Uppgift 1 a) Vi iför slackvariabler x 4, x 5 och x 6 och löser problemet med hjälp av simplexalgoritme. Z -2-1 1 0 0 0 0 x 4 1 1-1 1 0 0 20 x 5 2 1 1 0 1 0 30 x 6 1-1 2 0 0 1 10 x 1 blir igåede basvariabel och divisiostestet ger att x 6 blir utgåede basvariabel. Z 0-3 5 0 0 2 20 x 4 0 2-3 1 0-1 10 x 5 0 3-3 0 1-2 10 x 1 1-1 2 0 0 1 10 x 2 blir igåede basvariabel och divisiostestet ger att x 5 blir utgåede basvariabel. Z 0 0 2 0 1 0 30 x 4 0 0-1 1-2/3 1/3 10/3 x 2 0 1-1 0 1/3-2/3 10/3 x 1 1 0 1 0 1/3 1/3 40/3 Vi har u e optimal tablå och vår baslösig är (x 1, x 2, x 3, x 4, x 5, x 6 ) = (40/3, 10/3, 0, 10/3, 0, 0) och vårt optimala målfuktiosvärde är Z = 30. Eftersom det fis e olla uder e ickebasvariabel (x 6 ) i målfuktiosrade fis det ett oädligt atal lösigar. b) Motsvarade hörpukt till vår baslösig är (x 1, x 2, x 3 ) = (40/3, 10/3, 0). Dea pukt defiieras av begräsigslijera 2x 1 + x 2 + x 3 = 30, x 1 x 2 + 2x 3 = 10 och x 3 = 0. c) Utgå frå de optimala tablå ova och låt x 6 bli igåede basvariabel. Då blir x 4 utgåede basvariabel och vi fier e alterativ lösig. Z 0 0 2 0 1 0 30 x 6 0 0-3 3-2 1 10 x 2 0 1-3 2-1 0 10 x 1 1 0 2-1 1 0 10 De optimala baslösige frå dea tablå är (x 1, x 2, x 3, x 4, x 5, x 6 ) = (10, 10, 0, 0, 0, 10), vilke aturligtvis också ger det optimala målfuktiosvärdet Z = 30. Som sagt fis det oädligt måga optimala lösigar. 1
Uppgift 2 Det duala problemet blir: där y 1 0, y 2 0, y 3 0. Komplemetvillkor: max W = 120y 1 + 180y 2 + 100y 3 då 2y 1 + 2y 2 + y 3 150 y 1 + y 2 + y 3 250 y 1 + 3y 2 + y 3 120 x 1 (2y 1 + 2y 2 + y 3 150) = 0 = 2y 1 + 2y 2 + y 3 = 150 ty x 1 > 0 x 2 (y 1 + y 2 + y 3 250) = 0 x 3 (y 1 + 3y 2 + y 3 120) = 0 = y 1 + 3y 2 + y 3 = 120 ty x 3 > 0 y 1 (2x 1 + x 2 + x 3 120) = 0 y 2 (2x 1 + x 2 + 3x 3 180) = 0 = y 2 = 0 ty 2x 1 + x 2 + 3x 3 > 180 y 3 (x 1 + x 2 + x 3 100) = 0 Detta ger de duala lösige: (y 1, y 2, y 3 ) = (30, 0, 90). Isättig i bivillkore ger att dea lösig är tillåte. Komplemetvillkore samt (y 1, y 2, y 3 ) = (30, 0, 90) ger de primala lösige: (x 1, x 2, x 3 ) = (20, 0, 80), vilke också är tillåte (Obs. detta måste kotrolleras!). Alltså, de giva iformatioe: x 1 > 0, x 3 > 0 och bivillkor (ii) uppfyllt med strikt olikhet i optimum, resulterar i e tillåte lösig i både primale och duale, vilket betyder att lösige är optimal. Alltså, hypotese stämmer. Agåede deluppgift b), så behöver vi edast kotrollera att det adra bivillkoret i duale fortfarade är uppfyllt, dvs, y1 + y 2 + y 3 c 2. Alltså, då c 2 120 så är det sat att x 1 > 0, x 3 > 0 och bivillkor (ii) uppfyllt med strikt olikhet i optimum. 2
Uppgift 3 a) Låt x 1 vara atalet P1 som skall produceras och låt x 2 vara atalet P2 som skall produceras. Viste som skall maximeras beteckar vi med Z. Problemet blir då maximera Z =4x 1 + 4x 2 då 3x 1 + 2x 2 24 x 1 + 2x 2 12 x 1 4, x 2 0. b) Problemet löses grafiskt eligt figure eda. I figure ses att de optimala lösige ges av skärigspukte mella de båda bivillkore, det vill säga x 1 = 6 x 2 = 3, vilket ger det optimala målfuktiosvärdet Z = 400 6 + 400 3 = 3600. Carl skall alltså tillverka sex st P1 och tre st P2 och tjäar då 3600 kr. c) Skuggpriset för det första bivillkoret (moterig) beräkas geom 3x 1 + 2x 2 = 24 + b 1 x 1 + 2x 2 = 12 x 1 = 6 + 1 2 b 1 x 2 = 3 1 4 b 1, vilket ger Z = 3600 + 100 b 1. Skuggpriset är alltså 100 kr/h. Skuggpriset för det adra bivillkoret (målig) beräkas på motsvarade sätt och vi får x 1 = 6 1 2 b 2 x 2 = 3 + 3 4 b, 2 3
viklet ger Z = 3600 + 100 b 2. Skuggpriset är alltså 100 kr/h. Skuggpris defiieras som margialförädrige av det optimala målfuktiosvärdet då tillgåge på e resurs ökas. I det här fallet ka ma tolka det som hur mycket det skulle vara värt för Carl att ha ytterligare e timme tillgäglig för moterig respektive målig. Uppgift 4 a) Itroducera variablera: x ij = pegabelopp som perso i ger till perso j. Modelle blir som följer. mi Z = b) Itroducera variablera, y ij : i=1 då f i + y ij = Modelle omformuleras eligt: mi Z = x ij x ij x ji = f j, i = 1,...,. x ij 0, i = 1,...,, j = 1,...,. 1, om perso i ger ågra pegar till perso j 0, aars i=1 då f i + x ij x ij y ij = 1, x ji = f j, i = 1,..., i = 1,..., x ij My ij, i = 1,...,, j = 1,..., y ij 0, 1}, i = 1,...,, j = 1,..., x ij 0, i = 1,...,, j = 1,..., M är ett stort tal. 4
Uppgift 5 a) Tillstådsgrafe ka ses i figure eda, där tillstådet ager atalet kuder i systemet. 3/4 /2 /4 0 1 2 3 4 μ μ μ μ För att beräka tillstådssaolikhetera aväds sittmetode, vilke ger P 0 = P 1 P 1 = P 0 = P 0 3 4 P 1 = P 2 P 2 = 3 ( ) 2 P 0 = 3 4 4 P 0 1 2 P 2 = P 3 P 3 = 3 ( ) 3 P 0 = 3 8 8 P 0 1 4 P 3 = P 4 P 4 = 3 ( ) 4 P 0 = 3 32 32 P 0. Summa av alla tillstådssaolikheter skall vara lika med ett, vilket ger oss värdet på P 0 och vi får b) Förvätat atal kuder i systemet ges av L = ( P k = 1 P 0 1 + 1 + 3 4 + 3 8 + 3 ) = 1 P 0 = 32 0, 31 32 103 P 0 = 32 103 0,31 P 1 = 32 103 0,31 P 2 = 24 103 0,23 P 3 = 12 103 0,12 P 4 = 3 103 0,03. kp k = 0P 0 + P 1 + 2P 2 + 3P 3 + 4P 4 = 4P 0 = 128 103 1,24. Förvätad tid e kud tillbrigar i systemet ges av W = L, där = k P k = P 0 + 3 4 P 1 + 1 2 P 2 + 1 4 P 3 + 0P 4 = 71 32 P 0 = 213 103 2,07, 5
vilket ger W = 128/103 213/103 = 128 213 0,60. c) Förvätat atal förlorade kuder per tidsehet ges av Uppgift 6 k 4 P k = 0 + 1 4 P 1 + 2 4 P 2 + 3 4 P 3 + 4 4 P 4 = 32 103 = 96 103 0,93. a) Tillstådsgrafe för problemet ses eda, där tillståd är defiierat som atal kuder i systemet. 0 1 2 3 4 5 μ μ μ 2μ 3μ 4μ Figur 1: Tillstådsgraf. Exempelvis, itesitete att gå frå tillståd 5 till tillståd 4 är + 2 = 3 eftersom det fis två kuder i kö som har tre kuder eller fler framför sig. Sittmetode ger P k = ( ) k P 0 för k = 0, 1, 2, 3. Fortsätt att aväda sittmetode för att ta fram övriga tillstådssaolikheter. Detta ger ( ) P k = (/)k 3 (k 2)! P 3 = (/)k 3 3 P 0 = (/)k (k 2)! (k 2)! P 0 för k = 4, 5, 6.... Det som återstår är att beräka P 0, vilke fås ur ormerigsvillkoret P k = 1. Vi får P k = P 0 ( 3 ( ) k + ) ( (/) k 3 = P 0 (k 2)! Serie i detta uttryck ka direkt utvecklas eligt ( ) k + ( ) 2 ) (/) k+2. (k + 2)! (/) k+2 (k + 2)! (/) k = k! (1 + /) = e / (1 + /). Alltså, P 0 fås eligt P 0 = ( 1 + + ( ) 2 e / ) 1. 6
b) De geomsittliga itesitete för vilka kuder lämar systemet (apoteket) är lika med de geomsittliga akomstitesitete eftersom både tider mella akomster och betjäigstider är expoetialfördelade, samt att atal köplatser är obegräsat. Alltså, = k=1 kp k = kp k =. Om detta förhållade ite ises, så ka de geomsittliga itesitete för vilka kuder lämar systemet (apoteket) beräkas eligt k P k = (P 1 + P 2 + P 3 ) + (k 2)P k k=1 = (P 1 + P 2 + P 3 ) + (k 2) (/)k 3 (k 2)! P 3 = (P 1 + P 2 + P 3 ) + (/)k 3 (k 3)! P 3 = (P 1 + P 2 + P 3 ) + P 3 (e / 1), där P k, k = 0, 1, 2,..., är käda frå deluppgift a). Geom att utveckla detta uttryck kommer ma till slut fram till att k=1 kp k =. 7