Двойственная транспортная задача

Математическая модель транспортной задачи:
F = ∑∑cijxij,    (1)
при условиях:
∑xij = ai,  i = 1,2,…, m,   (2)
∑xij = bj,  j = 1,2,…, n,   (3)
С целью составления двойственной задачи переменные xij в условии (2) заменим на u1, u2, ui,.., um, а переменные xij в условия (3) на v1, v2, vj,.., vn.
Поскольку каждая переменная xij входит в условия (2,3) и целевую функцию (1) по одному разу, то двойственную задачу по отношению к прямой транспортной задаче можно сформулировать следующим образом.
Требуется найти не отрицательные числа ui (при i  = 1,2,…,m) и vj (при j = 1,2,..,n), обращающие в максимум целевую функцию
G = ∑aiui + ∑bjvj
при условии
ui + vj ≤ cij, i = 1,2,..,m; j = 1,2,..,n    (4)
В систему условий (4) будет mxn неравенств. По теории двойственности для оптимальных планов прямой и двойственной задачи для всех i,j должно быть:
ui + vj ≤ cij, если xij = 0,
ui + vj = cij, если xij ≥ 0,
Эти условия являются необходимыми и достаточными признаками оптимальности плана транспортной задачи.
Числа ui , vj называются потенциалами. Причем число ui называется потенциалом поставщика, а число vj – потенциалом потребителя.
По первой теореме двойственности в оптимальном решении значения целевых функций прямой и двойственных задач совпадают: F = G.
Стоимость доставки единицы груза из каждого пункта отправления в соответствующие пункты назначения задана матрицей тарифов

  1 2 3 4 Запасы
1 5 2 4 9 2720
2 2 3 5 7 3180
3 8 1 3 6 3000
Потребности 1070 2930 2360 2640  


Проверим необходимое и достаточное условие разрешимости задачи.
∑a = 2720 + 3180 + 3000 = 8900
∑b = 1070 + 2930 + 2360 + 2640 = 9000
Как видно, суммарная потребность груза в пунктах назначения меньше запасов груза на базах. Следовательно, модель исходной транспортной задачи является открытой. Чтобы получить закрытую модель, введем дополнительную (фиктивную) потребность, равным 100 (9000—8900). Тарифы перевозки единицы груза из базы во все магазины полагаем равны нулю.
Занесем исходные данные в распределительную таблицу.

  1 2 3 4 Запасы
1 5 2 4 9 2720
2 2 3 5 7 3180
3 8 1 3 6 3000
4 0 0 0 0 100
Потребности 1070 2930 2360 2640  


Этап I. Поиск первого опорного плана.
1. Используя метод северо-западного угла, построим первый опорный план транспортной задачи.
План начинается заполняться с верхнего левого угла.
Искомый элемент равен 5
Для этого элемента запасы равны 2720, потребности 1070. Поскольку минимальным является 1070, то вычитаем его.
x11 = min(2720,1070) = 1070.

5 2 4 9 2720 - 1070 = 1650
x 3 5 7 3180
x 1 3 6 3000
x 0 0 0 100
1070 - 1070 = 0 2930 2360 2640 0


Искомый элемент равен 2
Для этого элемента запасы равны 1650, потребности 2930. Поскольку минимальным является 1650, то вычитаем его.
x12 = min(1650,2930) = 1650.

5 2 x x 1650 - 1650 = 0
x 3 5 7 3180
x 1 3 6 3000
x 0 0 0 100
0 2930 - 1650 = 1280 2360 2640 0


Искомый элемент равен 3
Для этого элемента запасы равны 3180, потребности 1280. Поскольку минимальным является 1280, то вычитаем его.
x22 = min(3180,1280) = 1280.

5 2 x x 0
x 3 5 7 3180 - 1280 = 1900
x x 3 6 3000
x x 0 0 100
0 1280 - 1280 = 0 2360 2640 0


Искомый элемент равен 5
Для этого элемента запасы равны 1900, потребности 2360. Поскольку минимальным является 1900, то вычитаем его.
x23 = min(1900,2360) = 1900.

5 2 x x 0
x 3 5 x 1900 - 1900 = 0
x x 3 6 3000
x x 0 0 100
0 0 2360 - 1900 = 460 2640 0


Искомый элемент равен 3
Для этого элемента запасы равны 3000, потребности 460. Поскольку минимальным является 460, то вычитаем его.
x33 = min(3000,460) = 460.

5 2 x x 0
x 3 5 x 0
x x 3 6 3000 - 460 = 2540
x x x 0 100
0 0 460 - 460 = 0 2640 0


Искомый элемент равен 6
Для этого элемента запасы равны 2540, потребности 2640. Поскольку минимальным является 2540, то вычитаем его.
x34 = min(2540,2640) = 2540.

5 2 x x 0
x 3 5 x 0
x x 3 6 2540 - 2540 = 0
x x x 0 100
0 0 0 2640 - 2540 = 100 0


Искомый элемент равен 0
Для этого элемента запасы равны 100, потребности 100. Поскольку минимальным является 100, то вычитаем его.
x44 = min(100,100) = 100.

5 2 x x 0
x 3 5 x 0
x x 3 6 0
x x x 0 100 - 100 = 0
0 0 0 100 - 100 = 0 0

  1 2 3 4 Запасы
1 5[1070] 2[1650] 4 9 2720
2 2 3[1280] 5[1900] 7 3180
3 8 1 3[460] 6[2540] 3000
4 0 0 0 0[100] 100
Потребности 1070 2930 2360 2640  


В результате получен первый опорный план, который является допустимым, так как все грузы из баз вывезены, потребность магазинов удовлетворена, а план соответствует системе ограничений транспортной задачи.
2. Подсчитаем число занятых клеток таблицы, их 7, а должно быть m + n - 1 = 7. Следовательно, опорный план является невырожденным.
Значение целевой функции для этого опорного плана равно:
F(x) = 5*1070 + 2*1650 + 3*1280 + 5*1900 + 3*460 + 6*2540 + 0*100  = 38610

Этап II. Улучшение опорного плана.
Проверим оптимальность опорного плана. Найдем предварительные потенциалы ui, vj. по занятым клеткам таблицы, в которых ui + vj = cij, полагая, что u1= 0.
u1 + v1 = 5; 0 + v1 = 5; v1 = 5
u1 + v2 = 2; 0 + v2 = 2; v2 = 2
u2 + v2 = 3; 2 + u2 = 3; u2 = 1
u2 + v3 = 5; 1 + v3 = 5; v3 = 4
u3 + v3 = 3; 4 + u3 = 3; u3 = -1
u3 + v4 = 6; -1 + v4 = 6; v4 = 7
u4 + v4 = 0; 7 + u4 = 0; u4 = -7

  v1=5 v2=2 v3=4 v4=7
u1=0 5[1070] 2[1650] 4 9
u2=1 2 3[1280] 5[1900] 7
u3=-1 8 1 3[460] 6[2540]
u4=-7 0 0 0 0[100]


Опорный план не является оптимальным, так как существуют оценки свободных клеток, для которых ui + vj > cij
(2;1): 1 + 5 > 2; ∆21 = 1 + 5 - 2 = 4
(2;4): 1 + 7 > 7; ∆24 = 1 + 7 - 7 = 1
max(4,1) = 4
Выбираем максимальную оценку свободной клетки (2;1): 2
Для этого в перспективную клетку (2;1) поставим знак «+», а в остальных вершинах многоугольника чередующиеся знаки «-», «+», «-».

  1 2 3 4 Запасы
1 5[1070][-] 2[1650][+] 4 9 2720
2 2[+] 3[1280][-] 5[1900] 7 3180
3 8 1 3[460] 6[2540] 3000
4 0 0 0 0[100] 100
Потребности 1070 2930 2360 2640  


Цикл приведен в таблице (2,1; 2,2; 1,2; 1,1; ).
Из грузов хij стоящих в минусовых клетках, выбираем наименьшее, т.е. у = min (1, 1) = 1070. Прибавляем 1070 к объемам грузов, стоящих в плюсовых клетках и вычитаем 1070 из Хij, стоящих в минусовых клетках. В результате получим новый опорный план.

  1 2 3 4 Запасы
1 5 2[2720] 4 9 2720
2 2[1070] 3[210] 5[1900] 7 3180
3 8 1 3[460] 6[2540] 3000
4 0 0 0 0[100] 100
Потребности 1070 2930 2360 2640  


Проверим оптимальность опорного плана. Найдем предварительные потенциалы ui, vj. по занятым клеткам таблицы, в которых ui + vj = cij, полагая, что u1 = 0.
u1 + v2 = 2; 0 + v2 = 2; v2 = 2
u2 + v2 = 3; 2 + u2 = 3; u2 = 1
u2 + v1 = 2; 1 + v1 = 2; v1 = 1
u2 + v3 = 5; 1 + v3 = 5; v3 = 4
u3 + v3 = 3; 4 + u3 = 3; u3 = -1
u3 + v4 = 6; -1 + v4 = 6; v4 = 7
u4 + v4 = 0; 7 + u4 = 0; u4 = -7

  v1=1 v2=2 v3=4 v4=7
u1=0 5 2[2720] 4 9
u2=1 2[1070] 3[210] 5[1900] 7
u3=-1 8 1 3[460] 6[2540]
u4=-7 0 0 0 0[100]


Опорный план не является оптимальным, так как существуют оценки свободных клеток, для которых ui + vj > cij
(2;4): 1 + 7 > 7; ∆24 = 1 + 7 - 7 = 1
Выбираем максимальную оценку свободной клетки (2;4): 7
Для этого в перспективную клетку (2;4) поставим знак «+», а в остальных вершинах многоугольника чередующиеся знаки «-», «+», «-».

  1 2 3 4 Запасы
1 5 2[2720] 4 9 2720
2 2[1070] 3[210] 5[1900][-] 7[+] 3180
3 8 1 3[460][+] 6[2540][-] 3000
4 0 0 0 0[100] 100
Потребности 1070 2930 2360 2640  


Цикл приведен в таблице (2,4; 2,3; 3,3; 3,4; ).
Из грузов хij стоящих в минусовых клетках, выбираем наименьшее, т.е. у = min (2, 3) = 1900. Прибавляем 1900 к объемам грузов, стоящих в плюсовых клетках и вычитаем 1900 из Хij, стоящих в минусовых клетках. В результате получим новый опорный план.

  1 2 3 4 Запасы
1 5 2[2720] 4 9 2720
2 2[1070] 3[210] 5 7[1900] 3180
3 8 1 3[2360] 6[640] 3000
4 0 0 0 0[100] 100
Потребности 1070 2930 2360 2640  


Проверим оптимальность опорного плана. Найдем предварительные потенциалы ui, vj. по занятым клеткам таблицы, в которых ui + vj = cij, полагая, что u1 = 0.
u1 + v2 = 2; 0 + v2 = 2; v2 = 2
u2 + v2 = 3; 2 + u2 = 3; u2 = 1
u2 + v1 = 2; 1 + v1 = 2; v1 = 1
u2 + v4 = 7; 1 + v4 = 7; v4 = 6
u3 + v4 = 6; 6 + u3 = 6; u3 = 0
u3 + v3 = 3; 0 + v3 = 3; v3 = 3
u4 + v4 = 0; 6 + u4 = 0; u4 = -6

  v1=1 v2=2 v3=3 v4=6
u1=0 5 2[2720] 4 9
u2=1 2[1070] 3[210] 5 7[1900]
u3=0 8 1 3[2360] 6[640]
u4=-6 0 0 0 0[100]


Опорный план не является оптимальным, так как существуют оценки свободных клеток, для которых ui + vj > cij
(3;2): 0 + 2 > 1; ∆32 = 0 + 2 - 1 = 1
Выбираем максимальную оценку свободной клетки (3;2): 1
Для этого в перспективную клетку (3;2) поставим знак «+», а в остальных вершинах многоугольника чередующиеся знаки «-», «+», «-».

  1 2 3 4 Запасы
1 5 2[2720] 4 9 2720
2 2[1070] 3[210][-] 5 7[1900][+] 3180
3 8 1[+] 3[2360] 6[640][-] 3000
4 0 0 0 0[100] 100
Потребности 1070 2930 2360 2640  


Цикл приведен в таблице (3,2; 3,4; 2,4; 2,2; ).
Из грузов хij стоящих в минусовых клетках, выбираем наименьшее, т.е. у = min (2, 2) = 210. Прибавляем 210 к объемам грузов, стоящих в плюсовых клетках и вычитаем 210 из Хij, стоящих в минусовых клетках. В результате получим новый опорный план.

  1 2 3 4 Запасы
1 5 2[2720] 4 9 2720
2 2[1070] 3 5 7[2110] 3180
3 8 1[210] 3[2360] 6[430] 3000
4 0 0 0 0[100] 100
Потребности 1070 2930 2360 2640  


Проверим оптимальность опорного плана. Найдем предварительные потенциалы ui, vj. по занятым клеткам таблицы, в которых ui + vj = cij, полагая, что u1 = 0.
u1 + v2 = 2; 0 + v2 = 2; v2 = 2
u3 + v2 = 1; 2 + u3 = 1; u3 = -1
u3 + v3 = 3; -1 + v3 = 3; v3 = 4
u3 + v4 = 6; -1 + v4 = 6; v4 = 7
u2 + v4 = 7; 7 + u2 = 7; u2 = 0
u2 + v1 = 2; 0 + v1 = 2; v1 = 2
u4 + v4 = 0; 7 + u4 = 0; u4 = -7

  v1=2 v2=2 v3=4 v4=7
u1=0 5 2[2720] 4 9
u2=0 2[1070] 3 5 7[2110]
u3=-1 8 1[210] 3[2360] 6[430]
u4=-7 0 0 0 0[100]


Опорный план является оптимальным, так все оценки свободных клеток удовлетворяют условию ui + vj <= cij.
Минимальные затраты составят:
F(x) = 2*2720 + 2*1070 + 7*2110 + 1*210 + 3*2360 + 6*430 + 0*100  = 32220
Проверим оптимальность найденного плана по первой теореме двойственности (в оптимальном решении значения целевых функций прямой и двойственных задач совпадают: F = G).
G = 0•2720 + 0•3180 + (-1)•3000 + (-7)•100 + 2•1070 + 2•2930 + 4•2360 + 7•2640  = 32220
загрузка...