1

SIMPLEKS METODA

1. OD INICIJALNE DO FINALNE SIMPLEKS TABELE

Simpleks metoda je jedna od procedura linearnog programiranja kojom se dolazi do optimalnog rešenja. U osnovi metode je zamena ograničenja postavljenog nejednačinom odgovarajućom jednačinom, u koju je uvedena dopunska negativna promenljiva.

Primer Nejednačina x1 + 2x2 ≤ 20

meže se zameniti jednačinom 5x1 + 2x2 + d1 = 20 gde je d1 dopunska nenegativna promenljiva.

Primer Nejednačina x1 + 2x2 ≥ 15

meže se zameniti jednačinom 5x1 + 2x2 – d2 = 15 gde je d2 dopunska nenegativna promenljiva.

Rešićemo simpleks metodom problem dva artikla i tri mašine, odnosno optimalnog plana proizvodnje, postavljen na početku. Tu je trebalo maksimirati funkciju dnevnog profita

f = 20x1 + 30x2 prema ograničenjima:

2x1 + x2 ≤ 10 5x1 + 5x2 ≤ 30 2x1 + 4x2 ≤ 20 x1 ≥ 0, x2 ≥ 0

Ograničenja predstavljaju skup dopustivih rešenja koja obrazuju konveksni poligon OABCD prikazan na slici 1.1.

Slika 1.1. Skup dopunskih rešenja – konveksni poligon OABCD

2

Uvođenjem nenegativnih dopunskih promenljivih ograničenja se svode na jednačine: 2x1 + x2 + d1 = 10 5x1 + 52 + d2 = 30

2x1 + 4x2 + d3 = 20

Rešavanje sistema od tri jednačine sa pet nepoznatih može da ima beskonačan broj rešenja. Izjednačavanjem dve nepoznate s nulom i rešavanjem sistema od tri linearne jednačine s preostale tri nepoznate dobija se bazično rešenje. Takvih rešenja ima deset i navedena su u tabeli 1.1.

Tabela 1.1. ekstremna

tačka BAZIČNA REŠENJA dopustivo

rešenje x1 x2 d1 d2 d3

O 0 0 10 30 20 da A 0 5 5 5 0 da B 2 4 2 0 0 da C 4 2 0 0 4 da D 5 0 0 5 10 da E 6 0 -2 0 8 ne F 10 0 -10 -20 0 ne G 10/3 10/3 0 -10/3 0 ne H 0 6 4 0 -4 ne I 0 10 0 -20 -20 ne

Od 10 bazičnih rešenja u tabeli 1.1. polovina je dopustiva jer pripada skupu dopustivih rešenja, odnosno konveksnom poligonu OABCD. Tako npr. tačka C predstavlja jedno bazično dopustivo rešenje, gde je x1 = 4, x2 = 2, d1 = 0, d2 = 0, d3 = 4.

U opštem slučaju, kada imamo m jednačina sa n nepoznatih, pri čemu je m < n, onda se bazična rešenja sistema dobijaju izjednačavanjem n – m nepoznatih s nulom i rešavanjem rezultirajućeg sistema od m jednačina sa m nepoznatih. Maksimalan broj bazičnih rešenja je:

Simpleks metoda je iterativna procedura koja polazi od jednog bazičnog dopustivog rešenja i ide ka drugom, dok se ne postigne optimizacija ciljne funkcije. Postoje različiti pristupi u okviru simpleks metode od kojih se jedan ovde navodi. Simpleks metoda se sastoji od četiri osnovna koraka. 1. Konstruiše se inicijalna simpleks tabela. 2. Određuje se i zaokružuje „pivot“ element u tabeli. 3. Formira se nova simpleks tabela na osnovu postojeće tabele i zaokruženog pivota. 4. Koraci (2) i (3) se ponavljaju do dobijanja konačne tabele. 1. Primena simpleks metode u razmatranom primeru maksimiranja dnevnog profita počinje konstruisanjem inicijalne simpleks tabele zasnovane na jednačinama:

3

2x1 + x2 + d1 = 10 5x1 + 52 + d2 = 30

2x1 + 4x2 + d3 = 20 Jednačine imaju sledeću matričnu formulu:

Sada se na osnovu matrične formule konstruiše inicijalna simpleks tabela.

x1 x2 d1 d2 d3 konstanta 2 1 1 0 0 10 5 5 0 1 0 30 2 4 0 0 1 20

-20 -30 0 0 0 0

Poslednja vrsta u tabeli odgovara koeficijentu uz promenljive u funkciji cilja f = 20x1 + 30x2

gde se koeficijenti uzimaju sa negativnim znakom. Brojevi u zadnjoj vrsti nazivaju se indikatorima. 2. Određivanje pivot elementa počinje određivanjem njegove kolone, a zatim vrste. Kolona u kojoj će biti izabran pivot je ona koja ima za indikator negativan broj, najveći po apsolutnoj vrednosti. Ovde je to -30 jer je

|-30| = 30 > |-20| = 20

Sledi da je pivot kolona simpleks tabele ona u kojo se nalazi broj -30. Sada se određuje pivot vrsta tako što se elementi kolone „konstanta“

dele odgovarajućim elementima pivot kolone i traži najmanji količnik:

10 : 1 = 10 30 : 5 = 6 20 : 4 = 5 Pošto je najmanji količnik 5, zaključujemo da je pivot vrsta treća po redu. U preseku

pivot kolone i pivot vrste je broj 4. To je pivot simpleks tabele i zato ga zaokružujemo. 3. Formiranje nove simpleks tabele korišćenjem pivot elementa slično je nalaženju

inverzne matrice, tako što se pivot vrsta množi sa recipročnom vrednošću pivota da bi se na mestu pivota dobila jedinica. Pošto je pivot jednak 4, a njegova recipročna vrednost je 1/4, to celu pivot vrstu množimo sa 1/4 čime dobijamo:

x1 x2 d1 d2 d3 konstanta 2 1 1 0 0 10 5 5 0 1 0 30

1/2 0 0 1/4 5 -20 -30 0 0 0 0

4

Sada se pomoću pivot vrste prave nule u pivot koloni. Množimo pivot vrstu sa -5 i dodajemo drugoj vrsti; zatim množimo pivot vrstu sa -1 i dodajemo prvoj vrsti; na kraju množimo pivot vrstu sa 30 i dodajemo poslednjoj vrsti u kojoj su indikatori.

x1 x2 d1 d2 d3 konstanta 3/2 0 1 0 -1/4 5 5/2 0 0 1 -5/4 5 1/2 1 0 0 1/4 5 -5 0 0 0 7,5 150

4. Tabela je konačna kada nema negativnog indikatora u poslednjoj vrsti. U poslednjoj

simpleks tabeli postoji jedan negativan indikator, -5. Time je određena nova pivot kolona. Da bismo odredili novu pivot vrstu delimo elemente kolone konstanti odgovarajućim elementima pivot kolone i tražimo najmanji količnik.

5 : 3/2 = 10/3 = 3,3 5 : 5/2 = 2 5 : 1/2 = 10

Najmanji količnik je 2, što znači da je pivot 5/2 i zato ga zaokružujemo i ponavljamo postupak.

pivot kolona

↓

x1 x2 d1 d2 d3 konstanta 3/2 0 1 0 -1/4 5

pivot vrsta→

5/2 0 0 1 -5/4 5

1 0 0 -1/4 5 -5 -30 0 0 7,5 150

5. Pivot vrsta se množi recipročnom vrednošću pivota, tj. sa 2/5 čime se dobija:

x1 x2 d1 d2 d3 konstanta 3/2 0 1 0 -1/4 5 1 0 0 2/5 -1/2 2

1/2 1 0 0 1/4 5 -5 0 0 0 7,5 150

Sada se prave nule u pivot koloni: pivot vrsta se množi sa -3/2 i dodaje prvoj vrsti; pivot vrsta se množi sa -1/2 i dodaje trećoj vrsti; pivot vrsta se množi sa 5 i dodaje poslednjoj vrsti.

x1 x2 d1 d2 d3 konstanta 0 0 1 -3/5 1/2 2 1 0 0 2/5 -1/2 2 0 1 0 -1/5 1/2 4 0 0 0 2 5 160

5

Poslednja simpleks tabela nema nijedan negativan indikator, što znači da je procedura završena. Poslednji element u poslednjoj vrsti je optimalno rešenje, odnosno 160 je maksimum zadate funkcije f = 20x1 + 30x2. Za koje vrednosti x1 i x2 se taj maksimum postiže čitamo iz kolona za x1 i x2 i iz kolone konstanti. U koloni za x1 jedinica je u trećoj vrsti, a konstanta u toj vrsti je 4, što znači da je x2 = 4.

Dobijeno rećenje se slaže sa ranije dobijenim rešenjem putem grafičke metode linearnog programiranja.

Vrednosti dopunskih promenljivih u optimalnom rešenju su d1 = 2, d2 = 0, d3 = 0,. Konstante u nejednačinama koje odgovaraju ovim dopunskim promenljivima su 10, 30 i 20. Može se pokazati da se množenjem indikatora koji odgovaraju dopunskim promenljivima u finalnoj simpleks tabeli (0, 2 i 5) sa ovim konstantama i njihovim sabiranjem dobija fmax:

0(10) + 2(30) + 5(20) = 160 = fmax

2. PROBLEM MINIMIRANJA TROŠKOVA

U nauci o upravljanju LP zauzima značajno mesto. U praksi je od velike važnosti rešavati probleme planiranja proizvodnje radi maksimiranja profita. Zbog toga su razvijeni metodi maksimiranja funkcije cilja pod određenim ograničenjima.

Takođe je važno minimiranje funkcije cilja pod određenim ograničenjima, kao što je

minimiranje troškova da bi se proizvveo novi proizvod pomoću raspoloživih sirovina. Razmotrićemo jedan takav primer.

Planira se proizvodnja dijetetskog proizvoda koji sadrži 30 jedinica vitamina A, 20

jedinica vitamina D i 24 jedinice vitamina E. Vitamini se mogu obezbediti pomoću pakovanja proizvoda F koji sadrži 2 jedinice vitamina A, 5 jedinica vitamina D i 2 jedinice vitamina E, ili pakovanjima proizvoda G koji sadrži 6 jedinica vitamina A, 1 jedinicu vitamina D i 3 jedinice vitamina E. Jedno pakovanje proizvoda F košta 80 $, a pakovanje proizvoda G 160 $. Koliko treba kupiti pakovanja F, a koliko G da bi se minimirao trošak?

Matematički gledano treba kupiti y1 pakovanja F i y2 pakovanja G da bi se minimirao ukupni trošak, koji je jednak:

g = 80y1 + 160y2 uz ograničenja:

(1) 2y1 + 6y2 ≥ 30 (2) 5y1 + 1y2 ≥ 20 (3) 2y1 + 3y2 ≥ 24

(4) y1 ≥ 0 (5) y2 ≥ 0

6

Slika 1.2. g = 80y1 + 160y2,

ograničenja: (1) 2y1 + 6y2 ≥ 30, (2) 5y1 + 1y2 ≥ 20, (3) 2y1 + 3y2 ≥ 24

Problem se može rešiti grafičkom metodom predstavljanom slikom 1.2. prvo se unesu ograničenja, a zatim jedna iz familije pravih g = 80y1 + 160y2, npr. g = 80y1 + 160y2 = 320. Povlačenjem paralelnih pravih g = 80y1 + 160y2 = 800 itd., gde povećavamo vrednost g, dolazi se prvi put do oblasti dopustivih rešenja u tački B. Kako je ona određena ograničenjima (1) i (3) to se njene koordinate dobijaju rešavanjem jednačina:

(1) 2y1 + 6y2 = 30 (2) 2y1 + 3y2 = 24

Rešenja su: y2 = 2; y1 = 9

Minimum funkcije g jednak je: g(9, 2) = 80(9) + 160(2) = 1040

Rešavanje problema minimiranja funkcije cilja pod određenim ograničenjima moguće je izvesti i grafičkom metodom kada su u pitanju dve promenljive. Međutim, u praksi se često sreću problemi koji uključuju veći broj promenljivih, zbog čega su razvijene posebne metode. Jedna od njih je uvođenje dualnog problema koji omogućava da se problem minimiranja funkcije svodi na tehniku maksimiranja druge funkcije.

3. DUALNI PROBLEM

Za svaki problem maksimiranja funkcije u linearnom programiranju postoji odgovarajući problem minimiranja, važi i obrnuto. Originalni problem se naziva primarnim problemom, a njemu odgovarajući nazivamo dualnim problemom.

Neka je primarni problem maksimiranja funkcije f = c1x1 + c2x2 + ... + cnxn

sa sledećim ograničenjima: a11x1 + a12x2 + ... + a1nxn ≤ b1 a21x1 + a22x2 + ... + a2nxn ≤ b2

... am1x1 + am2x2 + ... + amnxn ≤ bm

7

x1, x2, ... , xn ≥ 0 Dualni problem je minimiranje funkcije

g = b1y1 + b2y2 + ... + bmym sa sledećim ograničenjima:

a11y1 + a21y2 + ... + am1ym ≤ c1 a12y1 + a22y2 + ... + am2ym ≤ c2

... a1ny1 + a2ny2 + ... + amnym ≤ cn

y1, y2, ... , ym ≥ 0 Veza između koeficijenata primarnog i dualnog problema najbolje se uočava pomoću

matrica koeficijenata. Primarni problem Dualni problem

Treba uočiti da je matrica koja odgovara dualnom problemu transponovana matrica

primarnog problema, kao i da matrice nemaju element u poslednjoj vrsti i poslednjoj koloni. Teorema dualnosti tvrdi da funkcija cilja f kod problema maksimiranja dostiže

maksimalnu vrednost ako i samo ako funkcija cilja odgovarajućeg dualnog problema dostiže minimalnu vrednost, i u tom slučaju je fmax = gmin.

Takođe, ako je tačka A u skupu ograničenja funkcije f, a tačka B u skupu ograničenja funkcije g, pri čemu f(A) = g(B), tada su A i B optimalna rešenja odgovarajućih problema.

Veza između promenljivih u primarnom i dualnom problemu je sledeća: ako je u optimalnom rešenju primarnog problema jedna promenljiva različita od nule, tada je odgovarajuća dopunska promenljiva u dualnom problemu jednaka nuli; ako je u optimalnom rešenju primarnog problema jedna dopunska promenljiva različita od nule, tada je odgovarajuća promenljiva u dualnom problemu jednaka nuli.

Primer Problem maksimiranja funkcije

f = 100x1 + 300x2 uz ograničenja:

4x1 + 14x2 ≤ 56 18x1 + 6x2 ≤ 72 8x1 + 12x2 ≤ 96

x1, x2 ≥ 0 ima sledeći dualni problem.

Minimirati funkciju g = 56y1 + 72y2 + 96y3

pri uslovima: 4y1 + 18y2 + 8y3 ≥ 100 14y1 + 6y2 + 12y3 ≥ 300

y1, y2, y3 ≥ 0

8

Primer Odrediti minimalnu vrednost funkcije

g = 10y1 + 30y2 + 20y3 pri uslovima:

2y1 + 5y2 + 2y3 ≥ 20 y1 + 5y2 + 4y3 ≥ 30

y1, y2, y3 ≥ 0 Rešenje ćemo potražiti preko odgovarajućeg dualnog problema. Matrica primarnog problema je:

Matrica dualnog problema se dobija transponovanjem

To je problem maksimiranja funkcije f = 20x1 + 30x2

uz ograničenja: 2x1 + x2 ≤ 10

5x1 + 5x2 ≤ 30 2x1 + 4x2 ≤ 20

x1 ≥ 0 x2 ≥ 0

Ograničenja dualnog problema u obliku jednačina su: 2x1 + x2 + d1 = 10 5x1 + 5x2 + d2 = 30 2x1 + 4x2 +d3 = 20

Ovaj problem smo ranije rešili i našli maksimum funkcije fmax = 160, kada su vrednosti promenljive x1 = 2, x2 = 4, d1 = 2, d2 = 0, d3 = 0.

Prema teoremi dualnosti, primarni problem ima minimum: gmin = 160 = fmax

Nejednačine primarnog problema svode se na sledeće jednačine: 2y1 + 5y2 +2y3 – h1 = 20 y1 + 5y2 +4y3 – h2 = 30

h1, h2 ≥ 0 Pošto su x1 i x2 različiti od nule sledi da je h1 = h2 = 0, a iz d1 ≠ 0 sledi da je y1 = 0.

Zamenom u gornje jednačine dobijamo: 5y2 + 2y3 = 20 5y2 + 4y3 = 30 y3 = 5; y2 = 2

Sledi da je g(0, 2, 5) = 10(0) + 30(2) +20(5) = 160 = gmin = fmax

9

4.PRIMERI

1.Odredi dualni problem: a) Maskimirati b) Maksimirati f = 40x +60y f = 10x + 20y pri uslovima: pri uslovima: 2x + y ≤ 15 x + 3y ≤ 36 x + 2y ≤ 10 x + y ≤ 14 x + 3y ≤ 14 3x + 2y ≤ 40 x, y ≥ 0 x, y ≥ 0 c) Minimirati d) Minimirati g = 25y1 + 32y2 + 45y3 g = 10y1 + 40y2 + 20y3 pri uslovima: pri uslovima: 6y1 + 2y2 +5y3 ≥ 110 y1 + 4y2 +y3 ≥ 48 y1 + 8y2 +3y3 ≥ 340 2y1 + 5y2 +2y3 ≥ 32 y1, y2, y3 ≥ 0 y1, y2, y3 ≥ 0

Rešenje: a) Matrica primarnog problema je:

Matrica dualnog problema je:

Dualni problem je minimirati g = 15r + 10s + 14t

pri uslovima: 2r + s + t ≥ 40

r + 2s + 3t ≥ 60 r, s, t ≥ 0

b) Matrica primarnog problema je:

Matrica dualnog problema je:

Dualni problem je minimirati g = 36r + 14s + 10t

pri uslovima:

10

r + s + 3t ≥ 10 2r + s + 2t ≥ 20

r, s, t ≥ 0 c) Matrica primarnog problema je:

Matrica dualnog problema je:

Dualni problem je maksimirati f = 110x1 + 340x2

pri uslovima: 6x1 + x2 ≤ 25

2x1 + 8x2 ≤ 32 5x1 + 3x2 ≤ 45

x1, x2 ≥ 0 d) Matrica primarnog problema je:

Matrica dualnog problema je:

Dualni problem je maksimirati f = 48x1 + 32x2

pri uslovima: x1 + 2x2 ≤ 10

4x1 + 5x2 ≤ 40 x1 + 2x2 ≤ 20

x1, x2 ≥ 0 2.Simpleks metodom maksimirati funkciju

f = 20x1 + 5x2 pri uslovima:

2x1 + x2 ≤ 60 10x1 + 8x2 ≤ 432 6x1 + x2 ≤ 156

x1, x2 ≥ 0 Rešenje: Uvode se dopunske nenegativne promenljive r, s i t, da bi nejednačine predstavili jednačinama.

11

2x1 + x2 + r = 60 10x1 + 8x2 + s = 432

6x1 + x2 + t = 156 Inicijalna simpleks tabela je:

x1 x2 r s t konstanta 2 1 1 0 0 60

10 8 0 1 0 432 6 1 0 0 1 156

-20 -5 0 0 0 0 Prva kolona je pivot kolona.

60 : 2 = 30 432 : 10 = 43,2 156 : 6 = 26 Pivot element je broj 6.

x1 x2 d1 d2 d3 konstanta 2 1 1 0 0 10 5 5 0 1 0 30

1/2 1 0 0 1/4 5 -20 -30 0 0 0 0

Delimo pivot vrstu sa 6.

x1 x2 d1 d2 d3 konstanta 2 1 1 0 0 60

10 5 0 1 0 432 1 0 0 1/4 156

-20 -30 0 0 0 0

Pivot vrstu najpre množimo sa -2 i dodajemo prvoj vrsti; zatim je množimo sa -10 i dodajemo drugoj vrsti; na kraju pivot vrstu množimo sa 20 i dodajemo poslednjoj vrsti u kojoj su indikatori. Time u pivot koloni dobijamo sve nule i jednu jedinicu na mestu pivota.

x1 x2 r s t konstanta 0 2/3 1 0 -1/3 8 0 19/3 0 1 -5/3 172 1 1/6 0 0 1/6 26 0 -5/3 0 0 10/3 520

min {8 : 2/3, 172 : 19/3, 26 : 1/6} = 8 : 2/3 Pivot je 2/3 i zato ga zaokružujemo.

x1 x2 d1 d2 d3 konstanta 0 1 0 -1/3 8 0 19/3 0 1 -5/3 172 1 1/6 0 0 1/6 26 0 -5/3 0 0 10/3 520

12

Množimo novu pivot vrstu sa recipročnom vrednošću pivota 3/2 i dobijamo: x1 x2 r s t konstanta 0 1 3/2 0 -1/2 12 0 19/3 0 1 -5/3 172 1 1/6 0 0 1/6 26 0 -5/3 0 0 10/3 520

Pivot vrstu najpre množimo sa -19/3 i dodajemo drugoj vrsti; zatim je množimo sa -1/6

i dodajemo trećoj vrsti; na kraju pivot vrstu množimo sa 5/3 i dodajemo poslednjoj vrsti u kojoj su indikatori. Time u pivot koloni dobijamo sve nule i jednu jedinicu na mestu pivota.

x1 x2 r s t konstanta 0 1 3/2 0 -1/2 12 0 0 -19/2 1 3/2 96 1 0 -1/4 0 1/4 24 0 0 5/2 0 5/2 540

Iz finalne simpleks tabele zaključujemo da je maksimum funkcije fmax = 540, koji se

dostiže za x1 = 24, x2 = 12. 3.Simpleks metodom minimirati funkciju

g = 210r + 240s + 400t pri uslovima:

10r + 20s + 50t ≥ 20 30r + 30s + 25t ≥ 50

r, s, t ≥ 0 Rešenje: Rešićemo dualni, pa zatim primarni problem. Matrica koeficijenata primarnog problema je:

Matrica koeficijenata dualnog problema je:

Dualni problem je maksimiranje funkcije f

f = 20x + 50y pri uslovima:

10x +30y ≤ 210 20x +30y ≤ 240 50x +25y ≤ 400

x, y ≥ 0

13

Uslovi u obliku jednačina su: 10x +30y + d1 = 210 20x +30y + d2 = 240 50x +25y +d3 = 400

Inicijalna simpleks tabela je: x y d1 d2 d3 konstanta

10 30 1 0 0 210 20 30 0 1 0 240 50 25 0 0 1 400 -20 -50 0 0 0 0

Nalazimo pivot i zaokružujemo ga:

x d1 d2 d3 konstanta 10 30 1 0 0 210 20 30 0 1 0 240 50 25 0 0 1/4 400 -20 -50 0 0 0 0

Delimo pivot vrstu sa 30:

x d1 d2 d3 konstanta 1/3 1 1/30 0 0 7 20 30 0 1 0 240 50 25 0 0 1/4 400 -20 -50 0 0 0 0

Pravimo nule u pivot koloni:

x y d1 d2 d3 konstanta 1/3 1 1/30 0 0 7 10 0 -1 1 0 30

125/3 0 -5/6 0 1 225 -10/3 0 5/3 0 0 350

Zaokružujemo nov pivot: x y d1 d2 d3 konstanta

1 1/30 0 0 7 10 0 -1 1 0 30

125/3 0 -5/6 0 1/4 225 -10/3 0 5/3 0 0 350

Delimo vrstu sa 10: x y d1 d2 d3 konstanta

1 1/30 0 0 7 1 0 -1/10 1/10 0 3

125/3 0 -5/6 0 1/4 225 -10/3 0 5/3 0 0 350

14

Pravimo nule u pivot koloni: x y d1 d2 d3 konstanta 0 1 1/15 -1/30 0 6 1 0 -1/10 1/10 0 3 0 0 10/3 -25/6 1 100 0 0 4/3 1/3 0 360

Iz finalne simpleks tabele zaključujemo da je fmax = 360, za sledeće vrednosti

promenljivih: x = 3, y = 6, d1 = d2 = 0

Na osnovu teoreme dualnosti sledi da je u primarnom problemu dostignut minimum gmin = fmax = 360 za:

t = 0, u1 = u2 = 0 i 10r +20s = 20 30r + 30s = 50

što je zadovoljeno za: r = 4/3 i s= 1/3

Ovde su u1 i u2 dopunske promenljive u primarnom problemu. 4.Proizvođač proizvodi dva artikla A i B. Da bi se dobio gotov artikal A potrebno je: 1

sat za obradu, 2 sata za sklapanje i 2 sata za pakovanje. Za proizvodnju artikla B potrebno je: 3 sata za obradu, 3 sata za sklapanje i 1 sat za pakovanje. Proizvođač može dnevno da obezbedi: 21 sat obrade, 24 sata sklapanja i 16 sati pakovanja. Profit koji se ostvaruje iznosi 40 $ po artiklu A, a 30 $ po artiklu B.

Koji je optimalni plan proizvodnje? Napisati matematičku formulu problema, a zatim ga rešiti. Rešenje:

Treba maksimirati dnevni profit f, f = 40x +30y

gde je x broj jedinica artikla A, a y artikla B, pri ograničenjima: x + 3y ≤ 21 2x + 3y ≤ 24 2x + y ≤ 16

x, y ≥ 0 Za rešavanje zadatka specijalnim programom naših autora potrebno je najpre uneti

podatke u tabelu. 1

1 Laboratorija za operaciona istraživanja, Milan stanojević i drugi

15

Zatim se dobija optimalno rešenje

x = 6, y 0 4 i fmax = 360

5.Za proizvod A potrebno je: 10kg gvožđa, 4kg bakra i 9kg cinka, a za proizvod B: 5kg gvožđa, 12kg bakra i 9kg cinka. Na raspolaganju je: 80kg gvožđa, 82kg bakra i 72kg cinka. Profit po jedinici proizvoda A iznosi 50 $, a po proizvodu B je 40 $. Matematički formulisati problem maksimiranja profita. Rešenje: Treba maksimirati profit f,

f = 50x + 40y gde je x broj jedinica proizvoda A, a y proizvoda B, pri ograničenjima:

10x + 5y ≤ 80 4x + 12y ≤ 82 9x + 9y ≤ 72

x, y ≥ 0

16

Maksimalni profit je 400 $ koji se ostvaruje sa 8 proizvoda A i nijednim proizvodom B. 6.Krojač ima 16 metara pamučnog materijala, 11 metara postave i 15 metara štofa. Za

komplet A potrebno je: 2 metra pamučnog materijala, 1 metar postave i 1 metar štofa. Za komplet B potrebno je: 1 metar pamučnog materijala, 2 metra postave i 2 metra štofa. Ako je profit po jednom kompletu A 30 $, a po kompletu B 50 $, koji mu je plan proizvodnje najisplativiji? Rešenje: Treba maksimirati profit f = 30x +50y gde je x broj kompleta A, a y kompleta B, pri ograničenjima:

2x + y ≤ 16, x + 2y ≤ 11, x + 3y ≤ 15, x, y ≥ 0 Maksimalni profit iznosi 310 $ za x = 7 i y = 2. 7.Maksimirati funkciju f pri datim ograničenjima: a) b) c) f = 30x + 50y f = 170x + 50y f = 80x +50y 27x + 5y ≤ 270 27x + 5y ≤ 270 27x + 5y ≤ 270 5x + 3y ≤ 106 5x + 3y ≤ 106 5x + 3y ≤ 106 3x + 2y ≤ 70 3x + 2y ≤ 70 3x + 2y ≤ 70 x, y ≥ 0 x, y ≥ 0 x, y ≥ 0 d) e) f) f = 80x + 50y f = 60x + 100y f = 200x +100y 20x + 8y ≤ 380 20x + 8y ≤ 380 8x + 3y ≤ 88 3x + 4y ≤ 113 3x + 4y ≤ 113 4x + 5y ≤ 72 4x + 7y ≤ 189 4x + 7y ≤ 189 2x + 3y ≤ 42 x, y ≥ 0 x, y ≥ 0 x, y ≥ 0 g) h) i) f = 80x + 100y f = 80x + 100y f = 150x + 100y 24x +3y ≤ 360 12x +2y ≤ 144 26x +6y ≤ 390 3x +5y ≤ 156 3x +5y ≤ 90 5x +4y ≤ 149 3x +7y ≤ 210 2x +5y ≤ 85 2x +5y ≤ 165 x, y ≥ 0 x, y ≥ 0 x, y ≥ 0 8.Minimizirati ukupni trošak:

g = 80y1 + 160y2 uz ograničenja:

(1) 2y1 +6y2 ≥ 30 (2) 5y1 +1y2 ≥ 20 (3) 2y1 +3y2 ≥ 24

(4) y1 ≥ 0 (5) y2 ≥ 0

17

Rešenje: Matrica primarnog problema je:

Matrica dualnog problema je:

Dualni problem je maksimirati funkciju:

f = 30x1 + 20x2 +24x3

uz ograničenja: 2x1 + 5x2 + 2x3 ≤ 80 6x1 + x2 + 3x3 ≤ 160

x1 ≥ 0 x2 ≥ 0

Rešenje dualnog problema je: fmax = 1040

x1 = 13,3333 x2 = 0

x3 = 26,6667 Sledi da je u primarnom problemu:

gmin = fmax = 1040 2y1 + 6y2 = 30 2y1 + 3y2 = 24

y2 = 2 y1 = 9

što je isti rezultat koji je ranije dobijen grafičkom metodom.