Metoda graficzna może być stosowana w przypadku gdy model zawiera dwie zmienne decyzyjne. Metoda składa się z dwóch kroków (zobacz pierwszy wykład):

Transkrypt

1 może być stosowana w przypadku gdy model zawiera dwie zmienne decyzyjne. Metoda składa się z dwóch kroków (zobacz pierwszy wykład): 1 Narysuj na płaszczyźnie zbiór dopuszczalnych rozwiazań. 2 Narysuj funkcję celu, np. dla z = 0, i przesuwaj ja równolegle, zgodnie ze wzrostem (max) lub spadkiem (min) wartości z, dopóki ma przynajmniej jeden punkt wspólny ze zbiorem rozwiazań dopuszczalnych.

2 Jedno rozwiazanie optymalne Problem może mieć dokładnie jedno rozwiazanie optymalne, znajdujace się w pewnym wierzchołku zbioru rozwiazań dopuszczalnych.

3 Nieskończona liczba rozwiazań Problem może mieć nieskończenie wiele rozwiazań optymalnych znajdujacych się na pewnym odcinku łacz acym dwa wierzchołki. max z = 2x 1 + 4x 2 6x 1 + 4x 2 24 x 1 + 2x 2 6 x 2 x 1 1 x 2 2 x 1, x 2 0

4 Nieograniczona funkcja celu Funkcja celu może być nieograniczona. Wówczas problem nie posiada rozwiazania optymalnego max z = 2x 1 + 2x 2 2x 1 x 2 40 x 2 10 x 1, x 2 0

5 Problem sprzeczny Problem może nie mieć rozwiazania dopuszczalnego. Ma to miejsce wówczas, gdy ograniczenia sa sprzeczne. max z = 3x 1 + 2x 2 6x 1 + 4x 2 12 x 1 3 x 2 2

6 Obserwacje (przypadek 2 zmiennych) 1 Zbiór rozwiazań dopuszczalnych jest wypukłym wielokatem (ograniczonym lub nieograniczonym) 2 Jeżeli problem ma optymalne rozwiazanie, to przynajmniej jedno rozwiazanie optymalne znajduje się w wierzchołku zbioru dopuszczalnych rozwiazań. Wierzchołek jest punktem przecięcia dwóch prostych (punktem w którym dwa ograniczenia sa spełnione jako równości).

7 Przypadek 3 zmiennych Optymalne rozwiazanie znajduje się w wierzchołku x 1 = 0, x 2 = 300, x 3 = 100, który jest punktem przecięcia trzech płaszczyzn (2,3 i 4).

8 Model w postaci kanonicznej Model jest w postaci kanonicznej jeżeli: 1 wszystkie ograniczenia maja postać równości (za wyjatkiem ograniczeń na nieujemność zmiennych), 2 wszystkie prawe strony ograniczeń sa nieujemne, 3 wszystkie zmienne przyjmuja wartości nieujemne. max (min) z = c 1 x 1 + c 2 x c nx n [f. celu] a 11 x 1 + a 12 x a 1n x n = b 1 [Ograniczenie 1] a 21 x 1 + a 22 x a 2n x n = b 2 [Ograniczenie 2] a m1 x 1 + a m2 x a mnx n = b m [Ograniczenie m] x i 0, i = 1,..., n [Nieujemność] Każdy model liniowy można sprowadzić do postaci kanonicznej.

9 Model w postaci kanonicznej Każdy model liniowy można sprowadzić do równoważnej postaci kanonicznej. 1 Jeżeli b i < 0, to mnożymy ograniczenie i-te przez a i1 x a in x n b i zastępujemy a i1 x a in x n + s i = b i, gdzie s i 0 jest nowa zmienna. 3 a i1 x a in x n b i zastępujemy a i1 x a in x n s i = b i, gdzie s i 0 jest nowa zmienna 4 Jeżeli x i może być ujemna, to zastępujemy x i wyrażeniem u i v i, gdzie u i 0, v i 0 sa nowymi zmiennymi.

10 Przykład Rozwiazywanie zadań programowania liniowego max z = 2x 1 + 3x 2 x 3 x 1 2x 2 5 x 2 3x 3 3 x 1 + x 2 2x 3 = 20 x 1, x : max z = 2x 1 + 3x 2 x 3 x 1 2x 2 5 x 2 + 3x 3 3 x 1 + x 2 2x 3 = 20 x 1, x : max z = 2x 1 + 3x 2 x 3 x 1 2x 2 + s 1 = 5 x 2 + 3x 3 s 2 = 3 x 1 + x 2 2x 3 = 20 x 1, x : max z = 2x 1 + 3x 2 u 3 + v 3 x 1 2x 2 + s 1 = 5 x 2 + 3u 3 3v 3 s 2 = 3 x 1 + x 2 2u 3 + 2v 3 = 20 x 1, x 2, s 1, s 2, u 3, v 3 0

11 Rozpatrzmy problem w postaci kanonicznej: Zapiszmy ten problem w postaci: max z = 2x 1 + 3x 2 2x 1 + x 2 + s 1 = 4 x 1 + 2x 2 + s 2 = 5 x 1, x 2, s 1, s 2 0 z 2x 1 3x 2 = 0 [Wiersz 0] 2x 1 +x 2 +s 1 = 4 [Ograniczenie 1] x 1 +2x 2 +s 2 = 5 [Ograniczenie 2] Powyższa postać nazywamy postacia bazowa problemu względem zmiennych bazowych {s 1, s 2 }. Układ równań jest rozwiazany względem zmiennych bazowych s 1, s 2 i z. Przyjmujac x 1 = x 2 = 0 otrzymamy natychmiast bazowe rozwiazanie dopuszczalne s 1 = 4, s 2 = 5 o wartości funkcji celu z = 0.

12 Dla postaci bazowej: z 2x 1 3x 2 = 0 2x 1 +x 2 +s 1 = 4 x 1 +2x 2 +s 2 = 5 tworzymy poczatkow a tablicę sympleksowa: x 1 x 2 s 1 s 2 z s s

13 z 2x 1 3x 2 = 0 2x 1 +x 2 +s 1 = 4 x 1 +2x 2 +s 2 = 5 x 2 x 1 x 2 s 1 s 2 z s /1 = 4 s /2 = 2.5 W wierszu 0 występuja ujemne współczynniki. Możemy zatem zwiększyć wartość funkcji celu zwiększajac wartość zmiennej niebazowej, np x 2. Maksymalna wartość x 2 w ograniczeniu 1 wynosi 4 a w ograniczeniu wynosi 2.5. Zatem x 2 = 2.5 i s 2 = 0. Zmienna x 2 wchodzi do bazy a zmienna s 2 opuszcza bazę.

14 Wykonujemy eliminację Gaussa-Jordana operujac elementem centralnym 2 aby przedstawić problem w postaci bazowej względem {s 1, x 2 }. Możemy to wykonać bezpośrednio na tablicy sympleksowej x 2 x 1 x 2 s 1 s 2 z s s Postać bazowa względem {s 1, x 2 }: x 1 x 2 s 1 s 2 z s x z 0.5x s 2 = x 1 +s 1 0.5s 2 = x 1 +x s 2 = 2.5

15 z 0.5x s 2 = x 1 +s 1 0.5s 2 = x 1 +x s 2 = 2.5 x 1 x 1 x 2 s 1 s 2 z s 1 s /1.5=1 x /0.5=5 W wierszu 0 ponownie występuje ujemny współczynnik. Możemy zatem zwiększyć wartość funkcji celu zwiększajac wartość x 1. Maksymalna wartość zmiennej x 1 wynosi 1. Zatem x 1 = 1 i s 1 = 0. Zmienna x 1 wchodzi do bazy a zmienna s 1 opuszcza bazę.

16 Wykonujemy eliminację Gaussa - Jordana operujac elementem centralnym 1.5 aby przedstawić problem w postaci bazowej względem {x 1, x 2 }: x 1 x 1 x 2 s 1 s 2 z s 1 s x x 1 x 2 s 1 s 2 z 0 0 1/3 4/3 8 x /3-1/3 1 x /3 2/3 2 Postać bazowa względem {x 1, x 2 }: z +1/3s 1 +4/3s 2 = 8 2/3s 1 1/3s 2 +x 1 = 1 1/3s 1 +2/3s 2 +x 2 = 2

17 x 1 x 2 s 1 s 2 z 0 0 1/3 4/3 8 x /3-1/3 1 x /3 2/3 2 W wierszu 0 nie występuja ujemne współczynniki. Nie można już powiększyć funkcji celu. Zatem x 1 = 1, x 2 = 2 jest optymalnym rozwiazaniem o wartości funkcji celu z = 8. Kolejne iteracje sa pokazane na poniższym rysunku:

18 Rozwiaż za pomoca algorytmu sypleksowego problem firmy Reddy Mikks (pierwszy wykład). Postać standardowa modelu jest następujaca: z 5x 1 4x 2 = 0 6x 1 + 4x 2 +s 1 = 24 x 1 + 2x 2 +s 2 = 6 x 1 + x 2 +s 3 = 1 x 2 +s 4 = 2 x 1, x 2, s 1, s 2, s 3, s 4 0 Obliczenia przeprowadzimy tylko na tablicy sympleksowej.

19 x 1 x 1 x 2 s 1 s 2 s 3 s 4 z s 1 s /6 = 4 s /1 = 6 s s x 2 x 1 x 2 s 1 s 2 s 3 s 4 z 0-2/3 5/ x 1 1 2/3 1/ /( 2 ) = 6 3 s 2 s 2 0 4/3-1/ /( 4 ) = s 3 0 5/3 1/ /( 5 ) = 3 3 s /1 = 2

20 x 1 x 2 s 1 s 2 s 3 s 4 z 0 0 3/4 1/ x /4-1/ x /8 3/ /2 s /8-5/ /2 s /8-3/ /2 Przebieg algorytmu. Obok każdego wierzchołka podane sa odpowiednie zmienne bazowe.

21 Jeżeli funkcja celu ma być minimalizowana, to: 1 można pomnożyć ja przez -1 i zamienić na maksymalizację lub 2 wprowadzać do bazy zmienne o dodatnim współczynniku w wierszu 0; wówczas rozwiazanie jest optymalne jeżeli wszystkie współczynniki w wierszu 0 sa niedodatnie. Jeżeli wszystkie ograniczenia maja postać i prawe strony ograniczeń sa nieujemne (model jest w tzw. postaci standardowej), to pierwsza postać bazowa otrzymujemy przyjmujac za zmienne bazowe dodatkowe zmienne s 1,..., s m. Rozpoczynamy wówczas algorytm w wierzchołku x 1 = x 2 = = x n = 0 i z = 0.

22 Metoda dwóch faz Rozpatrzmy przykład: Równoważna postać kanoniczna: max z = 4x 1 + 3x 2 3x 1 + x 2 = 3 4x 1 + 3x 2 6 x 1 + 2x 2 4 x 1, x 2 0 max z = 4x 1 + 3x 2 3x 1 + x 2 = 3 4x 1 + 3x 2 s 1 = 6 x 1 + 2x 2 + s 2 = 4 x 1, x 2, s 1, s 2 0 Model nie jest w postaci bazowej. Nie można rozpoczać algorytmu sympleksowego.

23 Metoda dwóch faz Dodajemy sztuczne zmienne r 1 i r 2 do pierwszego i drugiego ograniczenia i tworzymy funkcję celu min z 0 = r 1 + r 2 lub równoważnie max z 0 = r 1 r 2. Zapisujemy problem z nowa i oryginalna funkcja celu w następujacy sposób: z 0 +r 1 +r 2 = 0 z 4x 1 3x 2 = 0 3x 1 +x 2 +r 1 = 3 4x 1 +3x 2 s 1 +r 2 = 6 x 1 +2x 2 +s 2 = 4 x 1 x 2 s 1 r 1 r 2 s 2 z z r r s

24 Metoda dwóch faz Po odjęciu wierszy 3 i 4 od 1 otrzymujemy pierwsza tablicę sympleksowa: x 1 x 1 x 2 s 1 r 1 r 2 s 2 z z r 1 r r s Faza 1. Maksymalizujemy z 0 przekształcajac też wiersz odpowiadajacy oryginalnej funkcji celu. x 2 x 1 x 2 s 1 r 1 r 2 s 2 z z x r s

25 Metoda dwóch faz x 1 x 2 s 1 r 1 r 2 s 2 z z x x s W optymalnym rozwiazaniu z 0 = 0 i zmienne sztuczne r 1 i r 2 nie sa zmiennymi bazowymi (przypadek, w którym to nie wystapi zostanie omówiony dalej). Przechodzimy do fazy 2. Faza 2. Usuwamy wiersz odpowiadajacy z 0 i maksymalizujemy oryginalna funkcję celu z. Zmienne sztuczne można również usunać lub utrzymywać w tablicy (dostarczaja one użytecznej informacji omówionej dalej). W tym drugim przypadku ewentualne ujemne wartości zmiennych sztucznych w wierszu odpowiadajacym z należy ignorować 3 3

26 Metoda dwóch faz Po wykonaniu jednej iteracji w fazie 2 otrzymujemy optymalne rozwiazanie znajdujace się w tablicy: x 1 x 2 s 1 r 1 r 2 s 2 z x x s

27 Metoda dwóch faz Jeżeli w optymalnym rozwiazaniu fazy 1 pewna zmienna sztuczna jest zmienna bazowa o wartości równej 0, to wykonujemy dodatkowa iterację usuwajac a ta zmienna z bazy. x 2 x 1 x 2 s 1 r 1 r 2 s 2 z x r 2 r s Wykonujemy dodatkowa iterację usuwajac a zmienna r 2 z bazy i dodajac a zmienna x 2 lub s 1 (po przemnożeniu wiersza odpowiadajacego r 2 przez -1). Operacja ta nie narusza dopuszczalności rozwiazania.

28 Wykrywanie modelu sprzecznego Jeżeli w optymalnym rozwiazaniu fazy 1 otrzymamy z 0 < 0 (co oznacza, że pewna zmienna sztuczna jest dodatnia), to wyjściowy model jest sprzeczny. max z = 2x 1 + 5x 2 3x 1 + 2x 2 6 2x 1 + x 2 2 x 1, x 2 0 z 0 +r 1 = 0 z 2x 1 5x 2 = 0 3x 1 +2x 2 s 1 +r 1 = 6 2x 1 +x 2 +s 2 = 2 x 1 x 2 s 1 r 1 s 2 z z r s x 1 x 2 s 1 r 1 s 2 z z r s Model jest sprzeczny.

29 Alternatywne rozwiazania optymalne s 2 x 1 x 2 s 1 s 2 z x x x 1 x 2 s 1 s 2 z x 2 1/2 1 1/ s 2 1/2 0-1/

30 Alternatywne rozwiazania optymalne Jeżeli w ostatniej tablicy sympleksowej, wartość współczynnika w wierszu zerowym dla pewnej zmiennej niebazowej wynosi 0, to może istnieć alternatywne rozwiazanie optymalne. Rozwiazanie to można otrzymać wprowadzajac ta zmienna do bazy. Jeżeli (x 1,..., x n) i (y 1,..., y n) sa dwoma rozwiazaniami optymalnymi, to każde rozwiazanie postaci: (λx 1 + (1 λ)y 1,..., λx n + (1 λ)y n), λ [0, 1] jest również optymalne. Zatem jeżeli problem ma dwa różne rozwiazania optymalne, to ma nieskończenie wiele rozwiazań optymalnych.

31 Nieograniczona funkcja celu x 2 Wartość x 2 może być dowolnie duża. x 1 x 2 s 1 s 2 z s (-) s (-)

32 Nieograniczona funkcja celu Jeżeli (dla problemu maksymalizacji) w bieżacej tablicy sympleksowej, istnieje zmienna z ujemnym współczynnikiem w wierszu 0 i wszystkie współczynniki w kolumnie odpowiadajacej tej zmiennej sa niedodatnie, to funkcja celu jest nieograniczona.

33 Problem degeneracji Rozpatrzmy problem: max z = 3x 1 + 9x 2 x 1 + 4x 2 8 x 1 + 2x 2 4 x 1, x 2 0 Druga i trzecia tablica sympleksowa ma postać: x 1 x 1 x 2 s 1 s 2 z -3/4 0 9/ x 2 1/4 1 1/4 0 2 s 2 1/2 0-1/2 1 0 x 1 x 2 s 1 s 2 z 0 0 3/2 3/2 18 x /2-1/2 2 x Wartość zmiennej bazowej s 2 = 0. Po wykonaniu iteracji sypleksowej otrzymamy dokładnie takie samo rozwiazanie. Zmienia się tylko zmienne bazowe. Rozwiazanie, w którym pewna zmienna bazowa przyjmuje wartość 0 nazywany zdegenerowanymi.

34 Problem degeneracji Wierzchołek odpowiadajacy optymalnemu rozwiazaniu jest zdegenerowany, ponieważ przecinaja się w nim więcej niż dwie proste (x 1 = 0, x 1 + 4x 2 = 8, x 1 + 2x 2 = 4). Zatem temu wierzchołkowi odpowiada więcej niż jedno bazowe rozwiazanie dopuszczalne (może on być wyznaczony na trzy sposoby).

35 Problem degeneracji Istnieje możliwość (w rzadkich przypadkach), że algorytm wpadnie w cykl, tj. będzie powtarzał taka sama sekwencję rozwiazań bez poprawy wartości funkcji celu i bez spełnienia warunków optymalności. [Reguła antycyklowa Blanda]. W każdej iteracji: 1 Do bazy wchodzi zmienna o ujemnym współczynniku w wierszu 0 i najmniejszym indeksie. 2 Jeżeli więcej niż jedna zmienna może opuścić bazę (test współczynników nie jest jednoznaczny), to usuń z bazy zmienna o najmniejszym indeksie spośród tych zmiennych. z reguła Blanda jest zbieżny, tj. zawsze kończy pracę zwracajac optymalne rozwiazanie.