Transporto uždaviniai ir individualus darbas
1. Trijų pavadinimų A, B ir C produkcijai gaminti įmonė naudoja trijų rūšių žaliavas: R1, R2, R3. Jų atsargos atitinkamai 200 kg, 90 kg ir 140 kg, o sąnaudos (kg) vienam produkcijos vienetui tokios:
A B C
R1 2 5 4
R2 7 3 6
R3 3 9 5
Pagamintą produkciją numatoma parduoti atitinkamai po 6 Lt, 6Lt ir 3 Lt už vienetą. Sudarykite didžiausias pajamas duosiantį gamybos planą.
Sprendimas:
2×1 + 5×2 + 4×3 ≤ 200
7×1 + 3×2 + 6×3 ≤ 90
3×1 + 9×2 + 5×3 ≤ 140
x 1≥ 0; x2 ≥≥ 0; x3 ≥ 0
F = 6×1 + 6×2 + 3×3 → max
max ( 6×1 + 6×2 + 3×3 ) kai,
2×1 + 5×2 + 4×3 ≤ 200
7×1 + 3×2 + 6×3 ≤ 90
3×1 + 9×2 + 5×3 ≤ 140
x1≥ 0; x2 ≥ 0; x3 ≥ 0
2×1 + 5×2 + 4×3 + x4 ≤ 200
7×1 + 3×2 + 6×3 + x5 ≤ 90
3×1 + 9×2 + 5×3 + x6 ≤ 140
xj ≥ 0 ; j = 1; 2; 3; 4; 5; 66;
Čia x4 x5 ir x6 yra atitinkamai pirmosios antrosios ir trečiosios žaliavų likučiai.
Sistema turi be galo daug sprendinių, nes sistemos rangas r(A)=r=3, kadangi
1 0 0
det (a4, a5, a6)= 0 1 0 = 1 ≠ 0
0 00 1
Taigi turime tris bazinius nežinomuosius ir tris laisvuosius. ( n – r = 6 – 3 = 3 )
Pradiniam (baziniam) sprendiniui surasti pabandome surasti vieno, labiausiai apsimokančio, gaminio gamybos planą. „ Labiausiai apsimokančiu“ laikysime tą gaminį, kuris užtikrins didžiausias pajamas. Taigi jei gaminsime vien tik pirmąjį gaminį A, tai:
pirmoji žaliava R1 jo leis pagaminti 200/2=100vnt. ,
o antroji žaliava R2 jo leis pagaminti 90/7=12.8 vnt. ,
ir trečioji žaliava R3 leis jo pagaminti 140/3=46.(6)vnt.
Šiuo atveju gaminio A galėsime pagaminti tik 12.8 vnt., nes baigsis antroji žaliava, t.y. x6=0.
Pardavus visą partiją gaminio A, pajamos bus 12.8*6 = 76.8 pinig. vnt.
Gaminant vien tik antrajį gaminį B, atitinkamai:
pirmoji žaliava R1 leistų jo pagaminti 200/5 = 40 vnt. ,
o antroji žaliava R2 lleistų jo pagaminti 90/3 = 30vnt. ,
įr trečioji žaliava R3 leistų jo pagaminti 140/9 = 15.5 vnt.,
Pagaminus gaminio B 15.5 ienetų. Baigtųsi trečiosios žalaivos R3 atsargos t.y. x6=0 Pajamos būtų 15.(5)*6 = 93.(3)vnt.
Gaminant vien tik trečiajį gaminį C, atitinkamai žaliavos leistų jo pagaminti :
200/4 = 50 vnt.
90/6 = 15 vnt.
140/5 = 28 vnt.
Gaminio C galėtume pagaminti tik 15 vnt. Nes jo gamyba lemia antrosios žaliavos atsargos, x5=0 Pajamos būtų 15*3 = 45 pinig.vnt.
Vadinasi didžiausias pajamas gausime gaminant aantrą gaminį B todėl baziniu kintamuoju pasirenkame x2, o x1 ir x3 bus laisvieji. Žinome, kad pagaminus 15.5 vnt. antro gaminio B baigtusi (R2) antroji žaliava t.y. jos likutis x5=0, todėl x5 bus laisvų kintamuojų, o x4 ir x6 baziniais kintamaisiais.
Labiausiai apsimokančiu laikome gaminio B gamybą todėl baziniais kintamaisiais pasirenkame x2 x4 x6, laisvaisiais x1 x3 x5. Bazinius kintamuosius ir tikslo funkciją išreiskę laisvaisiais kintamaisiais, gauname pradinį (bazinį) sprendinį (gamybos planą)
5×2 + x4 = 200 – 2×1 – 4×3
3×2 = 90 – 7×1 – 6×3 – x5
9×2 + x6 = 140 – 3×1 – 5×3
x2 = 30 – 7/3×1 – 2×3 – 1/3×5
x4 = 5 ( 30 – 7/3×1 – 2×3 – 1/3×5 ) = 200 – 2×1 – 4×3
x4 = 50 + 29/3×1 + 6×3 + 5/3×5
x6 = 140 – 3×1 – 5×3 – 9 ( 30 – 7/3×1 – 2×3 – 1/3×5 )
x6 = – 130 + 18×1 + 13×3 + 3×5
F = 6×1 + 6×2 + 3×3
F = 6×1 + 6 ( 30 – 7/3×1 – 2×3 – 1/3×5 ) + 3×3
F = 180 – 8×1 – 9×3 – 2×5
Optimalus gamybos planas yra šis:
max = F = 180 pinig. vnt. Kai x = ( 0; 30; 00; 50; 0; -130; ) t.y. gaminio B reikės gaminti 30 vnt. Gaminio A nereikės gaminti, nes x1 = 0 ir gaminio C nereikes gaminti nes x3=0, x4 žaliavų liko (x4 = 50), x5 žaliavu neliks, o x6 reikės papildomai 130. Pardavus pagamintą produkciją didziausios pajamos bus 180 pinig. vnt.
2.Žmogui per dieną reikia suvartoti ne mažiau kaip 70 g baltymų, 58 g riebalų ir 90 g anglevandenių. Dietai sudaryti naudojami trys produktai A, B, C. Šių produktų maistingųjų medžiagų kiekiai (g) sąlyginiame šio produkto vienete, bei produktų kainos nurodyti lentelėje:
A B C
Baltymai 6 8 4
Riebalai 4 5 5
Anglevandeniai 3 2 10
Produkto vieneto kaina 7 5 6
Sudarykite pigiausią dietą iš trijų produktų A, B, C, garantuojančią minimalias maistingųjų medžiagų normas.
Sprendimas:
6×1 + 8×2 + 4×3 ≥ 70
4×1 + 5×2 + 6×3 ≥ 58
3×1 + 2×2 + 10×3 ≥ 90
x1 ≥ 0; x2 ≥ 0; x3 ≥ 0;
F = 7×1 + 5×2 + 6×3 → min
Min F = min ( 7×1 + 5×2 + 6×3 ) kai
6×1 + 8×2 + 4×3 – x4 = 70
4×1 + 5×2 + 6×3 – x5 = 58
3×1 + 2×2 + 10×3 – x6 = 90
x1 ≥ 0 j = 1; 2; 3; 4; 5; 6;
Čia x4 reiškia baltymų perteklių, x5 – riebalų perteklių, x6 – anglevandenių perteklių, mūsų pasirinktoje dietoje.
Sistema tturi be galo daug sprendinių, nes jos rangas r < ( 3 < 6 ). Taigi trys kintamieji bus baziniai, o kiti laisvieji. Pirmasis bazinis sprendinys x0 = ( 0; 0; 0; -70; -58; -90 ), tačiau jis mums netinka, kadangi turi neigiamas komponentes. Pradiniam baziniam sprendiniui nustatyti imsime maitinimąsi tik vienu iš trijų produktų ir nuspresime kuriuo iš jų reikėtų maitintis, kad išlaidos maistui būtų mažiausios ir pasirinktoji dieta garantuotų minimaliasias maistingųjų medžiagų normas, kurios yra nurodytos lentelėje.
Jei valgysime tik pirmąjį produktą A, tai jo reikės:
70/6=11,66vnt.,
58/4=14,5 vnt.,
90/3=30 vnt.
Taigi šio produkto reikėtų pirkti ir suvartoti 30 vienetų. Tada būtų garantuota minimali anglevandenių norma, o baltymų ir riebalų šioks toks perteklius. Visa tai kainuotų 30*7=210 pinig. vnt.
Panašiai galvodami nustatome, kad maitinantis vien tik antruoju produktu B jo reikės
70/8=8.75 vnt.,
58/5=11.6 vnt.,
90/2=45 vnt.
Matom, kad būtų garantuotos minimalios baltymų normos, antrojo produkto B reikėtų pirkti 45 vnt., o tai kainuotų 7 45*5=225 pinig.vnt.
Jei valgysime tik trečiąjį produktą C tai jo reikės:
70/4=17.5vnt.,
58/6=9.(6)vnt.,
90/10=9vnt.
Matome kad būtų garantuota minimali riebalu norma, trečiojo produkto C reikėtų pirkti ir suvartoti 17.5 vnt. , tai kainuotų 17.5*6=105 pinig. vnt
Taigi pigiausia būtų maitintis trečiuoju produktu. Mūsų dieta būtų (0; 0; x3) Baziniu kintamuoju pasirinkus x3, laisvaisis kintamasis bus
x5, nes suvalgius trečio produkto 17,.5 vnt., t.y. x3=17,5, riebalų gausime norma, t.y. jų perteklius x5=0
Baziniai kintamieji yra x3, x4, x6, o laisvieji kintamieji x1, x2, x5.
Dabar bazinius kintamuosius ir tikslo funkciją išreiškiame laisvaisiais kintamaisiais.
4×3 – x4 = 70 – 6×1 – 8×2
6×3 = 58 – 4×1 – 5×2 + x5
10×3 – x6 = 90 – 3×1 – 2×2
Iš antros lygties išsireiškiame x3:
x3=29/3 – 2/3×1 – 5/6×2 + 1/6×5
Iš pirmos lygties išsireiškiame x4:
-x4 = 70 – 6×1 – 88×2 – 4×3 /(-1)
x4 = – 70 + 6×1 + 8×2 + 4 ( 58/6 – 4/6×1 – 5/6×2 + 1/6×5 )
x4 = – 94/3 + 20/6×1 + 28/6×3 + 4/6×5
Iš trečios lygties išsireiškiame x6:
-x6 = 90 – 3×1 – 2×2 – 10 ( 29/3 – 2/3×1 – 5/6×2 + 1/6×5 )
x6 = 20/3 – 11/3×1 – 19/3×2 + 5/3×5
Išreiškaime laisvaisiais kintaimaisiais tikslo funkciją F:
F = 7×1 + 5×2 + 6 ( 29/3 – 2/3×1 – 5/6×2 + 1/6×5 )
F == 58 + 3×1 + x5
Taigi x3 = ( 0; 0; 29/3; -94/3; 0; -90 ) ir F = 58 pinig. vnt., t.y. perkant ir valgant trečio produkto 29/3 vnt. O antrojo ir trečiojo neperkant (x2=x3=0) organizmas gaus minimalia, lenteleje nnurodyta riebalų normą ( nes riebalų perteklius x5=0), o baltymu – 94/3 ir anglevandeniu – 90 vnt. stygių. , išlaidos maistui 58 pinig. vnt.
Min F = 58 pinig. vnt., kai x = ( 0; 0; 29/3; -94/3; 0; -90 )
3. Rasti maxz = max ( -x1 + 2×2 + x4 – 3×5), kai
x1 – 5×2 + x3 = 15
x1 + 2×2 – x4 = 16
2×1 + 3×2 + x5 = 19
xi ≥ 0; j = 1; 2; 3;
Sprendimas:
1 -5 1 0 0 15
1 2 0 -1 0 16 /(-1)
2 3 0 0 1 19
1 -5 1 0 0 15
-1 -2 0 -1 0 -16
2 3 0 0 1 19 r = 3
x3 = 15 ++ 5×2 – x1
x4 = – 16 + 2×2 + x1
x5 = 19 – 3×2 – 2×1
tada z = -x1 + 2×2 + ( – 16 + 2×2 + x1 ) – 3 ( 19 – 3×2 – 2×1 ) = 6×1 + 13×2 – 73, kai
15 + 5×2 – x1 ≥ 0
– 16 + 2×2 + x1 ≥ 0
19 – 3×2 – 2×1 ≥ 0
x1 ≥ 0; x2 ≥ 0
1 tiesė
15 + 5×2 – x1 = 0 kkai
x1 x2
0 -3
15 0
2 tiesė
-16 + 2×2 + x1 = 0
x1 x2
0 8
16 0
3 tiesė
19 – 3×2 – 2×1 = 0
x1 x2
2 5
5 3
19 – 3×2 – 2×1 = 0
-2×1 = -19 + 3×2
x1 = ( -19 + 3×2 ) /-2 = ( 19 – 3×2 ) /2
Kai x2 = 3, tai ( 19 – 9 ) /2 = 5
Kai x2 = 5, tai ( 19 – 15 ) /2 = 2
Tikslo funkcija:
6×1 + 13×2 – 73 = 0
6×1 = 73 – 13×2
x1 = ( 73 – 13×2 ) /6
x1 x2
3.5 4
10 1
Rasti taško A koordinates ( 1 ir 2 tiesės )
15 + 5×2 – x1 = 0
-16 + 2×2 + x1 = 0
-1 + 7×2 = 0
x2 = 1-7,tai x1 = 15 sveikų ir 5/7
A (15 5/7; 1/7)
Max z = 6×1 + 13×2 – 73 = 6*110/7 + 13/7 * 1/7 – 73 = 162/7
Kai x1 = 15 5/7; x2 = 1/7, tai
x3 = 15/1 + 1/7 – 110/7 = 0
x4 = -16/1 + 2*1/7 + 110/7 = 0
x5 = 19-3 * 1/7 – 2 * 110/7 = -90/7
Ats.: max z = 162/7, kai x = ( 15 5/7; 1/7; 0; 0; -90/7)
Inga Ževžikovaitė VV6/1
Individualus namų darbas Nr.2; II dalis
3. Ištirti funkciją y=x3-Ax2 + B, A- studento pažymėjimo paskutinis skaitmuo, šiuo aatveju A=7; B- vardo raidžių skaičius, šiuo atveju B=4.
1. D (-∞; +∞)
2. f(-x) = -x3 – 7×2 + 4; nei lyginė nei nelyginė; neperiodinė
3. Kai grafikas kerta Ox ašį, tai y=0
x3 – 7×2 + 4 = 0
x3 – 7×2 = -4
x2 ( x – 7 ) = -4
x2 ≠ -4
x – 7 = -4
x = 3
Kai grafikas kerta Oy ašį, tai x = 0; y = 4
( 0; 4 ) ( 3; 0 )
4. f ‘(x) = 3×2 – 14x
3×2 – 14x = 0
x ( 3x – 14 ) = 0
x = 0 3x – 14 = 0
3x = 14
x = 14/3
f (0) = 0
f (14/3) = 588/9 – 196/3 = 0
5. f“ (x) = (3×2-14)‘ = 6x – 14
6x – 14 = 0
6x = 14
x = 14/6=7/3
f (7/3) = (7/3)3 – 7 * (7/3)2 + 4 = ( 347 – 1041 + 108 )/27 = 586/27
6. Vertikalių asimptočių neturi, nes neturi trūkio taškų.
Pasviroji asimptotė.
lim ( x3 – 7×2 + 4 )/x = ∞
x→±∞
Ši funkcija asimptočių neturi.
7.
4. Nubraižyti funkcijų ir jų išvestinių grafikus:
a. C(x)=x4+Bx+C; C-pavardės raidžių skaičius, šiuo atveju C=12
b. C(x)=C log7x
c. C(x)=Bx
a. C(x)=x4+Bx+C; C-pavardės raidžių skaičius, šiuo atveju C=12
x C(x)= x4+4x+12 C‘(x)=4×3+4
1 17 8
2 36 36
3 105 112
4 284 260
5 657 504
6 1332 868
7 2441 1376
8 4140 2052
9 6609 2920
10 10053 40004
11 14697 58568
12 20796 82948
13 28625 114248
14 38484 153668
15 50707 202504
16 65622 262148
17 83611 334088
18 105070 419908
19 130419 521288
20 160092 640004
c. C(x)=Bx
x C (x) = 44x C‘ (x) = x4 x-1
1 4 1/4
2 16 8
3 64 48
4 256 256
5 1026 1280
6 4096 6144
7 16384 28672
8 65536 131072
9 262144 589824
10 1048576 2621440
11 4194304 11534336
12 1677216 50331648
13 67108864 218103808
14 268435456 939524096
15 1073741824 4026531840
16 4294967296 17179869184
17 17179869184 73014444032
18 68719476736 309237645312
19 274877906944 1305670057984
20 1099511627776 5497558138880
