Приклад розв’язання транспортної задачi лiнiйного програмування
Розв’язати ТЗЛП, наведену в табл. 5.11.
Таблиця 5.11
Покажемо, що якщо на деякому етапі побудови ДБР будемо мати альтернативу: "що викреслити – стовпчик чи рядок?" (випадок отримання виродженого базисного розв’язку), то не має значення, яку альтернативу обирати. На значення оптимального розв’язку це не вплине.
У цій задачі умова балансу виконується, тому вводити фіктивні пункти не треба.
Оскільки у вихідній задачі , то при знаходженні початкового розв’язку методом північно-західного кута одержимо вироджений розв’язок. Тобто на ітерації 3 побудови ДБР будемо мати альтернативу: "що викреслити – стовпчик чи рядок?"
У табл. 5.12 подано початковий розв’язок, що відповідає випадку, коли після визначення значення змінної викреслюється другий рядок.
Таблиця 5.12
ѕ | |||||||||||
ѕ | |||||||||||
ѕ | |||||||||||
ѕ | ѕ | ||||||||||
ѕ | ѕ |
Сумарні витрати за таким планом перевезень складають:
У табл. 5.13 наведено початковий розв’язок, що відповідає випадку, коли після визначення значення змінної викреслюється другий стовпчик.
Таблиця 5.13
ѕ | |||||||||||
ѕ | |||||||||||
ѕ | |||||||||||
ѕ | ѕ | ѕ | ѕ |
Сумарні витрати за таким планом перевезень складають:
Спочатку знайдемо оптимальний розв’язок вихідної задачі, відштовхуючись від початкового розв’язку (табл. 5.11). Для нього шукаємо потенціали і за ними – відносні оцінки небазисних змінних (табл. 5.14).
Таблиця 5.14
v1=4 | v2=10 | v3=16 Я | v4=9 | ||||||||
Ь | |||||||||||
u1=0 | x13 | ||||||||||
ѕ | +14 | Е | |||||||||
u2=-2 | 4 | ||||||||||
Е | ѕ | ||||||||||
u3=-7 | 0 | ||||||||||
-10 | Е | ѕ | |||||||||
Небазисна змінна x13, що має найбільшу додатну оцінку d13=14, увійде до складу базисних. З аналізу компенсаторного циклу, що відповідає x13, , випливає, що з базису повинна бути вилучена одна з трьох змінних, бо . У цьому випадку все одно, яку змінну виводити з базису. Хай це буде змінна .
У табл. 5.15 представлено черговий базисний розв’язок. Сумарні витрати складають: . Оскільки , то розв’язок не оптимальний. Відповідну змінну будемо вводити до базису.
Таблиця 5.15
v1=-10 | Ýv2=-4 | v3=2 | v4=-5 | ||||||||
u1=0 | |||||||||||
-14 | -7 | -5 | |||||||||
u2=12 | 0 | x23 | |||||||||
Ü | ѕ | +13 | Е | ||||||||
u3=7 | |||||||||||
-10 | Е | ѕ | |||||||||
Для змінної, що вводиться до базису x23, побудуємо компенсаторний цикл: . З аналізу циклу випливає, що з базису може бути вилучена одна з двох змінних. Нехай це буде змінна
У табл. 5.16 подано новий базисний розв’язок. Сумарні витрати на перевезення складають ті самі90од. вартості.
Таблиця 5.16
v1=3 | v2=-4 | v3=2 | v4=-5 | ||||||||
u1=0 | |||||||||||
-1 | -7 | -5 | |||||||||
u2=-1 | |||||||||||
ѕ | -13 | Е | -11 | ||||||||
u3=7 | X31 | ||||||||||
+3 | Е | ѕ | |||||||||
14 Э | 10 ß | ||||||||||
Оскільки , то розв’язок не оптимальний. Для змінної, що вводиться до базису x31, побудуємо компенсаторний цикл: . Оскільки , то з базису вилучається змінна .
У табл. 5.17 наведено новий базисний розв’язок. Сумарні витрати складають:
Таблиця 5.17
v1=3 | v2=-1 | v3=2 | v4=-2 | |||||||
u1=0 | ||||||||||
-1 | -4 | -2 | ||||||||
u2=-1 | ||||||||||
-10 | -8 | |||||||||
u3=4 | ||||||||||
-3 | ||||||||||
Оскільки відносні оцінки всіх небазисних змінних недодатні, розв’язок оптимальний.
Тепер знайдемо оптимальний розв’язок вихідної задачі, спираючись на початковий розв’язок з табл. 5.12. Для нього шукаємо потенціали і за ними – відносні оцінки небазисних змінних (табл. 5.18).
Таблиця 5.18
v1=4 | Ý v2=10 | v3=3 | v4=-4 | ||||||||
u1=0 | |||||||||||
-4 | |||||||||||
u2=-2 | |||||||||||
Ü | ѕ | Е | -11 | ||||||||
u3=6 | x32 | ||||||||||
+13 | Е | ѕ | |||||||||
10 Э | |||||||||||
Оскільки , то розв’язок не оптимальний. Для змінноїx32, що вводиться до базису, побудуємо компенсаторний цикл: . З аналізу циклу випливає, що з базису може бути вилучена одна з двох змінних. Нехай це буде змінна :
Табл. 5.19 містить базисний розв’язок. Сумарні витрати на перевезення складають: Оскільки , то розв’язок не оптимальний. Для змінної x31 , що вводиться до базису, побудуємо компенсаторний цикл: Замкнений цикл вказує на те, що з базису вилучається змінна
Таблиця 5.19
v1=4 | v2=-3 | v3=3 | v4=-4 | ||||||||
u1=0 | |||||||||||
-6 | -4 | ||||||||||
u2=-2 | |||||||||||
ѕ | -13 | Е | -11 | ||||||||
u3=6 | x31 | ||||||||||
+3 | Е | ѕ | |||||||||
14 Э | 10 ß | ||||||||||
Табл. 5.20 містить черговий базисний розв’язок, сумарні витрати якого дорівнюють:
Таблиця 5.20
Ý v1=4 | v2=0 | Я v3=3 | v4=-1 | |||||||
u1=0 | x13 | |||||||||
ѕ | -3 | +1 | Е | -1 | ||||||
u2=-2 | ||||||||||
Е | -10 | ѕ | -8 | |||||||
u3=3 | ||||||||||
-3 | ||||||||||
Оскільки , то розв’язок не оптимальний. Для змінної x13, що вводиться до базису, побудуємо компенсаторний цикл: З аналізу циклу випливає, що з базису може бути вилучена одна з двох змінних. Нехай це буде змінна :
Табл. 5.18 містить черговий базисний розв’язок. Йому відповідають сумарні транспортні витрати:
Таблиця 5.21
v1=3 | v2=-1 | v3=2 | v4=-2 | |||||||
u1=0 | ||||||||||
-1 | -4 | -2 | ||||||||
u2=-1 | ||||||||||
-10 | -8 | |||||||||
u3=4 | ||||||||||
-3 | ||||||||||
Оскільки відносні оцінки всіх небазисних змінних недодатні, розв’язок оптимальний. Відзначимо, що цей розв’язок збігається з розв’язком табл. 5.16.
Отже, оптимальний план перевезень буде таким, як наведено в табл. 5.22.
Таблиця 5.22