Transcript LO-Aufgabe mit unbeschränkten Zielwert
Sonderfälle der Simplexmethode
Gegeben sei folgende LO-Aufgabe: ◦ ◦ I II ◦ III Z = 2X1 + X2 max -X1 + 2X2 X1 – 4X2 12 4 -X1 + X2 X1, X2 2 0
Nach dem Einfügen der drei Schlupfvariablen ergibt sich folgendes Starttableau:
Und folgendes Endtableau: Dies führt zu folgendem allg. Lehrsatz: negativer Zielkoeffizient Steht über einem negativen Zielkoeffizienten kein positiver Koeffizient, so gibt es zulässige Lösungen, aber keinen maximalen Zielwert.
Grafisch betrachtet entsteht ein offener Zielbereich:
Z
Zu jeder Maximierungsaufgabe gibt es eine entsprechende Minimierungsaufgabe. Die Lösungen sind ident, nur in ihrem Vorzeichen verschieden. ( 1 ) 3
x
1
x
2 min
Z
*
Z
3
x
1
x
2 max
Nebenbedingungen bleiben gleich!
Beispiel:
Z
3
x
1
x
2 min ( 1 ) max Starttableau 2. Simplextableau Endtableau
Z
min
Z
max 14
B a i s s Weist eine Nichtbasisvariable den Wert Null auf, gibt es weitere optimale Lösungen.
Bsp.:
Z
x
1
x
2 2
x
3 max Starttableau 1. Endtableau
X2 weist den Wert Null auf, steht aber nicht in der Basis.
Wird trotz aller positiver Zielkoeffizienten nach X2 weiteriteriert, kommt man zu einem weitern 2. identen Ergebnis.
Basis
Y1 X2 X3 F
X1
-1 0 1 1
X2
0 1 0 0
X3
0 0 1 0
Y1
1 0 0 0
Y2
4 2 -1 0
Y3
-3 -1 1 1
RHS
5 2 1 4
Probe durch Einsetzen in die Zielfunktion:
Z
x
1 0 1 2 2 1 4
Da Y2 als Nichtbasisvariable wieder den Wert Null aufweist kommt man durch weiteriterieren (Y2 als Pivotspalte) zu einem nächsten optimalen Ergebnis mit dem Wert Z = 4.
Woran erkennt man eine Basisvariable, woran eine Nichtbasisvariable?
Basis
Y1 X2 X3 F
X1
-1 0 1 1
X2
0 1 0 0
X3
0 0 1 0
Y1
1 0 0 0
Y2
4 2 -1 0
Y3
-3 -1 1 1
RHS
5 2 1 4 Setzen Sie beide Ergebnisse aus dem Unterkapitel M ehrfachlösungen in die Zielfunktion
Z
x
1
x
2 2
x
3 max ein und überprüfen Sie die Lösungen.
Basis
Y1 Y2 X2 X1 Z
X1
0 0 0 1 0
Basis
Y4 Y2 X2 X1 Z
X1
0 0 0 1 0
X2
0 0 1 0 0
X2
0 0 1 0 0
Y1
1 0 0 0 0
Y1
2,5 -0,5 -0,5 -0,5 0
Y2
0 1 0 0 0
Y3
-0,2 1,6 -0,4 0,6 1
Y4
0,4 -0,2 -0,2 -0,2 0
RHS
2 8 2 6 4
Z = X1-X2 = 6-2 = 4 Y2
0 1 0 0 0
Y3
-0,5 1,6 -0,5 0,5 1
Y4
1 0 0 0 0
RHS
5 9 3 7 4
Quote
5 + + +
Z = X1-X2 = 7-3 = 4
Grafische Darstellung:
x
2 X1
Zu jeder Maximierungsaufgabe gibt es eine entsprechende Minimierungsaufgabe!
Ist die ursprüngliche LO-Aufgabe lösbar, dann ist auch die entsprechende duale Aufgabe lösbar.
Die Zielwerte der beiden Aufgaben stimmen in diesen Fällen überein.
Die ursprüngliche Maximierungsaufgabe wird
primale Aufgabe
genannt.
Die zugehörige Minimierungsaufgabe, wird
duale Aufgabe
genannt.
(I) Z=X1 - X2 - 2X3 max (II) +X1 + X2 - X3 >= 16 2X1 + X2 + X3 <= 30 X1 +X3 >= 10 (III) X1, X2, X3 >= 0
Vor der Formulierung der dualen Aufgabe werden alle Restriktionen durch Multiplikation mit (-1) zu
Bedingungen umgewandelt.
(II) -X1 - X2 + X3 2X1 + X2 + X3 -X1 X3 -16 30 -10
Die umformulierte LO-Aufgabe wird in ein abgekürztes Schema geschrieben und anschließend in eine Minimierungsaufgabe umgewandelt:
X1 X2 X3 1 -1 2 -1 -1 -1 1 0 -2 1 1 -1
max -16 30 -10
Die Umformung in eine Minimierungsaufgabe erfolgt durch Tausch der Zielzeile mit der rechten Seite. Anschließend werden die zentralen Variablen spaltenweise transponiert: 1 2 1 ( 1 , 2 , 1 ) 1 2 1 1 1 0 1 1 1 tranponie rte Matrix 1 1 1 2 1 1 1 0 1
S1 S2 S3 -16 -1 -1 1 30 2 1 1 -10 -1 0 -1
min 1 -1 -2
Wieder mit (-1) multiplizieren um nur Bedingungen und die max-Form zu haben.
S1 S2 S3 Duale Aufgabe: -16 1 1 30 -2 -1 -10 1 0 min -1 1 -1 -1 1 2
Anschließend wird die Starttableau erstellt:
Da die rechte Seite neg. ist, weist der tiefste Wert auf die Pivotzeile: Berechnung der Quote: Zielzeile (F) Pivotzeile 30/-2=15 Niedrigste Wert weist auf die Pivotspalte.
Nach weiteren Iterationen ergibt sich folgendes Endtableau:
Z
min Z
Z
min, dual und max :
Z
max, 12 primal
Gegeben sei folgende LO-Aufgabe: (
I
) Z 5 x 1 4
x
2 ( (
II
) 6x 1
x
2 3 4
x
2
III
) x x 1 1 ,
x
2
x
2 0 4 20 max ◦ A.)Lösen Sie diese Aufgabe grafisch und schraffieren Sie den Bereich der zulässigen Lösungen.
Z=5x1 + 4x2 = 5 x 2 + 4 x 2 = 18
Gegeben sei folgende LO-Aufgabe: ( (
I
) Z 2 x 1 (
II
) x 1 2x 1
x
2
x
2 10 2 x 1
x
2 4
III
) 2x x 1 , 1
x
2 3
x
2
x
2 0 max 18 ◦ ◦ A.)Lösen Sie diese Aufgabe grafisch und schraffieren Sie den Bereich der zulässigen Lösungen.
Zeichnen Sie den Vertreter der Zielgeradenschar ein und benennen Sie ihn mit a.
B.) Benennen Sie in der Zeichnung die Eckpunkte mit A, B, … und geben Sie die entsprechenden Koordinaten an.
Wie lautet die Optimallösung und der maximale Zielwert.
C.) Wie lautet Ihre Lösung falls die Zielfunktion Z = x1-x2 max lautet?
Tragen Sie in Ihr Diagramm einen Vertreter der neuen
Zielgeradenschar
ein und benennen Sie Ihn mit dem Buchstaben b.
Für Z=0 (Vertreter der Geradenschar) x1=x2 Alle Punkte der Strecke BC führen zum maximalen Z
(C)Somit ergibt sich Zmax=7-3=4 (B) Zmax=6-2=4
D.)Wie verändert sich die Lösbarkeit wenn Sie die Restriktion x1 + x2 <= 10 unter (II) weglassen?
(
I
(
II
) Z ) x 1 2 x 1
x
2
x
2 10 max ( 2x 1
x
2 x 1 2x 1
x
2 3
x
2
III
) x 1 ,
x
2 0 2 4 18
D.)Es existieren Lösungen, aber keine mit einem maximalen Ziel. Durch den Wegfall der Geraden CD ist der Zielraum offen.
E.)Formulieren Sie die duale Aufgabe unter Verwendung der zugehörigen echten Variablen.
(
I
(
II
) Z ) x 1 2 x 1
x
2
x
2 10 max ( 2x 1
x
2 x 1 2x 1
x
2 3
x
2
III
) x 1 ,
x
2 0 2 4 18
X1
2 1 -2 1 -2 E.) Umwandeln zu <= und spaltenweises transponieren:
X2
-3 1 1 1 -1 max 10 -2 4 -18
S1
10 1 1
S2
-2 -2 1
S3
4 1 -1
S4
-18 -2 -3 min 2 1 ( ( (
DualeAufga I II
)
III
Z ) s s 1 1 ) s 1 10 s 2 ,
s s
2 2
s
1 2
be
2 : ,
s
3
s
, 3
s s s
3 2 2 3
s
4 0 4
s
3
s
4 1 4 18 2
s
4 min