0
Так как расходы на производство меньше цены продукции c3 20 у.е.
(0<20), то выпуск продукции P3 стоит включить и ее производство будет
рентабельным.
Найдем интервалы устойчивости двойственных оценок по отношению к
изменению запасов ресурсов каждого вида.
Пусть запасы ресурсов S1, S2, S3, S4 изменились на b1 , b2 , b3 , b4 .
Суммарные затраты на ресурсы:
F (20 b1 ) y1 (27 b2 ) y 2 (63 b3 ) y3 (23 b4 ) y4
Симплексная таблица оптимального решения исходной задачи:
БП
Сб
В
х1
х4
х2
х3
2
0
1
0
241/29
1125/29
28/29
552/29
510/29
х1
х2
х3
х4
х5
х6
w
2
1
0
0
0
0
1
0
0
1
0
0
0
0
0
0
1
0
0
0
1
0
0
0
0
2/29
-11/29
3/29
26/29
7/29
0
5/29
45/29
-7/29
-22/29
3/29
-M
2/29
-11/29
0
-1
4/29+M
Составим последнюю симплексную таблицу для двойственной задачи:
БП
y3
y4
Сб
63
23
В
y5
y2
y6
y1
7/29
-2/29
11/29
-3/29
-26/29
3/29
-5/29
-45/29
7/29
22/29
510/29
-241/29
-1125/29
-28/29
-552/29
17
В функцию F входят y3 , y4 , а y1=0 и y2=0.
Это означает, что небазисная переменная может увеличиваться, не меняя
при этом значения целевой функции. Если такая нулевая относительная
оценка соответствует оптимальному решению, то имеется множество
оптимальных решений так как Р не меняется.
7
2
11
3
26
y5
y2
y6
y1
29 29
29
29
29
3
5
45
7
22
y4
y5
y2
y6
y1
29 29
29
29
29
y3
Подставим y3 , y4 в функцию F:
2
11
3
26
7
F (20 b1 ) y1 (27 b2 ) y 2 (63 b3 )
y5
y2
y6
y1
29
29
29
29 29
5
45
7
22
3
(23 b4 )
y5
y2
y6
y1
29
29
29
29 29
Сгруппируем свободные члены и коэффициенты при y:
7
26
22
510 3
552
F
b3
b4
b1
b3
b4 y1
29
29
29
29 29
29
11
45
5
125
241 2
b2
b3
b4 y2
b3
b4 y5
29
29
29
29
29 29
7
28 3
b3
b4 y6
29
29 29
Для
того
чтобы
объективно
обусловленные
оценки
остались
неизменными, то есть сохранилось оптимальное решение двойственной
задачи,
достаточно,
чтобы
коэффициенты
функции
F
остались
неотрицательными.
26
22
552
29 b1 29 b3 29 b4 0
125 b 11 b 45 b 0
2
3
4
29
29
29
241 2 b 5 b 0
29 29 3 29 4
28 3
7
b3 b4 0
29
29 29
Предположим, что ресурсы S3 и S 4 не изменяем, т.е. b3 0 и b4 0 .
18
Отсюда
20
b1
552
;
29
552
b1 b1 20
29
39,04 b1 b1 20 – интервал устойчивости для первого ресурса.
Предположим, что ресурсы S3 и S 4 не изменяем, т.е. b3 0 и b4 0 .
Отсюда b2
27
125
29
125
b2 b2 27
29
22,69 b2 b2 27 – интервал устойчивости для второго ресурса.
Предположим,
что
ресурсы
S2 ,
S3
и
S4
не
изменяем,
т.е.
b1 0, b2 0, b4 0 .
Отсюда b3
63
125
28
; b3
11
3
28
125
b3 b3 63
3
11
53,67 b3 b3 74,36 – интервал устойчивости для третьего ресурса.
Предположим,
что
ресурс
S1 ,
S2
и
S3
не
изменяем,
т.е.
b1 0, b2 0, b3 0 .
Отсюда b4 4 ; b4
23
125
45
125
b4 b4 23 4
45
20,22 b4 b4 27 – интервал устойчивости для четвертого ресурса.
По соотношениям объективно обусловленных оценок можем определить
расчетные нормы заменяемости ресурсов, при соблюдении которых
проводимые замены в пределах устойчивости двойственных оценок на
эффективность оптимального плана не влияют.
Определим нормы заменяемости ресурсов.
y1* 0
– они невзаимозаменяемые (т.к. на нуль делить нельзя)
y2* 0
19
y1*
0
7
y3*
29
y2*
0
7
y3*
29
y1*
0
3
y4*
29
y2*
y4*
y3* 29 7
3 3
y4*
7
0
3
29
29
В результате получится матрица взаимозаменяемости ресурсов:
0
0
0
0
0
0
0
0
0
Практическая работа № 4
Задача целочисленного линейного программирования
Пример. Найти решение задачи целочисленного программирования
методом Гомори:
Z 2 x1 x 2 max
4 x1 6 x 2 20
2 x 5 x 27
1
2
7 x1 5 x 2 63
3 x1 2 x 2 23
x 1 0, x 2 0
x1 , x2 – целые.
Для
нахождения
программирования
оптимального
воспользуемся
решения
последней
задачи
целочисленного
симплексной
таблицей,
соответствующей оптимальному решению:
БП
x1
x4
x2
x3
Сб
2
0
1
0
B
8 /29
3823/29
28
/29
191/29
1717/29
9
x1
1
0
0
0
0
x2
0
0
1
0
0
x3
0
0
0
1
0
20
x4
0
1
0
0
0
x5
/29
-11
/29
3
/29
26
/29
7
/29
2
x6
/29
16
1 /29
-7
/29
-22
/29
3
/29
5
w
0
0
0
-1
M
Оптимальное решение max 17
17
9 28
1
23
при X * (8 , ,19 ,38 ,0,0) .
29
29 29
29
29
Целой частью числа а называется наибольшее целое число а , не
превосходящее а.
Дробной частью числа а, называется число, определяемое следующей
формулой а а а .
bi aij x j 0
n
Неравенство
является
правильным
j m 1
отсечением.
Поскольку среди компонент оптимального решения есть нецелые, то для
нахождения
целочисленного
оптимального
решения
среди
нецелых
компонент выбирается компонента с наибольшей дробной частью, и по
соответствующей строке формируется правильное отсечение.
По 3-ему уравнению с переменной x2, получившей нецелочисленное
значение в оптимальном плане с наибольшей дробной частью 28/29, составим
правильное отсечение:
28
3
7
1x2 x5
x6 0
29
29
29
28 28
,
29 29
7
22
7
(1)
29
29
29
3 3
29 29
28
3
22
x5
x6 0
29 29
29
Приведем полученное неравенство к каноническому виду:
28 3
22
x5
x6 x7 0
29 29
29
x7
28 3
22
x5
x6
29 29
29
Коэффициенты полученного уравнения введем дополнительной строкой
в оптимальную симплексную таблицу (свободный член записывается без
изменения знака, а коэффициенты при свободных переменных – с
противоположным знаком).
21
БП
Сб
B
x1
x2
x3
x4
x5
x6
x7
x1
2
89/29
1
0
0
0
2
5
/29
0
x4
0
3823/29
0
0
0
1
-11
/29
116/29
0
x2
1
28
/29
0
1
0
0
3
/29
-7
0
x3
0
191/29
0
0
1
0
26
/29
-22
0
x7
0
-28
/29
0
0
0
0
-3
/29
-22
/29
1
1717/29
0
0
0
0
7
/29
3
/29
0
/29
/29
/29
Полученную задачу решаем симплексным методом. Базисное решение
X (8
9 28
1
23
28
, ,19 ,38 ,0,0, ) - недопустимое, ограничения совместны
29 29
29
29
29
(в строке, имеющей отрицательный свободный член, есть отрицательные
компоненты). В качестве разрешающего столбца примем столбец x6 .
Разрешающая строка - x7 . На пересечении разрешающих строки и столбца
находится разрешающий элемент, равный (-22/29).
В результате преобразования симплексной таблицы получим:
БП
Сб
B
x1
x2
x3
x4
x5
x6
x7
x1
2
81/11
1
0
0
0
1
0
5
x4
0
369/11
0
0
0
1
-13
/22
0
21/22
x2
1
13/11
0
1
0
0
3
/22
0
-7
x3
0
20
0
0
1
0
1
0
-1
x6
0
13/11
0
0
0
0
3
/22
1
-17/22
175/11
0
0
0
0
5
/22
0
3
В оптимальном решении X (8
/22
/22
/22
/22
1
3
9
3
,1 ,20,36 ,0,1 ,0) присутствуют
11 11
11
11
дробные числа.
22
По второму уравнению с переменной x4, получившей нецелочисленное
значение в оптимальном плане с наибольшей дробной частью 9/11, составим
правильное отсечение:
9
13
1
36 1x4 x5 2 x7 0
11
22
22
9 9
1
x5
x7 0
11 22
22
Преобразуем полученное неравенство в уравнение:
9 9
1
x5
x7 x8 0
11 22
22
x8
9 9
1
x5
x7 ,
11 22
22
коэффициенты которого введем дополнительной строкой в оптимальную
симплексную таблицу.
БП
Сб
B
x1
x2
x3
x4
x5
x6
x7
x8
x1
2
81/11
1
0
0
0
1
0
5
/22
0
x4
0
369/11
0
0
0
1
-13
/22
0
21/22
0
x2
1
13/11
0
1
0
0
3
/22
0
-7
/22
0
x3
0
20
0
0
1
0
1
0
-1
0
x6
0
13/11
0
0
0
0
3
/22
1
-17/22
0
x8
0
-9
/11
0
0
0
0
-9
/22
0
-1
/22
1
175/11
0
0
0
0
5
/22
0
3
/22
0
Базисное решение
X (8
/22
1 3
9
3
9
,1 ,20,36 ,0,1 ,0, )
11 11
11
11
11
- недопустимое,
ограничения совместны, поэтому определяем разрешающие строку и
столбец.
На
пересечении
разрешающих
строки
и
столбца
разрешающий элемент, равный (-9/22).
В результате преобразования симплексной таблицы получим:
23
находится
БП
Сб
B
x1
x2
x3
x4
x5
x6
x7
x8
x1
2
8
1
0
0
0
0
0
2
/9
1
x4
0
38
0
0
0
1
0
0
21/9
-14/9
x2
1
1
0
1
0
0
0
0
-1
/3
1
x3
0
18
0
0
1
0
0
0
-11/9
24/9
x6
0
1
0
0
0
0
0
1
-11/3
1
x5
0
2
0
0
0
0
1
0
1
/9
-24/9
17
0
0
0
0
0
0
1
/9
5
/9
/3
/3
/9
Найденное оптимальное решение целочисленное:
max 17
при X * (8,1,18,38,2,1,0,0) .
Практическая работа № 5
Транспортная задача
В пунктах Аi (i=1…4) сосредоточено аi единиц однородного груза,
который нужно перевезти в пункты Вj (j=1…4). При этом в пункт Вj нужно
доставить bj единиц груза. Мощности поставщиков и потребителей, а также
стоимость перевозки единицы груза заданы в таблице. Требуется составить
план перевозок, минимизирующий общие транспортные издержки.
ai\bj
50
100
50
50
40
5
7
5
1
60
60
3
5
4
2
4
5
4
3
2
3
4
100 5
Данная задача сводится к определению такого плана перевозок
некоторого продукта из пунктов его производства в пункты потребления
( xi , j
m n
) , который минимизирует целевую функцию F ( x) cij xij .
4
a 40 60 60 100 260
i 1
i
24
4
b 50 100 50 50 250
j 1
j
n
m
i 1
j 1
Следовательно ai b j , то данная задача открытого типа.
n
m
i 1
j 1
Для того чтобы привести задачу к закрытому типу ( ai b j ), введем
фиктивного поставщика В5 10 ( 260 - 250 10 ).
Составим распределительную таблицу с помощью метода минимальной
стоимости. Среди элементов таблицы выбираем наименьший элемент
(коэффициент затрат). В соответствующую клетку записываем максимально
возможную поставку: x15 min {10; 40} 10 т.е. минимум между запасами 5го поставщика и запросами (возможности) 1-го потребителя. Таким образом,
мы удовлетворили запасы 5-ого поставщика, и оставшиеся клетки этой
строки исключаем из дальнейшего рассмотрения (обозначим их в таблице
пунктиром), но 1-ому потребителю нужно еще {40 - 10} 30 .
x14 min {30; 50} 30 , т.е. минимум между запасами 1-го поставщика и
запросами 4-го потребителя.
Запросы
4-го
потребителя
уменьшаем
{50 - 30} 20 ,
т.к.
его
потребности не удовлетворены ему нужно еще 20 единиц.
Исключаем из рассмотрения 1-го поставщика, так как его запросы
полностью удовлетворены. В таблице вычеркивается 1-ая строка.
В оставшейся части таблицы минимальным элементом является
x24 min {20; 60} 20 . Максимально возможная поставка, которую можно
осуществить от 2-го поставщика 4-ому потребителю.
Потребности 4-го потребителя удовлетворены. Исключаем его из
рассмотрения и вычеркиваем 4-й столбец в таблице, а 2-ому поставщику
необходимо еще {60 - 20} 40 .
25
В
оставшейся
части
x42 min {100; 100} 100 .
таблицы
Поскольку
минимальный
мощности
элемент
одинаковые
равен
можем
удовлетворить или поставщика или потребителя (выберем поставщика).
Возможности 4-го поставщика полностью удовлетворены, поэтому
исключаем его из рассмотрения и уменьшим возможности 2-го потребителя
на 100, т.к. ему нужно еще {100 - 100} 0 .
Следующим элементом в таблице является x21 min {40,50} 40 , т.к.
возможности 2-го поставщика удовлетворены, а 1-ому потребителю
необходимо {50 - 40} 10 .
Рассмотрим
x33 min {50; 60} 50 ,
потребитель
3-ий
полностью
удовлетворен, а 3-ему поставщику необходимо {60 - 50} 10 .
Рассматриваем
следующий
x31 min {10,10} 10 ,
элемент
1-ый
поставщик удовлетворен, исключаем его из рассмотрения, а 3-ему
потребителю необходимо еще {10 - 10} 0 .
Следующий
элемент
x32 min {0,0} 0 .
равен
Количество
распределений должно быть ( n m 1 ) штук. В нашем примере – (4+5-1=8)
B1
B2
B3
B4
B5
50
100
50
50
10
5
A1
7
60
5
60
100
2
4
10
0
20
40
5
10
5
A4
0
30
4
A3
1
40
3
A2
5
4
0
2
3
0
4
0
50
3
100
Первоначально затраты на перевозку составили:
26
F(X) 30 1 10 0 40 3 20 2 10 4 0 5 50 4 100 2 630.
Далее,
с
помощью
метода
потенциалов
найдем
оптимальное
распределение поставок. Согласно теореме о потенциалах в каждой
заполненной клетке выполняется условие cij i j .
Вычисляем i и j :
Полагаем, что 1 0 . Тогда, для заполненной клеточки (1,4) можем
найти 4 из условия c14 1 4 0 4 1, т.е. 4 1. Аналогично
вычисляются и оставшиеся значения:
4 1, c24 2 4 2 1 2 , т.е. 2 1;
2 1, c 21 2 1 1 1 3 , т.е. 1 2 ;
1 2 , c31 3 1 3 2 4 , т.е. 3 2
3 2 , c32 3 2 2 2 5 , т.е. 2 3 ;
3 2 , c33 3 3 2 3 4 , т.е. 3 2 ;
2 3 , c 42 4 2 4 3 2 , т.е. 4 1
1 0 , c15 1 5 0 5 0 , т.е. 5 0
B1
B2
B3
B4
B5
50
100
50
50
10
5
5
7
1
A1 40
+
3
A2
60
5
+
A 4 10
0
j
-
5
10
5
4
0
2
30
2
40
4
A 3 60
4
0
3
10
0
0
+
3
4
0
3 2
4 1 5 0
100
1 2
2 3
27
1 0
2 1
20
50
i
3 2
4 1
Для проверки оптимальности полученного решения строим матрицу
оценок S с элементами Sij cij ( i j ) (для не заполненных клеток
таблицы).
S11 c11 1 1 5 0 2 3 ;
S12 c12 1 2 7 0 3 4 ; и так далее.
Для заполненных клеток значение S ij 0 .
3
0
S
0
4
4
1
0
0
3
1
0
2
0 0
0 1
0 2
4 1
Если все элементы матрицы оценок неотрицательные, то найденное
распределение поставок является оптимальным.
Если же некоторые Sij 0, то распределение поставок не является
оптимальным, необходимо пересчитать и найти новое распределение. Для
этого из отрицательных оценок S ij выбирается наименьшее число, и строится
цикл пересчета, в котором поставки перераспределяются. В данном случае
наименьшим элементом является (-2), для клетки (3,5) строим цикл
пересчета.
Цикл начинается с клетки (3,5). Вершинам цикла соответствуют
заполненные клетки, далее двигаемся так, чтобы вернуться назад. В
свободной клетке цикла ставится «+», дальше знаки чередуются.
В
клетках
со
знаком
«-»
находится
наименьшая
поставка
(
x 31 10, x 24 20, x15 10 ), которая передается по циклу: из клеток с «-» - эта
поставка вычитается, а в клетках с «+» она прибавляется. В данном примере
переменную x 31 10 выводим из базиса, а переменную x 35 введем в базис.
Выполнив пересчет, получим следующую таблицу:
28
B1
B2
B3
B4
B5
50
100
50
50
10
5
A1
7
60
5
2
4
0
0
10
50
5
4
60
0
5
A4
0
40
4
A3
1
40
3
A2
5
2
100
3
0
10
50
3
4
0
100
F(X1 ) 40 1 0 0 50 3 10 2 0 5 50 4 10 0 100 2 610
Проверим полученное решение на оптимальность. Для этого вычислим
потенциалы и найдем матрицу оценок.
Вычисляем i и j :
Полагаем, что 1 0 . Тогда, для заполненной клеточки (1, 4) можем
найти 4 из условия c14 1 4 0 4 1, т.е. 4 1. Аналогично
вычисляются и оставшиеся значения:
4 1, c24 2 4 2 1 2 , т.е. 2 1;
2 1, c21 2 1 1 1 3 , т.е. 1 2 ;
1 0 , c15 1 5 0 5 0 , т.е. 5 0 ;
5 0 , c35 3 5 3 0 0 , т.е. 3 0 ;
3 0 , c33 3 3 0 3 4 , т.е. 3 4 ;
3 0 , c32 3 2 0 2 5 , т.е. 2 5 ;
2 5 , c 42 4 2 4 5 2 , т.е. 4 3 .
29
B1
B2
B3
B4
B5
50
100
50
50
10
5
A1
7
5
1
40
5
60
5
4
0
2
100
10
50
3
4
0
1 2
2 5
3 4
4 1
5 0
3 0
4 3
100
j
1 0
2 1
0
3
0
5
0
10
60
A4
2
4
50
4
A3
0
40
3
A2
i
Найдем матрицу оценок:
1
3 2
0 1 1
S
2 0
0
2
6 0
0 0
0 1
Среди элементов матрицы есть отрицательные.
2 0
6 3
B1
B2
B3
B4
B5
50
100
50
50
10
5
A1
7
+
3
60
5
50
4
A3
60
5
100
j
4
4
2
0
0
+
50
10
3
4
0
3 4
4 1
5 0
100
1 2
2 5
30
1 0
2 1
10
3
0
0
40
2
+
5
0
1
40
A2
A4
5
i
3 0
4 3
Переменную x15 10 выводим из базиса, а переменную x 22 введем в
базис.
B1
B2
B3
B4
B5
50
100
50
50
10
5
A1
7
1
0
40
60
5
50
4
A3
1 0
40
3
A2
A4
5
4
2
5
60
5
4
j
2
2 1
10
3
0
100
0
0
0
50
3
10
4
i
0
3 1
4 2
100
1 2
2 4
3 3
4 1
5 1
F(X 2 ) 40 1 50 3 0 0 10 2 0 5 50 4 10 0 100 2 610
Полученное
решение
проверим
на
оптимальность.
Вычислим
потенциалы и элементы матрицы оценок.
3
0
S
1
5
3
0
0
0
2
0
0
2
0
0
1
5
1
0
0
3
Альтернативное решение
Все элементы полученной матрицы положительные или равны 0,
следовательно, полученное решение является оптимальным. Минимальные
расходы на перевозку грузов составляют 610 у.е. Оптимальный план
0
0 40 0
0
50
0
0
10
0
перевозок имеет вид: X 2
0
0 50 0 10
0
100
0
0
0
31
Если хотя бы одна S ij для свободной клетки в оптимальном решении
равна 0, то задача имеет альтернативное решение.
В данном примере имеется второе оптимальное решение. Для его
нахождения строится цикл пересчета, начиная с клетки, соответствующей
нулевой оценке.
B1
B2
B3
B4
B5
50
100
50
50
10
5
A1
7
5
60
50
4
_
-
60
4
+
0
2
100
2
+
0
5
5
A4
0
40
4
A3
1
40
3
A2
5
0
10
0
3
_ 50
3
10
4
0
100
В вершинах цикла, которым соответствует знак «-», находятся два
значения 0 и 50. Из них выбираем наименьшее и перераспределяем поставки.
B1
B2
B3
B4
B5
50
100
50
50
10
5
A1
7
60
5
4
50
100
2
0
5
4
60
0
5
A4
0
40
4
A3
1
40
3
A2
5
2
32
10
3
0
50
3
100
0
10
4
0
Минимальные расходы на перевозку грузов составляют 610 у.е.
Оптимальный план перевозок имеет вид:
0
0 40 0
0
0 10 0
50 0
X3
0
0 50 0 10
0
100
0
0
0
Найдем X общ 1 X 2 2 X 3 , где 1 2 1
0
0
40 1
0
0
0
0
10 1
0
50 1
X общ 1 X 2 2 X 3
0
0
50 1
0
10 1
0
100 1
0
0
0
0
0
40 2
0
0
50
0
0
10
0
2
2
0
0
50 2
0
10 2
0
100
0
0
0
2
0
0
0
40 (1 2 )
0
50
(
)
0
0
10
(
)
0
1
2
1
2
0
0
50 (1 2 )
0
10 (1 2 )
0
100
(
)
0
0
0
1
2
0 0 0 40 0
50 0 0 10 0
0 0 50 0 10
0 100 0 0 0
Минимальные расходы на перевозку грузов составляют 610 у.е.
Оптимальный план перевозок:
0
0 40 0
0
0 10 0
50 0
X
0
0 50 0 10
0 100 0 0 0
33
Варианты задач для самостоятельной работы
1) Варианты задач для практических работ №1 и №2:
Вариант 1
z 2 x1 3 x2 max
z 2 x1 4 x2 min
x1 2 x2 8,
а) x1 x2 6 ,
2 x1 3 x2 3,
x1 , x2 0.
x1 x2 8,
б) x1 3 x2 6 ,
x1 2 x2 3,
x1 , x2 0.
z 2 x1 x2 max
z 2 x1 x2 min
x1 2 x2 8,
в) x1 3 x2 6 ,
2 x1 3 x2 3,
x1 , x2 0.
x1 2 x2 4 ,
г) 2 x1 x2 6 ,
x1 x2 8,
x1 , x2 0.
Вариант 2
z 2 x1 2 x2 max
z 6 x1 7 x2 min
x1 2 x2 8,
а) x1 3 x2 6 ,
2 x1 3 x2 3,
x1 , x2 0.
x1 5 x2 5,
б) 2 x1 x2 4 ,
6 x1 7 x2 5,
x1 , x2 0.
z 4 x1 3 x2 max
z 2 x1 7 x2 min
x1 x2 8,
в) 3 x1 x2 6 ,
2 x1 3 x2 3,
x1 , x2 0.
x1 3 x2 9 ,
г) 2 x1 x2 6 ,
x1 2 x2 16 ,
x1 , x2 0.
Вариант 3
z 2 x1 5 x2 max
z 4 x1 2 x2 min
x1 2 x2 8,
а) 2 x1 x2 6 ,
2 x1 3 x2 3,
x1 , x2 0.
6 x1 2 x2 8,
б) x1 3 x2 6 ,
2 x1 x2 1,
x1 , x2 0.
34
z 2 x1 6 x2 max
z 25 x1 3 x2 min
x1 2 x2 9 ,
в) x1 3 x2 6 ,
x1 3 x2 3,
x1 , x2 0.
2 x1 3 x2 8,
г) x1 2 x2 6 ,
x1 x2 7 ,
x1 , x2 0.
Вариант 4
z 2 x1 6 x2 max
z 8 x1 6 x2 min
x1 2 x2 10 ,
а) 3 x1 x2 6 ,
x1 3 x2 7 ,
x1 , x2 0.
4 x1 2 x2 8,
б) x1 3x2 6 ,
4 x1 3 x2 3,
x1 , x2 0.
z 2 x1 2 x2 max
z 4 x1 3 x2 min
x1 2 x2 8,
в) x1 3 x2 6 ,
2 x1 3 x2 3,
x1 , x2 0.
4 x1 2 x2 8,
г) x1 3x2 6 ,
x1 x2 7 ,
x1 , x2 0.
Вариант 5
z 4 x1 3 x2 max
z 7 x1 3 x2 min
x1 x2 5,
а) x1 3 x2 7 ,
x1 3 x2 3,
x1 , x2 0.
x1 7 x2 14 ,
б) 3 x1 x2 6 ,
7 x1 3 x2 3,
x1 , x2 0.
z x1 3 x2 max
z 5 x1 3 x2 min
x1 2 x2 8,
в) 3 x1 x2 6 ,
2 x1 3 x2 3,
x1 , x2 0.
x1 4 x2 8,
г) 3 x1 x2 6 ,
x1 2 x2 13,
x1 , x2 0.
35
Вариант 6
z x1 3 x2 max
z 7 x1 14 x2 min
x1 2 x2 9 ,
а) x1 4 x2 8,
2 x1 x2 3,
x1 , x2 0.
x1 7 x2 14 ,
б) 3 x1 x2 16 ,
x1 2 x2 2 ,
x1 , x2 0.
z 2 x1 5 x2 max
z x1 6 x2 min
x1 2 x2 8,
в) x1 x2 5,
x1 3 x2 4 ,
x1 , x2 0.
5 x1 2 x2 10 ,
г) 6 x1 x2 6 ,
2 x1 x2 11,
x1 , x2 0.
Вариант 7
z x1 3 x2 max
z 4 x1 3 x2 min
x1 2 x2 8,
а) 3 x1 x2 6 ,
2 x1 3 x2 3,
x1 , x2 0.
x1 4 x2 8,
б) 3 x1 x2 6 ,
4 x1 3 x2 3,
x1 , x2 0.
z 3 x1 3 x2 max
z 2 x1 6 x2 min
x1 2 x2 10 ,
в) 2 x1 x2 6 ,
2 x1 3 x2 3,
x1 , x2 0.
x1 2 x2 8,
г) x1 3 x2 6 ,
x1 x2 10 ,
x1 , x2 0.
Вариант 8
z 2 x1 x2 max
z 2 x1 3 x2 min
x1 2 x2 8,
а) x1 3 x2 6 ,
2 x1 3 x2 3,
x1 , x2 0.
x1 2 x2 8,
б) x1 x2 6 ,
2 x1 3 x2 3,
x1 , x2 0.
36
z 4 x1 3 x2 max
z 2 x1 3 x2 min
x1 2 x2 8,
в) 3 x1 x2 6 ,
2 x1 3 x2 3,
x1 , x2 0.
x1 2 x2 8,
г) x1 x2 6 ,
x1 x2 13,
x1 , x2 0.
Вариант 9
z 2 x1 x2 max
z 5 x1 3 x2 min
x1 2 x2 8,
а) 3 x1 x2 6 ,
2 x1 3 x2 3,
x1 , x2 0.
x1 2 x2 10 ,
б) 3 x1 x2 6 ,
10 x1 6 x2 6 ,
x1 , x2 0.
z x1 3 x2 max
z x1 3 x2 min
x1 2 x2 5,
в) 3 x1 x2 7 ,
2 x1 3 x2 2 ,
x1 , x2 0.
x1 2 x2 5,
г) x1 x2 6 ,
x1 x2 9 ,
x1 , x2 0.
Вариант 10
z 2 x1 3 x2 max
z 2 x1 5 x2 min
4 x1 x2 8,
а) x1 3 x2 6 ,
2 x1 4 x2 3,
x1 , x2 0.
x1 2 x2 8,
б) 2 x1 x2 6 ,
2 x1 5 x2 5,
x1 , x2 0.
z 2 x1 3 x2 max
z 2 x1 7 x2 min
x1 2 x2 8,
в) x1 x2 6 ,
2 x1 3 x2 3,
x1 , x2 0.
x1 2 x2 7 ,
г) 7 x1 x2 6 ,
x1 x2 17 ,
x1 , x2 0.
37
Вариант 11
z 7 x1 3 x2 max
z 2 x1 x2 min
3 x1 2 x2 8,
а) x1 2 x2 6 ,
2 x1 3 x2 3,
x1 , x2 0.
x1 2 x2 4 ,
б) 2 x1 x2 6 ,
2 x1 x2 2 ,
x1 , x2 0.
z 2 x1 8 x2 max
z 6 x1 2 x2 min
x1 2 x2 8,
в) x1 x2 16 ,
3 x1 x2 3,
x1 , x2 0.
6 x1 2 x2 8,
г) x1 3 x2 6 ,
x1 x2 16 ,
x1 , x2 0.
Вариант 12
z 2 x1 5 x2 max
z 2 x1 7 x2 min
x1 2 x2 8,
а) x1 x2 7 ,
x1 3 x2 3,
x1 , x2 0.
x1 3 x2 9 ,
б) 2 x1 x2 6 ,
2 x1 7 x2 2 ,
x1 , x2 0.
z x1 3 x2 max
z 9 x1 3 x2 min
x1 2 x2 8,
в) 3 x1 x2 6 ,
2 x1 3 x2 3,
x1 , x2 0.
x1 2 x2 7 ,
г) 2 x1 x2 6 ,
x1 3 x2 18,
x1 , x2 0.
Вариант 13
z 3 x1 3 x2 max
z x1 3 x2 min
x1 2 x2 10 ,
а) 2 x1 x2 6 ,
2 x1 3 x2 3,
x1 , x2 0.
x1 2 x2 5,
б) x1 x2 6 ,
2 x1 6 x2 9 ,
x1 , x2 0.
38
z 2 x1 5 x2 max
z x1 3 x2 min
x1 2 x2 8,
в) 2 x1 x2 6 ,
2 x1 3 x2 3,
x1 , x2 0.
x1 2 x2 6 ,
г) x1 3 x2 9 ,
2 x1 x2 23,
x1 , x2 0.
Вариант 14
z x1 3 x2 max
z 4 x1 3 x2 min
x1 2 x2 8,
а) x1 x2 6 ,
4 x1 3 x2 3,
x1 , x2 0.
4 x1 2 x2 8,
б) x1 3x2 6 ,
4 x1 3 x2 4 ,
x1 , x2 0.
z 2 x1 x2 max
z 6 x1 5 x2 min
x1 2 x2 8,
в) x1 3 x2 6 ,
2 x1 3 x2 3,
x1 , x2 0.
5 x1 2 x2 15,
г) x1 3x2 9 ,
x1 x2 10 ,
x1 , x2 0.
Вариант 15
z 4 x1 3 x2 max
z 5 x1 3 x2 min
x1 2 x2 8,
а) 3 x1 x2 6 ,
2 x1 3 x2 3,
x1 , x2 0.
x1 4 x2 8,
б) 3 x1 x2 6 ,
5 x1 3 x2 3,
x1 , x2 0.
z 5 x1 3 x2 max
z 2 x1 3 x2 min
x1 4 x2 8,
в) x1 x2 6 ,
2 x1 3 x2 3,
x1 , x2 0.
x1 2 x2 8,
г) x1 x2 6 ,
x1 x2 13,
x1 , x2 0.
39
Вариант 16
z 2 x1 5 x2 max
z x1 3 x2 min
x1 2 x2 8,
а) x1 x2 6 ,
x1 3 x2 3,
x1 , x2 0.
x1 x2 8,
б) x1 3 x2 6 ,
x1 3 x2 3,
x1 , x2 0.
z x1 3 x2 max
z 5 x1 3 x2 min
x1 2 x2 9 ,
в) x1 4 x2 8,
2 x1 x2 3,
x1 , x2 0.
x1 2 x2 10 ,
г) 3 x1 x2 6 ,
x1 x2 16 ,
x1 , x2 0.
Вариант 17
z 2 x1 3 x2 max
z 9 x1 3 x2 min
x1 2 x2 8,
а) 3 x1 x2 6 ,
2 x1 x2 3,
x1 , x2 0.
9 x1 2 x2 9 ,
б) x1 2 x2 7 ,
3 x1 x2 3,
x1 , x2 0.
z 2 x1 3 x2 max
z 4 x1 3 x2 min
x1 2 x2 8,
в) x1 3 x2 6 ,
x1 3 x2 5,
x1 , x2 0.
4 x1 2 x2 8,
г) x1 3x2 6 ,
x1 4 x2 18,
x1 , x2 0.
Вариант 18
z 4 x1 3 x2 max
z 2 x1 3 x2 min
x1 2 x2 8,
а) 3 x1 x2 6 ,
2 x1 3 x2 3,
x1 , x2 0.
x1 2 x2 8,
б) x1 x2 6 ,
2 x1 3 x2 6 ,
x1 , x2 0.
40
z 5 x1 3 x2 max
z 7 x1 3 x2 min
x1 2 x2 4 ,
в) x1 6 x2 2 ,
2 x1 3 x2 3,
x1 , x2 0.
x1 7 x2 14 ,
г) 3 x1 x2 6 ,
x1 3 x2 21,
x1 , x2 0.
Вариант 19
z 2 x1 x2 max
z 7 x1 3 x2 min
x1 2 x2 8,
а) 4 x1 x2 6 ,
2 x1 3 x2 3,
x1 , x2 0.
x1 7 x2 27 ,
б) 2 x1 x2 3,
7 x1 3 x2 7 ,
x1 , x2 0.
z 2 x1 3 x2 max
z 9 x1 3 x2 min
x1 2 x2 8,
в) 3 x1 x2 6 ,
2 x1 x2 3,
x1 , x2 0.
4 x1 2 x2 6 ,
г) x1 3x2 8,
x1 4 x2 20 ,
x1 , x2 0.
Вариант 20
z 2 x1 3 x2 max
z 4 x1 3 x2 min
x1 2 x2 8,
а) x1 3 x2 6 ,
x1 3 x2 3,
x1 , x2 0.
x1 7 x2 28,
б) 2 x1 x2 10 ,
4 x1 3 x2 12 ,
x1 , x2 0.
z 4 x1 3 x2 max
z 2 x1 4 x2 min
x1 2 x2 7 ,
в) 3 x1 x2 9 ,
2 x1 3 x2 5,
x1 , x2 0.
x1 3 x2 7 ,
г) 3 x1 x2 6 ,
x1 x2 14 ,
x1 , x2 0.
41
Вариант 21
z 5 x1 3 x2 max
z x1 4 x2 min
x1 2 x2 8,
а) x1 6 x2 6 ,
2 x1 3 x2 3,
x1 , x2 0.
x1 7 x2 14 ,
б) 2 x1 x2 12 ,
x1 4 x2 4 ,
x1 , x2 0.
z 5 x1 5 x2 max
z 2 x1 5 x2 min
x1 2 x2 15,
в) x1 6 x2 7 ,
2 x1 3 x2 4 ,
x1 , x2 0.
x1 5 x2 8,
г) x1 x2 10 ,
x1 x2 22 ,
x1 , x2 0.
Вариант 22
z 3 x1 2 x2 max
z 2 x1 6 x2 min
x1 4 x2 8,
а) x1 x2 6 ,
2 x1 3 x2 3,
x1 , x2 0.
3 x1 2 x2 8,
б) x1 5 x2 10 ,
x1 3 x2 3,
x1 , x2 0.
z 9 x1 3 x2 max
z 3 x1 3 x2 min
9 x1 2 x2 9 ,
в) x1 2 x2 7 ,
x1 x2 10 ,
x1 , x2 0.
x1 4 x2 10 ,
г) 3 x1 x2 6 ,
x1 2 x2 23,
x1 , x2 0.
Вариант 23
z 2 x1 3 x2 max
z 3 x1 3 x2 min
4 x1 2 x2 8,
а) x1 3 x2 6 ,
2 x1 3 x2 3,
x1 , x2 0.
3 x1 2 x2 8,
б) x1 5 x2 15,
x1 x2 2 ,
x1 , x2 0.
42
z 5 x1 3 x2 max
z 6 x1 7 x2 min
x1 2 x2 8,
в) x1 2 x2 6 ,
2 x1 3 x2 3,
x1 , x2 0.
7 x1 2 x2 7 ,
г) x1 x2 9 ,
4 x1 x2 38,
x1 , x2 0.
Вариант 24
z 2 x1 2 x2 max
z 4 x1 2 x2 min
x1 2 x2 8,
а) x1 3 x2 6 ,
x1 3 x2 3,
x1 , x2 0.
3 x1 2 x2 12 ,
б) x1 3 x2 10 ,
2 x1 x2 2 ,
x1 , x2 0.
z 2 x1 x2 max
z 2 x1 3 x2 min
x1 x2 8,
в) x1 2 x2 6 ,
2 x1 3 x2 3,
x1 , x2 0.
3 x1 2 x2 8,
г) x1 5 x2 10 ,
3 x1 x2 33,
x1 , x2 0.
Вариант 25
z x1 3 x2 max
z 6 x1 3 x2 min
x1 4 x2 8,
а) 3 x1 x2 6 ,
2 x1 3 x2 3,
x1 , x2 0.
8 x1 2 x2 8,
б) 3 x1 x2 6 ,
6 x1 3 x2 3,
x1 , x2 0.
z 2 x1 6 x2 max
z 4 x1 5 x2 min
x1 x2 8,
в) x1 2 x2 7 ,
2 x1 3 x2 3,
x1 , x2 0.
4 x1 2 x2 8,
г) x1 4 x2 8,
2 x1 x2 18,
x1 , x2 0.
43
Вариант 26
z 2 x1 x2 max
z x1 6 x2 min
x1 2 x2 8,
а) x1 3 x2 6 ,
2 x1 3 x2 3,
x1 , x2 0.
x1 4 x2 8,
б) 2 x1 x2 6 ,
x1 6 x2 2 ,
x1 , x2 0.
z 8 x1 3 x2 max
z 6 x1 3 x2 min
3 x1 x2 4 ,
в) 4 x1 x2 14 ,
2 x1 x2 6 ,
x1 , x2 0.
8 x1 2 x2 8,
г) 3 x1 x2 6 ,
x1 3 x2 21,
x1 , x2 0.
Вариант 27
z 2 x1 3 x2 max
z 6 x1 5 x2 min
x1 2 x2 8,
а) 4 x1 x2 6 ,
2 x1 3 x2 3,
x1 , x2 0.
8 x1 2 x2 10 ,
б) 3 x1 x2 6 ,
6 x1 5 x2 6 ,
x1 , x2 0.
z 2 x1 7 x2 max
z 7 x1 2 x2 min
x1 x2 11,
в) 4 x1 3 x2 16 ,
5 x1 3 x2 4 ,
x1 , x2 0.
3 x1 2 x2 6 ,
г) 2 x1 x2 10 ,
x1 x2 13,
x1 , x2 0.
Вариант 28
z 5 x1 3 x2 max
z 9 x1 3 x2 min
x1 2 x2 8,
а) x1 2 x2 6 ,
2 x1 3 x2 3,
x1 , x2 0.
9 x1 2 x2 18,
б) x1 3x2 7 ,
3 x1 x2 2 ,
x1 , x2 0.
44
z 7 x1 3 x2 max
z 7 x1 3 x2 min
3 x1 2 x2 14 ,
в) 3 x1 4 x2 12 ,
2 x1 3 x2 5,
x1 , x2 0.
x1 7 x2 7 ,
г) 2 x1 x2 3,
3 x1 x2 33,
x1 , x2 0.
Вариант 29
z 2 x1 x2 max
z 4 x1 3 x2 min
x1 x2 8,
а) x1 2 x2 6 ,
2 x1 3 x2 3,
x1 , x2 0.
x1 2 x2 6 ,
б) x1 3x2 7 ,
4 x1 3 x2 3,
x1 , x2 0.
z 2 x1 5 x2 max
z 2 x1 5 x2 min
5 x1 x2 5,
в) 3 x1 x2 6 ,
4 x1 3 x2 4 ,
x1 , x2 0.
x1 5 x2 5,
г) 2 x1 x2 6 ,
x1 x2 8,
x1 , x2 0.
Вариант 30
z 2 x1 3 x2 max
z 8 x1 4 x2 min
4 x1 x2 8,
а) x1 x2 6 ,
2 x1 3 x2 3,
x1 , x2 0.
9 x1 x2 9 ,
б) x1 2 x2 4 ,
2 x1 x2 1,
x1 , x2 0.
z 2 x1 x2 max
z 9 x1 3 x2 min
3 x1 x2 7 ,
в) x1 2 x2 5,
2 x1 x2 2 ,
x1 , x2 0.
9 x1 2 x2 9 ,
г) x1 2 x2 7 ,
x1 x2 10 ,
x1 , x2 0.
45
2) Варианты задач для практической работы № 3:
Предприятие выпускает продукцию 4 видов. Для этого используется 3
вида ресурсов. Общий объем ресурсов bi (i=1…3) и нормы их расхода на
единицу продукции j-го вида (aij) представлены в таблице 1. Там же
приведены цены реализации cj (j=1…4) единицы каждой продукции. Кроме
того, даны цены реализации cj (j=5…7) и нормы расхода ресурсов aij для
новых видов продукции.
1. Определить
оптимальный
ассортимент
выпускаемой
продукции,
доставляющий предприятию максимум выручки.
2. Составить модель двойственной задачи. Используя соответствие между
переменными прямой и двойственной задач, выписать оптимальное
решение двойственной задачи. Дать содержательный экономический
анализ
основных
и
дополнительных
переменных
прямой
и
двойственной задач.
3. Построить матрицу коэффициентов взаимозаменяемости ресурсов.
Дать экономическую интерпретацию ее элементов.
4. Определить границы изменения ресурсов, в пределах которых
сохраняется устойчивость двойственных оценок.
5. Оценить рентабельность новой продукции.
Таблица 1
Параметры
Номер варианта
задачи
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
с1
90
80
30
20
40
60
60
125
50
200
с2
60
30
35
25
30
20
70
10
100
250
с3
40
20
60
50
70
120
20
150
150
120
с4
70
10
65
40
70
35
130
40
80
100
b1
800
300
120
500
300
500
600
580
350
400
b2
200
300
500
500
650
460
700
580
430
340
46
Параметры
Номер варианта
задачи
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
b3
800
560
550
700
490
700
600
560
470
600
a11
1
2
4
5
3
5
8
3
5
4
a12
0
3
4
2
3
1
1
3
2
4
a13
2
3
1
3
7
0
2
5
0
3
a14
1
3
4
3
1
2
1
0
3
4
a21
0
2
4
2
1
4
2
1
3
2
a22
1
0
3
5
3
5
4
2
2
1
a23
3
2
4
2
1
3
4
2
0
4
a24
2
3
5
4
2
0
1
4
6
3
a31
4
1
2
4
3
2
0
1
5
4
a32
2
2
3
4
2
2
1
0
0
4
a33
0
3
5
0
1
0
4
3
2
5
a34
4
3
2
1
2
4
2
0
1
4
с5
75
40
45
50
80
100
56
165
80
200
a15
1
2
5
6
2
0
4
5
3
2
a25
2
5
6
3
4
0
2
1
3
3
a35
5
4
5
20
2
4
4
0
8
5
с6
180
200
30
87
68
65
70
80
100
95
a16
2
3
5
6
0
2
4
6
9
2
a26
4
3
3
4
5
2
8
0
1
3
a36
3
3
4
6
0
2
1
1
3
5
с7
90
50
70
50
80
60
90
120
40
70
a17
5
2
5
9
0
4
5
3
2
1
a27
1
3
6
9
5
5
6
6
0
3
a37
3
3
3
4
4
5
5
2
1
4
47
Параметры
Номер варианта
задачи
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
с1
150
180
140
130
70
180
400
70
150
180
с2
80
150
90
70
140
130
90
150
60
70
с3
80
60
80
90
150
100
80
100
90
80
с4
70
80
90
60
60
90
90
150
140
90
b1
200
180
300
600
450
500
300
500
200
500
b2
260
360
440
500
600
600
900
600
400
400
b3
340
250
450
600
500
450
500
400
500
500
a11
2
2
5
2
3
3
4
4
1
1
a12
2
3
1
3
4
4
2
3
3
2
a13
5
2
0
4
2
6
2
3
2
2
a14
3
1
2
0
1
0
3
2
1
1
a21
3
0
3
4
3
2
2
3
2
3
a22
2
3
2
4
5
1
1
2
2
3
a23
1
3
1
3
0
5
4
4
3
4
a24
2
4
4
2
4
3
2
3
1
0
a31
5
5
5
2
3
3
6
1
1
2
a32
2
1
3
3
4
6
2
2
3
3
a33
0
3
1
4
2
5
3
3
4
4
a34
2
2
3
2
2
0
2
0
2
1
с5
60
75
70
80
90
120
150
40
100
160
a15
1
2
1
2
1
4
3
2
2
2
a25
3
3
2
5
2
3
4
3
2
2
a35
4
4
4
3
3
2
3
6
3
1
с6
70
90
97
60
60
80
170
180
80
90
a16
4
2
3
4
2
3
2
2
1
1
a26
2
3
3
2
2
1
5
2
5
4
a36
4
4
2
3
1
4
2
3
3
3
48
Параметры
Номер варианта
задачи
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
с7
200
90
100
70
60
100
90
90
160
95
a17
4
1
3
4
2
2
5
4
2
2
a27
3
3
2
2
2
1
1
2
3
4
a37
2
4
5
1
3
4
2
1
1
1
Параметры
Номер варианта
задачи
21
22
23
24
25
26
27
28
29
30
с1
100
60
140
130
170
180 140
70
150
80
с2
60
50
60
70
140
130 80
150
60
70
с3
80
70
100
130
50
60
160
90
90
70
с4
70
90
180
160
60
90
90
150
40
150
b1
250
280
400
400
600
600 300
600
500
300
b2
300
500
300
700
400
500 400
600
700
400
b3
100
300
450
400
500
400 700
400
500
500
a11
2
3
2
2
3
3
4
4
1
4
a12
2
2
4
3
4
4
2
2
3
2
a13
0
1
4
4
3
2
3
3
2
2
a14
4
2
2
2
4
3
3
2
1
1
a21
0
4
2
4
3
2
2
3
3
2
a22
3
3
4
4
1
1
1
2
2
3
a23
2
2
3
3
0
5
2
4
0
3
a24
2
3
4
3
4
3
2
1
1
0
a31
1
4
2
2
2
2
0
1
1
2
a32
3
3
3
1
4
0
2
2
2
1
a33
2
0
0
4
3
1
3
3
4
4
a34
3
4
3
2
1
2
2
0
1
3
с5
270
125
70
180
190
240 80
140
100
140
49
a15
1
1
6
2
4
7
3
2
2
5
a25
4
4
3
5
6
3
1
5
3
2
a35
2
2
4
4
3
3
6
6
2
1
с6
80
60
90
60
250
150 170
180
190
90
a16
6
2
3
4
2
3
2
3
1
1
a26
3
4
4
3
4
5
5
2
3
4
a36
2
3
4
2
4
3
2
6
6
3
с7
120
200
170
70
90
190 90
70
160
190
a17
4
3
3
4
4
2
2
1
7
1
a27
2
3
4
1
5
6
7
2
3
4
a37
1
5
1
1
3
3
2
5
5
6
3) Варианты задач для практической работы № 4:
Вариант 1
Вариант 2
z x1 4 x2 max
z 2 x1 3 x2 min
2 x1 4 x2 17,
10 x 3 x 15,
1
2
x1 , x2 0,
x1 , x2 целые.
x1 2 x2 16,
2 x x 16,
1
2
x1 , x2 0,
x1 , x2 целые.
Вариант 3
Вариант 4
z 2 x1 x2 max
z 2 x1 x2 max
x1 2 x2 14,
7 x 4 x 28,
2
1
4 x1 3 x2 12,
10 x1 8 x2 2,
x1 , x2 0,
x1 , x2 целые.
x1 2 x2 14,
7 x 4 x 28,
2
1
4 x1 3 x2 12,
10 x1 8 x2 2,
x1 , x2 0,
x1 , x2 целые.
50
Вариант 5
Вариант 6
z x1 2 x2 min
z 2 x1 x2 max
3 x1 4 x2 12,
x x 4,
2
1
3 x1 3 x2 15,
x , x 0,
1 2
x1 , x2 целые.
2 x1 x2 8,
x 3 x 10,
2
1
3 x1 x2 3,
x , x 0,
1 2
x1 , x2 целые.
Вариант 7
Вариант 8
z 3 x1 4 x2 max
z 4 x1 3 x2 max
3 x1 2 x2 7,
x 4 x 15,
1
2
x1 , x2 0,
x1 , x2 целые.
3 x1 2 x2 8,
x 4 x 10,
1
2
x1 , x2 0,
x1 , x2 целые.
Вариант 9
Вариант 10
z 2 x1 5 x2 min
x1 2 x2 16,
2 x x 16,
2
1
x1 2 x2 2,
x , x 0,
1 2
x1 , x2 целые.
x1 3 x2 15,
8 x 4 x 32,
2
1
4 x1 3 x2 12,
5 x1 2 x2 10,
x1 , x2 0,
x1 , x2 целые.
Вариант 11
Вариант 12
z 2 x1 x2 max
z 8 x1 5 x2 max
2 x1 x2 10,
3 x x 6,
1
2
x1 , x2 0,
x1 , x2 целые.
5 x1 2 x2 20,
x x 6,
1
2
x1 , x2 0,
x1 , x2 целые.
z 2 x1 x2 max
51
Вариант 13
Вариант 14
z 4 x1 4 x2 max
z x1 2 x2 max
2 x1 x2 5,
2 x x 9,
1
2
x1 , x2 0,
x1 , x2 целые.
4 x1 3 x2 24,
x x 3,
1
2
x1 , x2 0,
x1 , x2 целые.
Вариант 15
Вариант 16
z 2 x1 x2 max
z 2 x1 2 x2 max
2 x1 3 x2 12,
4 x x 10,
1
2
x1 , x2 0,
x1 , x2 целые.
3 x1 4 x2 12,
3 x 4 x 30,
1
2
x1 , x2 0,
x1 , x2 целые.
Вариант 17
Вариант 18
z 8 x1 6 x2 max
z 7 x1 3 x2 max
5 x1 2 x2 20,
4 x 2 x 16,
1
2
x1 , x2 0,
x1 , x2 целые.
2 x1 5 x2 12,
4 x x 10,
2
1
2 x1 3 x2 12,
x , x 0,
1 2
x1 , x2 целые.
Вариант 19
Вариант 20
z 3 x1 3 x2 max
z 4 x1 3 x2 max
x1 2 x2 5,
3 x 2 x 25,
2
1
x2 10,
x , x 0,
1 2
x1 , x2 целые.
3 x1 2 x2 8,
x 4 x 10,
1
2
x1 , x2 0,
x1 , x2 целые.
52
Вариант 21
Вариант 22
z 2 x1 3 x2 max
z 6 x1 4 x2 min
2 x1 3 x2 12,
x x 4,
2
1
3 x1 6 x2 24,
x , x 0,
1 2
x1 , x2 целые.
3 x1 2 x2 6,
2 x 3 x 6,
2
1
x1 x2 4,
x , x 0,
1 2
x1 , x2 целые.
Вариант 23
Вариант 24
z x1 x2 max
4 x1 x2 1,
2 x 3 x 6,
2
1
2 x1 x2 8,
x1 x2 7,
x1 2 x2 2,
x1 , x2 0, x1 , x2 целые.
3 x1 2 x2 9,
3 x 4 x 28,
2
1
2 x1 x2 8,
x , x 0,
1 2
x1 , x2 целые.
Вариант 25
Вариант 26
z x1 2 x2 min
z 2 x1 5 x2 max
z x1 x2 max
3 x1 4 x2 25,
2 x x 1,
2
1
x1 5,
x , x 0,
1 2
x1 , x2 целые.
3 x1 x2 20,
2 x 3 x 30,
1
2
x1 , x2 0,
x1 , x2 целые.
Вариант 27
Вариант 28
z 7 x1 6 x2 max
z 3 x1 3 x2 max
2 x1 5 x2 10,
5 x 2 x 10,
2
1
x1 6,
x2 5
x1 , x2 0,
x1 , x2 целые.
x1 4 x2 4,
3 x 2 x 6,
2
1
x1 x2 7,
x1 2 x2 2,
x1 , x2 0,
x1 , x2 целые.
53
Вариант 29
Вариант 30
z 2 x1 3 x2 max
z 3 x1 x2 min
2 x1 2 x2 1,
4 x x 15,
2
1
x1 3 x2 16,
x , x 0,
1 2
x1 , x2 целые.
4 x1 x2 29,
3 x x 15,
2
1
5 x1 2 x2 38,
x , x 0,
1 2
x1 , x2 целые.
4) Варианты задач для практической работы № 5:
Вариант 1
Вариант 2
ai\bj 200 250 280
ai\bj 200 250 280
120 3
5
4
100 4
4
4
90
2
2
1
190 3
3
2
150 2
4
2
50
6
5
5
220 1
3
3
120 2
2
3
Вариант 3
Вариант 4
ai\bj 100 150 180
ai\bj 130 200 280
100 5
2
4
110 2
3
4
60
3
3
3
90
5
2
1
50
2
4
4
100 1
4
2
120 1
5
5
200 4
3
3
Вариант 5
Вариант 6
ai\bj 120 150 200
ai\bj 160 130 180
220 4
3
2
100 3
4
2
80
2
4
1
100 4
2
3
130 1
4
2
90
2
5
4
120 3
3
3
120 1
6
3
54
Вариант 7
Вариант 8
ai\bj 400 150 80
ai\bj 100 350 200
70
1
2
5
320 3
1
3
200 3
5
4
100 2
3
2
250 5
3
3
130 2
5
2
120 6
4
4
120 4
2
3
Вариант 9
Вариант 10
ai\bj 120 150 180
ai\bj 100 150 250
140 3
5
4
80
3
4
1
130 2
3
3
190 6
3
4
50
1
4
5
50
2
4
4
200 5
3
2
320 1
5
6
Вариант 11
Вариант 12
ai\bj 100 50 200
ai\bj 210 150 140
150 3
5
4
100 3
5
1
90
2
3
1
70
5
1
3
170 2
3
3
130 2
4
2
140 4
1
2
220 2
3
3
Вариант 13
Вариант 14
ai\bj 120 150 80
ai\bj 100 150 100
220 3
5
5
120 3
5
3
190 3
2
3
70
1
3
1
50
2
3
4
50
2
4
5
70
4
1
3
120 4
1
3
55
Вариант 15
Вариант 16
ai\bj 100 180 200
ai\bj 170 150 80
120 3
3
4
130 3
5
4
80
4
2
1
90
4
2
1
150 2
4
2
250 2
3
3
210 4
1
3
120 1
3
2
Вариант 17
Вариант 18
ai\bj 100 150 200
ai\bj 200 240 210
120 3
6
4
100 3
5
4
100 3
3
1
110 4
2
3
150 2
1
3
150 3
4
2
130 3
2
4
160 2
1
3
Вариант 19
Вариант 20
ai\bj 250 150 180
ai\bj 100 150 80
130 3
4
3
100 2
2
4
70
2
5
1
100 2
3
3
120 3
4
2
50
4
4
2
210 4
3
3
130 1
4
2
Вариант 21
Вариант 22
ai\bj 80 100 130
ai\bj 100 130 150
80
5
1
4
120 3
4
5
90
3
5
3
110 5
1
4
120 2
3
5
250 2
5
3
20
4
6
170 1
4
2
1
56
Вариант 23
Вариант 24
ai\bj 100 150 180
ai\bj 100 120 150
100 3
2
4
140 3
5
1
80
4
5
3
170 1
2
4
130 5
4
2
50
2
6
2
140 2
3
5
120 3
3
3
Вариант 25
Вариант 26
ai\bj 200 150 140
ai\bj 170 50 150
140 1
5
5
200 4
1
2
190 4
2
1
130 3
2
4
50
3
2
3
40
5
5
1
120 2
3
3
80
2
3
4
Вариант 27
Вариант 28
ai\bj 250 50 150
ai\bj 300 50 150
100 3
4
5
300 5
1
2
150 5
3
4
100 1
5
3
50
3
4
3
30
3
4
3
200 4
1
4
200 4
4
2
Вариант 29
Вариант 30
ai\bj 150 100 120
ai\bj 100 60 80
280 4
1
2
130 4
2
4
300 3
4
3
200 3
1
4
100 2
3
4
50
3
3
2
40
2
1
40
2
5
1
5
57
Список литературы
1. Колемаев,В.А. Математические методы и модели исследования
операций:
учебник
для
студентов
вузов,
обучающихся
по
специальности 080116 «Математические методы в экономике» и
другим экономическим специальностям / В. А. Колемаев; под ред. В. А.
Колемаева. - М.: ЮНИТИ-ДАНА, 2012. - 592 с.
2. Кремер, Н.Ш. Исследование операций в экономике: учеб. пособие для
студ. вузов по экон. спец. и направл. / под ред. Н.Ш.Кремера. - 2-е изд.,
доп. и перераб. - М.: Юрайт, 2011. - 430 с.
3. Гетманчук, А.В.
Экономико-математические
методы
и
модели:
Учебное пособие для бакалавров / А.В. Гетманчук, М. М. Ермилов. —
М.: Издательско-торговая корпорация «Дашков и Ко», 2013. - 188 с.
4. Орлова, И.В.
Экономико-математическое
моделирование:
Практическое пособие по решению задач / И.В. Орлова. - 2-e изд., испр.
и доп. - М.: Вузовский учебник: НИЦ ИНФРА-М, 2013. - 140 с.
58
Гареева Г.А.
Григорьева Д.Р.
Методы линейного программирования
Учебно-методическое пособие
Подписано в печать 23.04.2019.
Формат 60х84/16. Печать ризографическая.
Бумага офсетная. Гарнитура «Times New Roman».
Усл.п.л. 4 Уч.-изд. л. 4
Тираж 50 экз. Заказ № 1271
Издательско-полиграфический центр
Набережночелнинского института
Казанского (Приволжского) федерального университета
423810, г. Набережные Челны, Новый город, пр.Мира, 68/19
тел./факс (8552) 39-65-99 e-mail: [email protected]
59
