ffl een willekeurige LP in standaard vorm kan omzetten ffl het bij een basis toebehorend tableau en de basisoplossing kan berekenen ffl de simplex alg

Maat: px
Weergave met pagina beginnen:

Download "ffl een willekeurige LP in standaard vorm kan omzetten ffl het bij een basis toebehorend tableau en de basisoplossing kan berekenen ffl de simplex alg"

Transcriptie

1 Grafentheorie en Operationele Research Handout Operationele Research gedeelte 1 Inleiding 1.1 Inhoud Het Operationele Research gedeelte van het vak 'Grafentheorie en Operationele Research' houdt zich bezig met lineaire programmeringsproblemen (LP's) en hun oplossingsmethoden. Naast algemene LP's zal ook het transportprobleem behandeld worden. De inhoud is gebaseerd op de volgende hoofdstukken uit het boek Operations Research, Applications and Algorithms (3 rd edition) van Wayne L. Winston ffl 3.1 ffl , , 4.11 ffl ffl Leerdoelen De drie hoofddoelstellingen voor het Operationele Research gedeelte zijn: 1. kennismaken met belangrijke lineaire modellen 2. kennis opdoen over oplossingsmethoden voor deze lineaire modellen en 3. leren toepassen van deze oplossingsmethoden. Na afloop van het vak wordt verwacht dat een student: ffl een wiskundige formulering van een lineair programma (LP) kan opstellen 1

2 ffl een willekeurige LP in standaard vorm kan omzetten ffl het bij een basis toebehorend tableau en de basisoplossing kan berekenen ffl de simplex algoritme voor LP's in standaardvorm kan toepassen ffl de 2-fasen methode kan toepassen ffl bij een gegeven optimale oplossing van een LP een gevoeligheidsanalyse kan uitvoeren ffl een wiskundige formulering van een transportprobleem kan opstellen ffl een willekeurig transportprobleem in een gebalanceerd transportprobleem kan omzetten ffl een eerste toegelaten basisoplossing voor een transportprobleem met behulp van de NWC-rule en de Minimum-Cost-rule kan bepalen ffl de transportsimplexalgoritme kan toepassen op gebalanceerde transportproblemen ffl bij een gegeven optimale oplossing van een transportprobleem een gevoeligheidsanalyse kan uitvoeren ffl een transitoprobleem in een transportprobleem kan omzetten 2 Lineaire Programmerings problemen Lineaire programmerings problemen zijn een belangrijke deelklasse van optimaliseringsproblemen. Veel problemen uit de praktijk laten zich modelleren als LP. 2.1 Definitie Liniear Programma (LP) Een liniear programma wordt gekarakteriseerd door de volgende 3 punten: ffl maximaliseren (minimaliseren) van een lineaire doelfunctie in een (vaak groot) aantal (beslissings)variabelen ffl de variabelen moeten voldoen aan een aantal lineaire gelijkheids- of ongelijkheidsvoorwarden ffl de variabelen kunnen tekenrestricties hebben: voor iedere variabele is vastgelegd of hij niet negatief ( 0) of onbeperkt is 2.2 Aannames die bij LP's nodig zijn De bovenstaande definitie impliceert de volgende aannames voor LP's: ffl proportionaliteits aanname bijdrage van een variabele (aan doelfunctie of voorwaarde) is evenredig met in de waarde van de variabele 2

3 ffl additiviteits aanname bijdrage van een variabele (aan doelfunctie of voorwaarde) is onafhankelijk van de waardes van andere variabelen ffl deelbaarheids aanname iedere variabele kan rationele waarden hebben Opmerkingen: ffl Bestaat er voor een of meer variabelen een geheeltalligheidsrestrictie, dan is er sprake van een integer lineair programma (ILP) - dus geen LP! ffl ILP's zijn veel lastiger op te lossen dan LP's! 2.3 Voorbeeld Binnen de faculteit INF moeten geregeld files opgeslagen worden. Er zijn 3 verschillende types van files: text files (t), program files (p), data files (d), en voor het opslaan staan 3 verschillende media ter beschikking: hard disc (H), tape (T), main memory (M). De faculteit INF heeft capaciteit voor 2000 files op hard disc, 3000 files op tape en 1000 files in de main memory. De gebruikers willen 3000 text files, 1000 program files en 1000 data files opslaan. Gemiddeld zal een gebruiker 8keer een text file, 4 keer een program file en 2 keer een data file per maand opvragen. De tijd die nodig is voor het halen van een file is: Text Program Data Disc Tape Memory Het doel van de faculteit is de files zo op te slaan dat de gemiddelde tijd per maand voor het opvragen van files geminimaliseerd wordt. Voor het modelleren van dit probleem als een LP, moeten beslissingsvariablelen geïntroduceerd worden: f ij ; i 2fH; T; Mg; j 2ft; p; dg : aantal files van type j opgeslagen op medium i Dit leidt tot de volgende doelfunctie: min z = 40f Ht +16f Hp +8f Hd +80f Tt +32f Tp +12f Td +16f Mt +4f Mp +2f Md en de volgende voorwaarden: 3

4 f Ht +f Hp +f Hd» 2000 (capaciteit hard disc) f Tt +f Tp +f Td» 3000 (capaciteit tape) f Mt +f Mp +f Md» 1000 (capaciteit main memory) f Ht +f Tt +f Mt = 3000 (text files) f Hp +f Tp +f Mp = 1000 (program files) f Hd +f Td +f Md = 1000 (data files) f ij 2 N (geheeltalligheidsrestrictie) 2.4 Belangrijke begrippen In het vervolg worden de basisbegrippen voor LP's ingevoerd. worden verklaard met behulp van het volgende voorbeeld LP. Deze begrippen zullen max z = 3x 1 + 2x 2 subject to 2x 1 + x 2» 100 x 1 + x 2» 80 x 1» 40 x 1 ; x 2 0 We hanteren de volgende begrippen: ffl punt: specificatie waarden voor variabelen Voorbeeld: x =(5;50:3) ffl toegelaten gebied: alle punten die aan alle voorwaarden van het LP voldoen Voorbeeld: x =(x 1 ;x 2 ) met 2x 1 + x 2» 100 x 1 + x 2» 80 x 1» 40 x 1 0 x 2 0 ffl toegelaten punt: punt in toegelaten gebied Voorbeeld: x =(5;5) ffl niet toegelaten punt: ieder punt niet in het toegelaten gebied Voorbeeld: x = (60; 70) ffl optimale oplossing: een toegelaten punt met de grootst (kleinst) mogelijke doelfunctie waarde Voorbeeld: x = (20; 60) ffl bindende voorwaarde (van optimale oplossing): voorwaarde waarvoor in de optimale oplossing de rechter en linker zijde gelijk zijn 4

5 Voorbeeld: (voor x = (20; 60)) 2x 1 + x 2» 100 x 1 + x 2» 80 ffl niet bindende voorwaarde (van een optimale oplossing): voorwaarde waarvoor in de optimale oplossing de rechter en linker zijde niet gelijk zijn Voorbeeld: (voor x = (20; 60)) x 1» Mogelijke uitkomsten van een LP-probleem Ieder LP behoort tot een van de volgende types van LP-problemen: ffl Niet-toegelaten (infeasible) LP: Het LP heeft geen toegelaten en dus ook geen optimale oplossing. Voorbeeld: max x 1 + 3x 2 subject to x 1 + 2x 2» 10 x 1 + x 2 11 x 2» 3 x 1 0 x 2 0 ffl Onbegrensd (unbounded) LP: Het LP heeft toegelaten oplossingen met onbeperkt grote (kleine) doelfunctie waardem. Voorbeeld: max x 1 + 3x 2 subject to x 2» 3 x 1 0 x 2 0 Ieder punt (a; 3) met a 2 [0; 1) is toegelaten. oneindig groot worden. Dus kan de doelfunctiewaarde ffl LP met een oneindig aantal optimale oplossingen Voorbeeld: max 3x 2 subject to x 1 + 2x 2» 10 x 2» 3 x 1 0 x 2 0 5

6 Ieder punt (a; 3) met a 2 [0; 4] is optimaal. ffl LP met precies één optimale oplossing: Voorbeeld: max x 1 + 3x 2 subject to x 1 + 2x 2» 10 x 2» 3 x 1 0 x 2 0 Het punt (4; 3) is het enige optimale punt. 2.6 LP in standaard vorm Voor het ontwikkelen van een oplossingsmethode is het nuttig om uit te gaan van een bepaalde vorm die het LP heeft. Een LP is in standaard vorm wanneer ffl de doelfunctie gemaximaliseerd wordt ffl alle voorwaarden gelijkheidsvoorwaarden zijn en ffl alle variabelen 0 zijn Opmerking: De simplex algoritme (zoals voorgesteld in het volgende hoofdstuk) kan alleen toegepast worden op LP's in standaard vorm. 2.7 Omzetten van een willekeurig LP in standaard vorm Omdat niet ieder LP al direct in standaard vorm is, moet een willekeurig LP eerst omgezet worden in een equivalent LP in standaard vorm. In het vervolg wordt voor ieder mogelijke afwijking van de standaard vorm aangegeven hoe het LP veranderd moet worden om een equivalent LP in standaard vorm te verkrijgen. ffl doelfunctie z wordt geminimaliseerd: vervang z door z ffl ongelijkheidsvoorwaarden: Toevoegen van spelingsvariabelen:» voorwaarden: slack variabele s i 0 introduceren en in voorwaarde +s i toevoegen voorwaarden: excess variabele e i 0 introduceren en in voorwaarde e i toevoegen 6

7 ffl onbegrensde variabele x: vervang x door x 0 -x 00 met x 0 ;x 00 0 Opmerking: het omzetten van een LP in standaard vorm heeft geen invloed op de optimale oplossing (soms wel op de optimale doelfunctie waarde)! Voorbeelden ffl Voorbeeld minimalisatie doelfunctie wordt in standaard vorm: min z=4x 1 3x 2 s.t. x 1 + x 2 = 40 2x 1 + x 2 = 60 x 1 ;x 2 0 ffl Voorbeeld ongelijkheden max z= 4x 1 +3x 2 s.t. x 1 + x 2 =40 2x 1 + x 2 =60 x 1 ;x 2 0 wordt in standaard vorm: max z= 4x 1 +3x 2 s.t. x 1 + x 2»40 2x 1 + x 2 60 x 1 ;x 2 0 ffl Voorbeeld onbeperkte variabele max z= 4x 1 +3x 2 s.t. x 1 + x 2 +s 1 = 40 2x 1 + x 2 e 1 = 60 x 1 ;x 2 ;s 1 ;e 1 0 wordt in standaard vorm: max z= 4x 1 + 3x 2 s.t. x 1 + x 2 =40 2x 1 + x 2 =60 x 2 0 max z= 4x 0 1+4x x 2 s.t. x 0 1 x x 2 =40 2x 0 1 2x x 2 =60 x 0 1 ;x00;x

8 2.8 Algemeen LP in standaard vorm De algemene vorm van een LP in standaard vorm is: max z = c 1 x 1 +c 2 x 2 + ::: +c n x n s.t. a 11 x 1 +a 12 x 2 + ::: +a 1n x n = b 1 a 21 x 1 +a 22 x 2 + ::: +a 2n x n = b a m1 x 1 +a m2 x 2 +::: +a mn x n = b m x i 0; i =1;:::;n In matrixnotatie ziet dit LP er als volgt uit: max z = c T x s.t. Ax = b x 0 waarbij A = 2 64 a 11 a 12 ::: a 1n a 21 a 22 ::: a 2n... a m1 a m2 ::: a mn c = 2 64 c 1 c 2. c n 3 x ; x = x 2 4. x n 3 b ; b = b 2 4. b m Dit LP heeft n variabelen en m gelijkheden. Wij nemen in het vervolg aan dat n m ; 3 75 ; 2.9 Opgaven 1. Formuleer het volgende probleem als LP/ILP: Twente TV-Radio moet bepalen hoeveel TV's en radio's zij in voorraad willen houden. Een TV heeft 1m 2 opslagruimte nodig en een radio 0.25m 2. In totaal is er 20m 2 opslagruimte beschikbaar. Aan een TV verdient Twente TV-Radio 60 Euro en aan een radio 20 Euro. Op basis van gegevens uit de marketing afdeling moet ten minste 60% van de opgeslagen goederen radio's zijn. Verder wordt door een TV 200 Euro en door een radio 50 Euro aan kapitaal gebonden. Het bedrijf wil dat nooit meer dan 3000 Euro aan kapitaal door de opslag gebonden wordt. Doel is om een verzameling van goederen in voorraad te houden waarvoor een maximale winst verkregen wordt. 8

9 2. Zet het volgende LP om in standaard vorm: min z = 3x 1 +x 2 s.t. x 1 3 x 1 +x 2» 4 2x 1 x 2 = 3 x 1 ;x De simplex algoritme 3.1 Basisoplossingen Een basisoplossing voor een stelsel Ax = b is een oplossing waarbij ffl n m variabelen (niet basisvariabelen NBV) gelijk aan 0 gesteld worden en ffl de overige m variabelen (basisvariabelen BV) door oplossen van Ax = b bepaald worden. Opmerking: De kolommen van A behorende bij de basisvariabelen moeten een lineair onafhankelijk systeem vormen. Een basisoplossing heet toegelaten basisoplossing (TBO) wanneer elke variabele 0 is. Twee basisoplossingen zijn aanliggende basisoplossingen, wanneer zij m 1 basisvariabelen gemeen hebben. 3.2 Betekenis van TBO's Basisoplossingen spelen een belangrijke rol bij de simplex algoritme. De volgende twee stellingen geven nadere uitleg over deze rol. Stelling 1 Het toegelaten gebied van een LP is convex. Als een LP een optimale oplossing heeft, dan is er een extreem punt van het toegelaten gebied dat optimaal is. Stelling 2 Ieder TBO van een LP correspondeert met een uniek punt van het toegelaten gebied. Ieder extreem punt correspondeert met ten minste één TBO. Conclusie Bij het zoeken naar een optimale oplossing van een LP kan men zich beperken tot het zoeken van de beste TBO. De simplex algoritme zal op basis van deze resultaten ook alleen maar TBO's beschouwen. Uitgaande van een eerste TBO gaat de methode iteratief over naar een andere TBO en in iedere stap wordt er zorg voor gedragen dat de doelfunctiewaarde niet slechter wordt. 9

10 3.3 Canonieke vorm van een LP De simplex algoritme benut een bepaalde vorm van representatie van een LP: Definitie: Een stelsel Ax = b, waarbij voor elke gelijkheid een variabele bestaat, die in deze gelijkheid coëfficiënt 1 en in alle andere gelijkheden coëfficiënt 0 heeft, heet een stelsel in canonieke vorm. Om ook de doelfunctie te integreren in de canonieke vorm moet deze in de rij 0-versie van de doelfunctie omgezet worden. De doelfunctie z = c T x = c 1 x 1 + c 2 x 2 + :::+c n x n wordt in rij 0 versie: z c 1 x 1 c 2 x 2 + ::: c n x n =0 Voorbeeld canonieke vorm Het LP wordt in standaard vorm max z=60x x x 3 s.t. 8x 1 + 6x 2 + x 3» 48 4x 1 + 2x 2 + 1:5x 3» 20 2x 1 + 1:5x 2 + 0:5x 3» 8 x 2» 5 x 1 ;x 2 ;x 3 0 max z=60x x x 3 s.t. 8x 1 + 6x 2 + x 3 +s 1 = 48 4x 1 + 2x 2 + 1:5x 3 +s 2 = 20 2x 1 + 1:5x 2 + 0:5x 3 +s 3 = 8 x 2 +s 4 = 5 x 1 ;x 2 ;x 3 ;s 1 ;s 2 ;s 3 ;s 4 0 Het resulterende canoniek stelsel is Rij 0 z 60x 1 30x 2 20x 3 = 0 Rij 1 8x 1 + 6x 2 + x 3 +s 1 = 48 Rij 2 4x 1 + 2x 2 + 1:5x 3 +s 2 = 20 Rij 3 2x 1 + 1:5x 2 + 0:5x 3 +s 3 = 8 Rij 4 x 2 + s 4 = Samenhang canonieke vorm en basisoplossing Bij een canonieke vorm van een LP hoort ten minste één basisoplossing: ffl voor iedere gelijkheid kies een variabele die in deze gelijkheid coëfficiënt 1 en in de andere gelijkheden coëfficiënt 0 heeft, als bijbehorende BV (voor de doelfunctie kies altijd z) 10

11 ffl geef iedere BV de waarde van de rechterzijde (RHS) van zijn gelijkheid en geef iedere NBV waarde 0 ffl als de RHS 0 (met uitzondering van rij 0), dan is deze oplossing een TBO. Voor het voorbeeld in de vorige paragraaf geeft dit de volgende basisoplossing: BV = fz; s 1 ;s 2 ;s 3 ;s 4 g NBV = fx 1 ;x 2 ;x 3 g TBO = (0; 48; 20; 8; 5) (0; 0; 0) 3.5 Algemeen opzet Simplex Algoritme De basis structuur van de simplex algoritme ziet er als volgt uit: Stap 1. (Initialisatie) Bepaal een toegelaten (initiële) basisoplossing. Stap 2. (volgende oplossing) Test optimaliteit. Is oplossing optimaal, STOP. Zo nee, ga naar een betere aanliggende basisoplossing. Stap 3. (Iteratief proces) Herhaal Stap 2 met de nieuwe basisoplossing. 3.6 Basisstappen van de simplex algoritme Uitgangspunt: LP in canonieke vorm met toebehorend TBO (hoe men deze TBO krijgt, wordt later uitgelegd). De basisstap van de simplex algoritme (Stap 2 in bovenstaand algoritme) wordt als volgt gerealiseerd: 1. Optimaliteitstest: TBO is niet optimaal zolang een coëfficiënt in rij 0 negatief is 2. Bepaal variabele die in de basis komt: niet-basisvariabele met negatieve coëfficiënt in rij 0 ('binnenkomende variabele') 3. Ratio test: ffl bepaal minimum RHS i coëfficiënt van binnenkomende var. in rij i over alle rijen met positieve coëfficiënt voor de binnenkomende variabele. 11

12 ffl winnaar van ratio test bepaalt pivotrij (bij gelijke uitkomst kies willekeurig) ffl de coëfficiënt van binnenkomende variabele in pivotrij heet pivotterm 4. Bepaal een nieuwe TBO: maak de binnenkomende variabele de basisvariabele in de pivotrij door middel van elementaire rij operaties (ero's) ERO's in Stap 4 simplex algoritme: ero1 creëer een coëfficiënt 1 voor de binnenkomende variabele in de pivotrij ero2 creëer een coëfficiënt 0 voor de binnenkomende variabele in alle andere rijen Opmerkingen 1. De coëfficiënten in rij 0 worden vaak gereduceerde kosten genoemd. 2. De simplex algoritme verandert een stelsel Ax = b door middel van ero's in een nieuw equivalent stelsel Ax ~ = ~ b. Hierbij zijn het uitgangs- en het resulterende stelsel in canonieke vorm. 3. Twee opeenvolgende basisoplossingen bij de simplex algoritme zijn aanliggend: één variabele verlaat de basis en een andere variabele komt in de basis. 4. Als x j in de basis komt, dan wordt de nieuwe doelfunctiewaarde bepaald door: z nieuw = z oud x j Λ (coëff. x j in rij 0) (voor x j de nieuwe waarde invullen!) Conclusie: z nieuw oud () coëff. x j in rij 0» Tableauvorm Voor het doorrekenen met pen en papier is een tableauvorm erg nuttig. Een canonieke vorm Rij 0 z 60x 1 30x 2 20x 3 = 0 heeft het volgende bijbehorend tableau: Rij 1 8x 1 + 6x 2 + x 3 +s 1 = 48 Rij 2 4x 1 + 2x 2 + 1:5x 3 +s 2 = 20 Rij 3 2x 1 + 1:5x 2 + 0:5x 3 +s 3 = 8 Rij 4 x 2 +s 4 = 5 z x 1 x 2 x 3 s 1 s 2 s 3 s 4 RHS Rij Rij Rij : Rij 3 2 1:5 0:5 1 8 Rij

13 De stappen van de simplex algoritme kunnen handig met behulp van de tableauvorm uitgevoerd worden: z x 1 x 2 x 3 s 1 s 2 s 3 s 4 RHS Ratio Rij Rij Rij /3 Rij 3 2 1:5 0: Rij BV=fz; s 1 ;s 2 ;s 3 ;s 4 g Na de 1.ste iteratie van de simplex algoritme krijgt men het volgende tableau: z x 1 x 2 x 3 s 1 s 2 s 3 s 4 RHS Ratio Rij 0' 1-20/3 10=3 40= Rij 1' 16=3 14=3 1 2= Rij 2' 8=3 4=3 1 2= Rij 3' 2/3 5=6 1= BV=fz; x 3 ;s 1 ;s 3 ;s 4 g Rij 4' Na de 2.de iteratie van de simplex algoritme krijgt men het volgende tableau: z x 1 x 2 x 3 s 1 s 2 s 3 s 4 RHS Ratio Rij 0" Rij 1" Rij 2" Rij 3" 1 5=4 1=2 3=2 2 Rij 4" BV=fz; x 1 ;x 3 ;s 1 ;s 4 g Dit tableau is optimaal en heeft als optimale oplossing: z = 280;x 1 =2;x 2 =0;x 3 =8 13

14 3.8 Mogelijke uitkomsten bij LP's Bij een LP kunnen wij de volgende uitkomsten hebben: ffl een optimale oplossing ffl alternatieve optimale TBO's ffl onbegrensd LP ffl niet toegelaten LP In het vervolg zullen wij zien hoe ook de tweede en derde mogelijkheid binnen de simplex algoritme behandeld kunnen worden Alternatieve optimale TBO Wanneer er in een optimale basisoplossing een NBV coëfficiënt 0 in rij 0 heeft, levert het pivoteren met deze variabele een nieuwe optimale basisoplossing met en dus een alternatieve optimale TBO. z nieuw = z oud Opmerking: wanneer er twee alternatieve TBO's bestaan, bestaan er oneindig veel alternatieve optimale oplossingen (lijn tussen de twee TBO's). Voorbeeld: Alternatieve optimale TBO Optimaal tableau BV=fz; x 1 ;x 3 ;s 1 ;s 4 g z x 1 x 2 x 3 s 1 s 2 s 3 s 4 RHS Ratio Rij Rij =2 Rij /2 Rij 3 1 5=4 1=2 3=2 2 Rij Opt. oplossing: z = 280;x 1 =2;x 2 =0;x 3 =8 Alternatief optimaal tableau z x 1 x 2 x 3 s 1 s 2 s 3 s 4 RHS Ratio Rij Rij Rij 2 1 1= Rij 3 1 3=4 1=4 1=2 4 Rij

15 BV=fz; x 1 ;s 1 ;s 2 ;s 4 g Opt. oplossing: z = 280;x 1 =4;x 2 =0;x 3 = Onbegrensd LP Als een LP onbegrensd is, komt men tijdens de uitvoering van de simplex algoritme tot een tableau, waar de ratio test geen beperking oplevert, d.w.z. een tableau waarin een variabele bestaat met negatieve coëfficiënt in rij 0 en in alle andere rijen een coëfficiënt» 0. Voorbeeld: Onbegrensd LP Uitgangstableau BV=fz; x 1 ;s 1 g z x 1 x 2 x 3 s 1 s 2 RHS Ratio Rij Rij 1 1 1/6 1 1=6 10=3 20 Rij 2 1 1=6 1=6 5=3 geen Oplossing: z =60;x 1 =5=3;x 2 =0;x 3 =0 Tableau na eerste iteratie BV=fz; x 1 ;x 3 g z x 1 x 2 x 3 s 1 s 2 RHS Ratio Rij 0' Rij 1' geen Rij 2' geen Oplossing: z = 100;x 1 =5;x 2 =0;x 3 =20 Andere oplossingen: z = 100+9t; x 1 =5+t; x 2 = t; x 3 =20+6t; t2r Convergentie van de simplex algoritme De voorgestelde simplex algoritme zal - zo er een begin oplossing is - doorgaan tot optimaliteit of onbegrensdheid vastgesteld wordt. Het is nu de vraag, of de simplex algoritme ooit tot een van deze conclusies komt (en dus cenvergeert). 15

16 Om aan te tonen dat de simplex algoritme convergeert, wordt het resultaat uit Opmerking 4 uit Paragraaf 3.6 benut: als x j in de basis komt. z nieuw = z oud x j (coëff. van x j in rij 0) Definitie: Een LP heet gedegenereerd wanneer het ten minste een TBO heeft waarin een BV waarde 0 heeft. Bij een iteratie voor een niet gedegenereerd LP hebben wij altijd z nieuw >z oud : Dus kan men nooit terugkomen naar een TBO komen met de simplex algoritme. Bij een iteratie bij een gedegenereerd LP kan ook het geval z nieuw = z oud optreden: Stel een BV heeft waarde 0ende NBV die in de basis komt, heeft een positieve coëfficiënt in de bijbehorende basisrij. Dan is de ratio in deze rij gelijk aan 0 en dus minimaal. Dus blijft de waarde van de binnenkomende variabele 0: Dus zouden er bij gedegenereerde LP's cykels kunnen ontstaan. Maar er bestaat de mogelijkheid bij de simplex algoritme een bepaalde manier van pivoteren toe te passen, die cykels onmogelijk maakt (in de praktijk spelen cykels bijna geen rol). Voorbeeld: Gedegenereerd LP Uitgangstableau BV=fz; s 1 ;s 2 g, Oplossing: z =0;x 1 =0;x 2 =0 z x 1 x 2 s 1 s 2 RHS Ratio Rij Rij Rij Tableau na 1.ste iteratie z x 1 x 2 s 1 s 2 RHS Ratio Rij 0' Rij 1' Rij 2' geen BV=fz; x 1 ;s 1 g, Oplossing: z =0;x 1 =0;x 2 =0 16

17 Optimaal tableau na 2.de iteratie BV=fz; x 1 ;x 2 g, Oplossing: z =21;x 1 =3;x 2 =3 z x 1 x 2 s 1 s 2 RHS Ratio Rij 0" 1 3:5 1:5 21 Rij 1" 1 0:5 0:5 3 Rij 2" 1 0:5 0: Bepalen van een eerste TBO Nu ook de convergentie van de simplex algoritme zeker gesteld is, blijft nog aan te tonen hoe men een eerste TBO krijgt. In een eenvoudig geval kan men direct een eerste TBO bepalen. Wanneer alle voorwaarden» voorwaarden en de RHS 0 zijn, levert het toevoegen van slackvariabelen een standaard vorm, die in canonieke vorm is. Voorbeeld: wordt in standaard vorm: max z= 4x 1 +3x 2 s.t. x 1 + x 2»40 2x 1 + x 2»60 x 1 ;x 2 0 max z= 4x 1 +3x 2 s.t. x 1 + x 2 +s 1 = 40 2x 1 + x 2 +s 2 = 60 x 1 ;x 2 ;s 1 ;s 2 0 BV = fz; s 1 ;s 2 g In alle andere gevallen benut men de 2-fasen methode De 2-fasen methode - fase 1 De eerste fase van de 2-fasen methode wordt benut om een eerste TBO te krijgen. Hiertoe wordt het bestaande LP uitgebreid met artificiële variabelen en een nieuwe doelfunctie tot een 'Fase1 LP'. Voor dit 'Fase1 LP' kan men met de boven beschreven directe methode een eerste TBO vinden en dan met de simplex algoritme het 'Fase1 LP' oplossen. De optimale oplossing wordt dan in fase 2 benut om een TBO voor het oorspronglijke LPte bepalen. Stap 1. Maak de RHS 0. (zo nodig, vermenigvuldig de voorwaarden met 1) 17

18 Stap 2. Zet LP om in standaard vorm door het toevoegen van spelingsvariabelen +s i respectievelijk e i. Stap 3. Voeg bij alle voorwaarden, die voor Stap 2 of = voorwaarden waren, een artificiële variabele a i 0toe. Stap 4. Vervang de doelfunctie door: of min ~w = X a i max w = X a i Het resultaat hiervan is het Fase 1 LP en dit LP wordt met de simplex algoritme opgelost. Om een initiële TBO voor het Fase 1 LP te krijgen, kiest men als basisvariabelen ffl de doelfunctievariable z, ffl de artificiële variabelen a i en ffl de slackvariabelen s i. Het LP is nog niet in canonieke vorm want de a i 's komen nog voor in rij 0. Maar met behulp van ero's kunnen deze uit rij 0 geëlimineerd worden. Fase 1: Voorbeeld Stap 1: Stap 2: max z = 3x 1 + 2x 2 x 3 s.t. 2x 1 + x 2 + x 3 =8 x 1 + x 2»10 x 1 3x 2» 20 x 1 ;x 2 ;x 3 0 max z = 3x 1 + 2x 2 x 3 s.t. 2x 1 + x 2 + x 3 =8 x 1 + x 2»10 x 1 + 3x 2 20 x 1 ;x 2 ;x 3 0 max z = 3x 1 + 2x 2 x 3 s.t. 2x 1 + x 2 + x 3 =8 x 1 + x 2 +s 1 =10 x 1 + 3x 2 e 1 =20 x 1 ;x 2 ;x 3 ;e 1 ;s

19 Stap 3: max z = 3x 1 + 2x 2 x 3 s.t. 2x 1 + x 2 + x 3 +a 1 =8 x 1 + x 2 +s 1 =10 x 1 + 3x 2 e 1 +a 3 =20 x 1 ;x 2 ;x 3 ;e 1 ;s 1 ;a 1 ;a 3 0 Stap 4: Vervang max z =3x 1 +2x 2 x 3 door min ~w = a 1 + a 3 of max w = a 1 a 3 bijbehorend tableau max w +a 1 +a 3 =0 s.t. 2x 1 + x 2 +x 3 +a 1 =8 x 1 + x 2 +s 1 =10 x 1 + 3x 2 e 1 +a 3 =20 x 1 ;x 2 ;x 3 ;e 1 ;s 1 ;a 1 ;a 3 0 w x 1 x 2 x 3 s 1 e 1 a 1 a 3 RHS Rij Rij Rij Rij elimineer de a i 's uit rij 0 w x 1 x 2 x 3 s 1 e 1 a 1 a 3 RHS Rij 0' Rij 1' Rij 2' Rij 3' Oplossen van het fase 1 LP w x 1 x 2 x 3 s 1 e 1 a 1 a 3 RHS Ratio R R R R /3 19

20 1.ste iteratie w x 1 x 2 x 3 s 1 e 1 a 1 a 3 RHS Ratio R0' 1 5=3-1 1=3 4=3 4=3 R1' 5=3 1 1=3 1 1=3 4=3 4/3 R2' 2=3 1 1=3 1=3 10=3 R3' 1=3 1 1=3 1=3 20=3 2.de iteratie w x 1 x 2 x 3 s 1 e 1 a 1 a 3 RHS Ratio R0" R1" 5=3 1 1=3 1 1=3 4=3 R2" 2=3 1 1=3 1=3 10=3 R3" 1=3 1 1=3 1=3 20=3 Optimale oplossing: BV = fw; x 2 ;x 3 ;s 1 g; w =0; x=(0;20=3; 4=3); s 1 =10=3; e 1 = De 2-fasen methode - fase 2 In de 2de fase wordt met behulp van de uitkomst van het Fase 1 LP bepaald of het oorspronkelijke LP een toegelaten LP is en - zo ja - wordt een eerste TBO voor dit probleem berekend. Startend met dit TBO kan dan de simplex algoritme het oorspronkelijk LP oplossen. Afhankelijk van de uitkomst van het fase 1 LP wordt als volgt doorgegaan: 1. w<0(~w>0). Het oorspronkelijke LP is niet-toegelaten. 2. w =0,engeen a i in de basis. Vergeet alle a i en combineer de oorspronkelijke doelfunctie met het optimale tableau van fase 1. Dit geeft het Fase2LP. Om dit LP in canonieke vorm te krijgen moeten nog de basisvariabelen uit de doelfunctie geëlimineerd worden. Het fase 2 LP wordt nu met de simplex methode opgelost. 3. w =0,enten minste één a i = 0 in de basis (uitzonderlijk geval) Vergeet alle NBV a i en combineer de oorspronkelijke doelfunctie met het optimale tableau van fase 1. Dit geeft het Fase2LP. Om dit LP in canonieke vorm te krijgen moeten nog de basisvariabelen uit de doelfunctie geëlimineerd worden. Het fase 2 LP wordt nu met de simplex methode opgelost. Let hierbij op dat elk van de resterende variabelen a i nooit een positieve waarde krijgt: Zodra mogelijk maak de a i 's tot NBV en elimineer deze uit het tableau. 20

21 Fase 2 - voorbeeld LP na stap 2, fase 1 max z = 3x 1 + 2x 2 x 3 s.t. 2x 1 + x 2 + x 3 = 8 x 1 + x 2 + s 1 = 10 x 1 + 3x 2 e 1 = 20 x 1 ;x 2 ;x 3 ;s 1 ;e 1 0 Optimaal tableau na fase 1 w x 1 x 2 x 3 s 1 e 1 a 1 a 3 RHS Rij Rij 1 5=3 1 1=3 1 1=3 4=3 Rij 2 2=3 1 1=3 1=3 10=3 Rij 3 1=3 1 1=3 1=3 20=3 Uitgangs LP voor fase 2 Uitgangstableau voor fase 2 max z = 3x 1 +2x 2 x 3 s.t. 5=3x 1 +x 3 +1=3e 1 = 4=3 2=3x 1 +s 1 +1=3e 1 = 10=3 1=3x 1 +x 2 1=3e 1 = 20=3 z x 1 x 2 x 3 s 1 e 1 RHS Rij Rij 1 5=3 1 1=3 4=3 Rij 2 2=3 1 1=3 10=3 Rij 3 1=3 1 1=3 20=3 21

22 Tableau na eliminatie van de BV uit rij 0 z x 1 x 2 x 3 s 1 e 1 RHS Ratio Rij 0' Rij 1' 5=3 1 1/3 4=3 4 Rij 2' 2=3 1 1=3 10=3 10 Rij 3' 1=3 1 1=3 20=3 1.ste iteratie z x 1 x 2 x 3 s 1 e 1 RHS Ratio Rij 0" Rij 1" Rij 2" Rij 3" Optimale oplossing: BV = fz; x 2 ;s 1 ;e 1 g; z = 16; x =(0;8;0); s 1 =2; e 1 = Nog een voorbeeld van de 2 fasen methode LP na stap 2, fase 1 min z= x 1 + x 2 s.t. 2x 1 + x 2»21 x 1 +3x 2 33 x 1 + x 2 =10 x 1 ;x 2 0 min z= x 1 + x 2 s.t. 2x 1 + x 2 + s 1 = 21 x 1 +3x 2 e 1 = 33 x 1 + x 2 = 10 x 1 ;x 2 ;s 1 ;e

23 LP na stap 3, fase 1 min z = x 1 + x 2 LP na stap 4, fase 1: Fase 1LP s.t. 2x 1 + x 2 +s 1 = 21 x 1 + 3x 2 e 1 +a 2 = 33 x 1 + x 2 +a 3 = 10 x 1 ;x 2 ;s 1 ;e 1 ;a 2 ;a 3 0 tableau voor fase 1 LP max w = a 2 a 3 s.t. 2x 1 + x 2 +s 1 = 21 x 1 + 3x 2 e 1 +a 2 = 33 x 1 + x 2 +a 3 = 10 x 1 ;x 2 ;s 1 ;e 1 ;a 2 ;a 3 0 Tableau na eliminatie van de BV uit rij 0 w x 1 x 2 s 1 e 1 a 2 a 3 RHS Rij Rij Rij Rij ste iteratie w x 1 x 2 s 1 e 1 a 2 a 3 RHS Ratio Rij 0' Rij 1' Rij 2' Rij 3' w x 1 x 2 s 1 e 1 a 2 a 3 RHS Ratio Rij 0" Rij 1" Rij 2" Rij 3" Oplossing is optimaal, w = 3 Dus: LP is niet toegelaten 23

24 3.11 Het (optimale) simplextableau in matrixvorm In dit hoofdstuk wordt aangegeven hoe men een tableau behorende bij een basis kan berekenen zonder de simplex algoritme te benutten. Uitgangspunt: LP in standaard (canonieke) vorm. max s.t. z = c T x Ax = b x 0 Zijn de basisvariabelen bekend, kan men door de basisvariabelen op te splitsen in basisen niet-basisvariabelen het LP schrijven als max waarbij de volgende notaties benut zijn: z = c T BV x BV + c T NBV x NBV s.t. Bx BV + Nx NBV = b x BV ;x NBV 0 BV i = basisvariabele voor rij i in optimale tableau BV = fbv 1 ;BV 2 ;:::;BV m g c T BV = fc BV1 ;c BV2 ;:::;c BVmg x BV = 2 64 x BV 1. x BVm 3 75 Analoog: NBV, c NBV,x NBV a j = kolom van A bij variabele x j i, dus de jde kolom B = de m m basismatrix, d.w.z. de matrix met als j-de kolom a BV j N = m (n m) matrix met als j-de kolom a NBV j Let op: De kolommen van B moeten in de juiste volgorde staan! Dus: de j-de kolom correspondeert met de basisvariabele x BV j van rij j. Uitgaande van deze notatie kan men het tableau behorende bij de basis BV berekenen. Het ziet er als volgt uit: z BV NBV RHS 1 0 c T BV B 1 N c T NBV c T BV B 1 b 0 I B 1 N B 1 b Noemd men c j de coëfficiënt van de niet-basis variabele x j in rij 0 dan resulteert: 24

25 c j = c T BV B 1 a j c j z= c T BV B 1 b kolom bij NBV x j : RHS tableau: B 1 a j B 1 b ffl Voor elke basis BV (dus ook de optimale basis) kan het bijbehorende simplextableau met deze formules bepaald worden. ffl Observatie: B 1 is de m m matrix bestaande uit de kolommen van het actuele tableau corresponderend met de BV uit het initiële tableau. Voorbeeld ffl Basis BV = fx 2 ;s 2 g» 2 0 B = B = max z = x 1 + 4x 2 s.t. x 1 + 2x 2 + s 1 = 6 2x 1 + x 2 + s 2 = 8» c T BV =[4 0] c T BV B 1 =[2 0] ffl NBV = fx 1 ;s 1 g B 1 N =[B 1 a 1 B 1 a 3 ]=» 3 ffl RHS = B 1 b = 5» ffl z = c T BV B 1 b =12 c 1 =c T BV B 1 a 1 c 1 =2 1=1 c 3 =c T BV B 1 a 3 c 3 =2 0=2 ffl Tableau behorend bij basis BV = fx 2 ;s 2 g: BV z x 1 x 2 s 1 s 2 RHS x s

26 3.12 Opgaven 1. Los de volgende LP's op met de simplex algoritme: (a) (b) max z = 2x 1 +3x 2 s.t. x 1 +2x 2» 6 2x 1 +x 2» 8 x 1 ;x 2 0 max z = 2x 1 x 2 +x 3 s.t. 3x 1 +x 2 +x 3» 60 x 1 x 2 +2x 3» 10 x 1 +x 2 x 3» 20 x 1 ;x 2 ;x Toon aan dat het volgende LP alternatieve optimale TBO's heeft: max z = 2x 1 +6x 2 s.t. 5x 1 +7x 2» 35 x 1 +3x 2» 2 x 1 ;x Toon aan dat het volgende LP onbegrensd is: max z = 2x 2 Geef een oplossing met waarde z s.t. x 1 x 2» 4 x 1 +x 2» 1 x 1 ;x Los de volgende LP's op met de 2-fasen simplex algoritme: (a) min z = 2x 1 +3x 2 s.t. 2x 1 +x 2 4 x 1 x 2 1 x 1 ;x 2 0 (b) max z = 3x 1 +x 2 s.t. x 1 +x 2 3 2x 1 +x 2» 4 x 1 +x 2 = 3 x 1 ;x Bepaal het optimale tableau (zonder de simplex algoritme te benutten) voor de volgende LP's: 26

27 (a) (b) max z = 3x 1 +x 2 s.t. 2x 1 x 2» 2 x 1 +x 2» 4 x 1 ;x 2 0 Voor dit LP zijn x 1 en x 2 de basisvariabelen van de optimale oplossing. max z = x 1 +x 2 s.t. 2x 1 +x 2» 4 x 1 +x 2» 2 x 1 ;x 2 0 Voor dit LP zijn x 2 en s 1 de basisvariabelen van de optimale oplossing. 4 Gevoeligheidsanalyse In de praktijk is het niet alleen van belang om een LP-model op te lossen, maar aangezien de data vaak alleen maar schattingen van 'real life data' zijn, is men er ook in geinteresseerd te weten welke invloed onnauwkeurige schattingen of veranderde omstandigheden hebben op de optimale oplossing van het ontwikkelde model. Algemene vraag: Wat gebeurt er, wanneer parameters van een LP veranderen? Meer specifiek: Wij hebben een optimale oplossing van een LP en willen weten of, en zo ja hoe, deze optimale oplossing verandert wanneer parameters van het LP veranderen. Hierbij benut men de optimaliteitscriteria van een simplextableau (maximalisatie): ffl B 1 b 0=)toegelaten basisoplossing ffl rij 0 0 =) optimale basisoplossing 4.1 Algemene aanpak bij veranderen van parameters Stap 1. Bepaal met de formules hoe het tableau verandert bij dezelfde BV. Stap 2. Als rij 0 0 blijft en RHS 0 blijft dan blijft BV optimaal. Anders niet! Opmerkingen: ffl Als de basis BV optimaal blijft, kunnen de waarden van de basisvariabelen en van z wel veranderen. ffl Veranderen van parameters kan leiden tot 1. negatieve coëfficiënten in rij 0. in dit geval wordt de basis BV een suboptimale basis genoemd. 2. een RHS i < 0. In dit geval wordt de basis BV een niet-toegelaten basis genoemd. 27

28 4.2 Gevoeligheidsanalyse - mogelijke veranderingen Wij behandelen de volgende veranderingen van parameters: 1. een coëfficiënt van een niet-basis variabele in de doelfunctie verandert 2. een coëfficiënt van een basis variabele in de doelfunctie verandert 3. de RHS van een voorwaarde verandert 4. de kolom van een niet-basis variabele verandert 5. een variabele wordt toegevoegd 6. een voorwaarde wordt toegevoegd Veranderen coëfficiënt niet-basis variabele in doelfunctie Verandering: c i wordt c n i = c i + ffl De oplossing blijft toegelaten. ffl Wanneer blijft de oplossing optimaal? Alleen de gereduceerde kosten bij variabele i veranderen c n i = c T BV B 1 a i c n i =(c T BV B 1 a i c i ) = c i De oplossing blijft optimaal wanneer c n i 0. Dit is het geval wanneer» c i Veranderen coëfficiënt basis variabele in doelfunctie Verandering: c i wordt c n i = c i + ffl De oplossing blijft toegelaten. ffl De oplossing blijft optimaal wanneer rij 0 0 blijft. ffl omdat c BV verandert, moet c T BV B 1 N c T NBV opnieuw berekend worden. Voorbeeld Zij» 1 0 B 1 3 = 1 1 3» 2 ; c BV = 3 28

29 » 2 1 N = 1 1 ; c NBV =» Neem aan dat de 2e component van c BV verandert in3+ ffl ct BV B 1 =[2;3+ ]B 1 =[1=3+ =3;3+ ] ffl c T BV B 1 N =[7=3+ =3; 8=3 (2 )=3] ffl c T BV B 1 N c NBV =[1+ =3;1 (2 )=3] Dus, de oplossing blijft optimaal wanneer c T BV B 1 N c NBV 0 0en , 1+ 3, 3en» 3 2, 3»» Veranderen RHS ffl De oplossing blijft optimaal, omdat de doelfunctiecoëfficiënten en de matrix B niet veranderen. ffl De oplossing blijft toegelaten mits B 1 b 0 blijft Dit moet berekend worden! Veranderen kolom niet-basis variabele ffl De oplossing blijft toegelaten (x j =0!) ffl Wanneer blijft de oplossing optimaal? Check of c j = c T BV B 1 a j c j 0 blijft Extra variabele Verandering: nieuwe variabele x j en kolom a j. ffl De oplossing blijft toegelaten (x j wordt NBV) ffl Wanneer blijft de oplossing optimaal?! zie bij veranderen kolom niet-basis variabele. 29

30 4.2.6 Extra voorwaarde ffl De oplossing blijft optimaal. ffl Wanneer blijft de oplossing toegelaten?! check nieuwe voorwaarde Gevoeligheidsanalyse - samenvatting 1. c i verandert voor een niet-basis variabele. Alleen coëfficiënt van x i in rij 0 verandert. De gereduceerde kosten c i geven de maximale hoeveelheid waarmee c i verhoogd mag worden zodat BV optimaal blijft. 2. c i verandert voor een basis variabele. De gehele rij 0 kan veranderen. Blijft rij 0 0 dan blijft BV optimaal. 3. Rechterzijde b i verandert. RHS van voorwaarden en rij 0 kunnen veranderen. BV blijft optimaal mits de basisoplossing toegelaten blijft, d.w.z. mits B 1 b 0 blijft. 4. Kolom a j van niet-basisvariabele verandert. coëfficiënten voor x j veranderen in voorwaarden en rij 0. Als c j 0 blijft, dan blijft BV optimaal. 5. Extra activiteit x j (en kolom a j ). (zie 4.) 6. Extra voorwaarde. BV blijft optimaal, basisoplossing blijft toegelaten. 4.3 Opgaven 1. Gegeven is het volgende productie probleem (x i is de productiehoeveelheid voor product i, i =1;2). max z = 3x 1 +2x 2 s.t. 2x 1 +x 2» 100 (beperkingen aantal medewerkers) x 1 +x 2» 80 (beperkingen machinecapaciteit) x 1» 40 (beperkingen mogelijke afzet) 30

31 Na toevoegen van slackvariabelen s 1 ;s 2 ;s 3 geeft de simplex algoritme het volgende optimale tableau: BV z x 1 x 2 s 1 s 2 s 3 RHS x x s (a) Voor welke winstmarge van product 1 (coeff. van x 1 in de doelfunctie) blijft deze oplossing optimaal? (b) Geef de optimale oplossing als de winstmarge van product 2 van 2 Euro naar 2.5 Euro omhoog gaat. (c) Voor welk aantal medewerkers blijft deze oplossing optimaal? optimale oplossing er uit als er maar 90 medewerkers zijn? Hoe ziet de (d) Het bedrijf overweegt een 3de product in het assortiment opnemen. Dit product heeft een winstmarge van 3.5 Euro, vraagt een medewerker en twee eenheden van de machinecapaciteit. Is het rendabel dit product in de productie op te nemen? 5 Transportproblemen Transportproblemen zijn speciale LP-problemen waarvoor een speciaal transportsimplexalgoritme bestaat. Bij een transportprobleem zijn voor een bepaald goed gegeven ffl een aantal producenten met aanbod (supply) (m aanbodpunten met aanbod s 1 ;:::;s m ) ffl een aantal consumenten met vraag (demand) (n vraagpunten met vraag d 1 ;:::;d n ) ffl de kosten voor het transport van de producent naar de consument (transportkosten per eenheid transport van producent i naar consument j zijn c ij ). Het probleem is nu om de hoeveelheid x ij, die van elk producent i naar elk consument j getransporteerd noeten worden, zodanig te bepalen dat ffl de totale transportkosten minimaal zijn ffl iedere producent zijn aanbod kwijt raakt ffl iedere consument zijn vraag krijgt Gezien de definitie van het transportprobleem veronderstellen wij impliciet dat het totale aanbod gelijk is aan de totale vraag: S = mx i=1 s i = 31 nx j=1 d j = D

32 Opmerking: Vaak wordt een transportprobleem gerepresenteerd door een bipartite graaf G =(V; E) met V = V 1 [ V 2 waarbij ffl V 1 de verzameling van aanbodpunten is ffl V 2 de verzameling van vraagpunten is ffl ieder knooppunt als label zijn aanbod/vraag krijgt ffl E de transportverbindingen representeert met als labels de kosten c ij 5.1 Voorbeeld: bank Een bank heeft twee afdelingen, die cheques kunnen verwerken. In Afdeling 1 kunnen per dag 9000 cheques en in Afdeling cheques verwerkt worden. Er bestaan drie soorten cheques: cheques van handelaren, cheques voor salarissen en persoonlijke cheques. Van ieder soort moeten er per dag 5000 verwerkt worden. De kosten voor de bewerking zijn: Afdeling 1 Afdeling 2 handelaar 5c 3c salaris 4c 4c persoonlijk 2c 5c Het doel van de bank is een zo goedkoop mogelijke bewerking van de cheques te bepalen. Iedere afdeling kan als een aanbodpunt gezien worden (m = 2, s = (9000; 6000)) en ieder soort cheque als een vraag punt (n = 3, d = (5000; 5000; 5000)). De transportkosten zijn dan de verwerkingskosten. Graafrepresentatie: V 1 V

33 5.2 Gebalanceerd transportprobleem Voor de transportsimplexalgoritme gaan wij ervan uit dat een transportprobleem gebalanceerd is, d.w.z. dat S = mx i=1 s i = nx j=1 d j = D: Is een gegeven probleem niet gebalanceerd, moeten wij het eerst balanceren met behulp van dummy punten: ffl S >D : Voeg een dummy-vraagpunt toe met vraag d n+1 = S D en kosten c i;n+1 = 0; 8i ffl S < D : Er bestaat geen toegelaten oplossing. Soms toch zinvol: toevoegen van dummy-aanbodpunt met aanbod s m+1 = D S en (penalty)kosten c m+1;j ; 8j Voorbeeld bank: Verhoog capaciteit Afdeling 1 tot 10000! S = > = D! balanceren van het probleem! 4.de vraagpunt, d 4 = S D = 1000, c 14 = c 24 =0 Ander voorbeeld ongebalanceerd transportprobleem: zie Sectie LP-formulering transportprobleem De LP-formulering van het transportprobleem ziet er als volgt uit: min w = s.t. LP-formulering voorbeeld bank: mx nx mx i=1 j=1 i=1 nx j=1 c ij x ij x ij = s i ; i =1;:::;m; x ij = d j ; j =1;:::;n; aanbod vraag x ij 0; i =1;:::;m; j =1;:::;n min 5x 11 +4x 12 +2x 13 +3x 21 +4x 22 +5x 23 s:t: x 11 + x 12 + x 13 = 9000 aanbod Afdeling 1 x 21 + x 22 + x 23 = 6000 aanbod Afdeling 2 x 11 + x 21 = 5000 vraag cheques handelaren x 12 + x 22 = 5000 vraag cheques salarissen x 13 + x 23 = 5000 vraag persoonlijke cheques x ij 0 33

34 5.4 Het Transporttableau Het transporttableau is een middel om het probleem en het verloop van de algoritme te representeren Notatie: Producenten P 1 ;:::;P m Consumenten C 1 ;:::;C n Het transporttableau: C 1 C j C n aanbod c 11 c 1j c 1n P 1 x 11 ::: x 1j ::: x 1n s c i1 c ij c in P i x i1 ::: x ij ::: x in s i c m1 c mj c mn P m x m1 ::: x mj ::: x mn s m vraag d 1 ::: d j ::: d n Basisoplossingen Net als de simplex algoritme werkt de transportsimplexalgoritme met basisoplossingen. Een basis is een verzameling van variabelen, waarbij het aantal variabelen gelijk is aan het aantal lineair onafhankelijke voorwaarden. Observatie: als een oplossing x aan op één na alle voorwaarden voldoet, dan ook automatisch aan alle. Er mag dus willekeurig één van de m + n voorwaarden worden weggelaten. Wij zullen altijd de eerste aanbod voorwaarde weglaten. Opmerking: De overgebleven voorwaarden zijn lineair onafhankelijk. Resultaat: Voor een transportprobleem met m aanbod voorwaarden en n vraag voorwaarden bestaat een TBO uit m + n 1 basisvariabelen Een keuze van basisvariabelen is toegelaten als ffl n + m 1 variabelen als basis gekozen worden, ffl de niet-basisvariabelen = 0 gezet worden en 34

35 ffl de basisvariabelen de unieke oplossing van Ax=b (waarbij NBV = 0!) zijn. Definitie: Een geordende rij van ten minste 4 cellen heet een loop als 1. elke 2 opeenvolgende cellen in dezelfde rij of kolom liggen. 2. niet 3 opeenvolgende cellen in dezelfde rij of kolom liggen. 3. De laatste cel in de geordende rij heeft een rij of kolom gemeen met de eerste cel. De betekenis van loops voor het transportprobleem, wordt duidelijk uit de volgende stelling: Theorem 1 In een gebalanceerd transportprobleem met m aanbodpunten en n vraagpunten geldt: Een verzameling van m+n 1 variabelen vormt een basis, De cellen behorend bij deze m + n 1 variabelen bevatten geen loop. Tijdens de transportsimplexalgoritme moet men dus er op letten dat de gekozen cellen geen loop bevatten. De bibehorende variabelen vormen dan een basis. Voorbeelden ffl ffl ffi ffi ffi ffi Loops: x 11 x 12 x 32 x 31 en x 12 x 13 x 33 x 34 x 24 x 22 ffl ffl ffi ffi ffl ffl ffl ffl ffl ffi ffi Geen loops: x 11 x 12 x 13 x 23 x 21 en x 23 x 24 x 34 x 32. ffi ffi 35

36 5.6 Bepalen van een TBO Bij het transportprobleem bestaan er - in tegenstelling tot algemene LP's - constructieve methoden om een eerste TBO te bepalen. Wij zullen twee methoden voor het bepalen van een TBO leren kennen: ffl Noord-West Corner (NWC) methode (of NWC-regel) ffl Minimum kosten methode (of minimumregel) Beide methoden leveren een TBO omdat het aantal basisvariabelen m + n 1 is en deze geen loops bevatten Noord-West Corner methode 1. Geef de variabele in de NW-cel (links boven) van de niet- gemarkeerde rijen en kolommen een zo groot mogelijke waarde. 2. Markeer nu die rij of kolom waaraan met gelijkheid is voldaan (indien zowel een rij als kolom in aanmerking komt, dan willekeurig één van de twee, niet beiden!!). 3. Als nog slechts één cel over, dan: geef de bijbehorende variabele de maximale waarde en markeer rij en kolom. STOP. anders: ga naar stap 1. Voorbeeld Minimum kosten methode 1. Bepaal een cel met minimum kosten in de niet-gemarkeerde rijen en kolommen. 2. Geef de bijbehorende variabele de maximale waarde en markeer één rij of kolom (zoals bij NWC methode). 3. identiek met punt 3. NWC methode Voorbeeld

37 5.7 Opgaven 1. Formuleer het probleem uit Sectie 2.3 als een gebalanceerd transportprobleem. 2. Een bedrijf levert goederen aan 3 klanten, die ieder 30 eenheden nodig hebben. Het bedrijf heeft 2 opslagruimtes; in de eerste liggen 40 eenheden en in de tweede 30. De transportkosten per eenheid zijn als volgt: Kant 1 Klant 2 Klant3 Opslagruimte 1 Euro 15 Euro 35 Euro 25 Opslagruimte 2 Euro 10 Euro 50 Euro 40 Voor iedere vraag van een klant waaraan niet voldaan wordt moet het bedrijf een straf betalen: Euro 90 voor klant 1, Euro 80 voor klant 2 en Euro 110 voor klant 3. Formuleer een gebalanceerd transportprobleem voor het minimaliseren van de som van de transportkosten en de strafkosten. 3. Neem aan dat het bedrijf uit Opgave 2 de mogelijkheid heeft om voor Euro 100 per eenheid extra hoeveelheden (in onbeperkte mate) naar de twee opslagruimtes te transporteren maar dat nu aan alle vraag van de klanten voldaan moet worden. Hoe ziet het gebalanceerd transportprobleem er nu uit? 4. Bepaal een toegelaten oplossing voor de transportproblemen uit Opgave 1, 2 en 3 met behulp van de North-West Corner methode en de Minimum kosten methode. 6 De transportsimplexalgoritme De transportsimplexalgoritme is net als de simplex algoritme een iteratieve methode die van een TBO overgaat naar een volgende TBO. Hierbij wordt een variabele aan de basis toegevoegd en een variabele uit de basis verwijderd. Dit wordt zodanig gedaan dat de nieuwe oplossing niet slechter is dan de vorige. De basisstructuur van de transportsimplexalgoritme is als volgt: 1. Bepaal met behulp van gereduceerde kosten (hoe, dat volgt later) de variabele die in de basis komt. 2. Bepaal de (unieke!) loop bestaande uit de nieuwe basisvariabele en een aatal bestaande basisvariabelen. 3. Label de even (+) en oneven ( ) cellen in de loop, geteld vanaf de nieuwe basisvariabele (cel 0, +). 4. Bepaal = min (over alle cellen) x ij. De variabele bij één cel die bepaalt verlaat de basis. De overige variabelen in de loop veranderen als volgt: + cel: x ij = x ij + cel: x ij = x ij Noot: in stap 4 blijft het totale transport gelijk: tegenover elke toename staat een even grote afname! 37

38 5. Laat een variabele x ij behorende bij een cel met x ij = 0 uit de basis gaan. Voorbeeld bank ffl Uitgangspunt: NWC-oplossing voorbeeld bank Basis: x 11 ;x 12 ;x 22 ;x 23 Doelfunctiewaarde: ffl Stap 1: laat x 13 in de basis komen ffl Stap 2: Loop: x 13 ;x 23 ;x 22 ;x 12 ffl Stap 3: even - oneven in de loop bepalen ffl Stap 4: = minf4000; 5000g = Nieuwe oplossing (basis x 11 ;x 13 ;x 22 ;x 23 ): Doelfunctiewaarde: Opmerkingen: ffl Als = 0, dan is er sprake van een gedegenereerde toegelaten basisoplossing. ffl Alle pivots bestaan uitsluitend uit optellen en aftrekken. ffl Wanneer alle s i en d j geheel zijn dan heeft het transportprobleem een optimale oplossing waarin alle variabelen een geheeltallige waarde hebben. 6.1 Bepalen van een nieuwe basisvariabele Het resteert nog te beschrijven hoe de nieuwe basisvariabele gekozen wordt: 1. Definiëer c T BV B 1 =[u 2 ::: u m v 1 ::: v n ] (u i, voorwaarde bij s i ), (v j, voorwaarde bij d j ). 38

39 2. Dit levert c ij = c T BV B 1 a ij c ij = u i + v j c ij : 3. Zet c ij =0voor iedere BV x ij, dus: c ij = u i + v j c ij =0 en dus c ij = u i + v j voor iedere BV x ij (hierbij is gedefiniëerd: u 1 = 0). 4. Bepaal uit de gelijkheden in 3. de waarden voor u 2 ;:::;u m ;v 1 ;:::;v n. 5. Bepaal voor de niet-basisvariabelen de gereduceerde kosten c ij = u i + v j c ij : 6. Laat een NBV met c ij > 0indebasis komen. Bestaat zo'n NBV niet, dan is de gegeven oplossing optimaal. Voorbeeld bepalen nieuwe basisvariabele ffl Uitgangspunt: NWC-oplossing voorbeeld bank BV: x 11 ;x 12 ;x 22 ;x 23 NBV: x 13 ;x 21 ffl 1. c T BV B 1 =[u 2 ;v 1 ;v 2 ;v 3 ]; u 1 =0; BV c ij = u i + v j x 11 5=0+v 1!v 1 =5 ffl 3+4: x 12 4=0+v 2!v 2 =4 x 22 4=u 2 +v 2!u 2 =0 x 23 5=u 2 +v 3!v 3 =5 dus c T BV B 1 =[0;5;4;5] ffl 5. x 13 : c 13 = u 1 + v 3 c 13 =0+5 2=3 x 21 : c 21 = u 2 + v 1 c 21 =0+5 3= Conclusie: beide variabelenkunnen in de basis komen! 39

40 6.2 Overzicht transportsimplexalgoritme 1. Balanceer het probleem. 2. Bepaal een toegelaten basisoplossing. 3. Def. u 1 =0en bepaal de u i 's en v j 's via voor alle basisvariabelen. 4. Bepaal u i + v j = c ij c ij = u i + v j c ij voor alle niet-basisvariabelen. Als alle c ij» 0, dan KLAAR, anders: maak een variabele met c ij > 0 basisvariabele. 5. Herhaal stappen 3. en 4. met nieuwe basisoplossing. 6.3 Voorbeeld ui vj s i d j Kosten van de oplossing: 1080 c 13 =12 10 = 2 > 0! x 13 in de basis loop: x 11 x 13 x 23 x 21, =15 ui vj s i d j Kosten van de oplossing: 1050 c 32 =6+6 9=3>0! x 32 in de basis loop: x 12 x 13 x 33 x 32, =10 40

41 ui vj s i d j Kosten van de oplossing: 1020 alle c ij» 0, dus optimaal 6.4 Gevoeligheidsanalyse Veranderen kosten Veranderen: c kl! c kl + ffl actuele oplossing blijft toegelaten ffl actuele oplossing blijft optimaal, c ij blijft» 0voor alle NBV ffl c ij = u i + v j c ij en c T BV B 1 =[u 2 ;:::;u m ;v 1 ;:::;v n ] 1. x kl 2 NBV! c T BV B 1 verandert niet! u i en v j veranderen niet! c kl! c kl 2. x kl 2 BV! c T BV B 1 verandert! u i en v j veranderen! alle c ij opnieuw bepalen Veranderen aanbod/vraag Veranderen: s i! s i + ;d j!d j + ffl probleem blijft gebalanceerd ffl u i en v j veranderen niet 41

42 ffl u i = schaduwprijs voorwaarde s i v j = schaduwprijs voorwaarde d j! z nieuw = z oud schaduwprijs b i = z oud + (u i +v j ) 1. x ij 2 BV x ij! x ij + 2. x ij 2 NBV. Bepaal de loop die x ij bevat, en verander in die loop: + cel (zonder cel 0!): x ij! x ij cel: x ij! x ij Gevoeligheidsanalyse - Voorbeelden Veranderen c ij voor en niet-basisvariabele ui vj ffl c 33! c 33 + ffl c 33! c 33 = 3 ffl c 33» 0 ) 3 ffl Basis blijft optimaal als c Veranderen c ij voor en basisvariabele u i v j

43 ffl c 13! c 13 + ffl 2+»0!»2 5+»0!»5 3»0! 3 3+»0!»3 2»0! 2 ffl Basis blijft optimaal als 2»» 2 ofwel 8» c 13» Veranderen s i en d j voor x ij in BV ui vj ffl s 1! s 1 +2 = 37 d 2! d 2 +2 = 22 ffl x 12 2 BV, dus: x 12! x 12 +2= Veranderen s i en d j voor x ij in NBV ui vj ffl s 1! s 1 +1 = 36 d 1! d 1 +1 = 46 43

44 ffl x 11 2 NBV, in loop: x 11 x 13 x 23 x 21. Dus x 13! x = 26 x 23! x 23 1 = 4 x 21! x = Opgaven 1. Los de transportproblemen uit Opgave 1, 2 en 3, Hoofdstuk 5, op met behulp van de transportsimplexalgoritme. 2. Gegeven zij het volgende transporttableau: ui vj s i d j (a) Toon aan dat dit tableau optimaal is. (b) Voor welke waarden van c 11 blijft de oplossing optimaal? (c) Blijft de oplossing optimaal als c 34 van 4 naar 10 verhoogt wordt? (d) Hoe verandert de optimale oplossing als d 1 =30ens 2 =50wordt? 7 Toewijzingsproblemen Een toewijzingsprobleem is een speciaal transportprobleem waar alle vraag en aanbod gelijk aan 1 is (en er dus ook even veel aanbod- en vraagpunten bestaan) en waar als extra voorwaarde gevraagd wordt dat iedere transporthoeveelheid geheeltallig moet zijn. Een IP-formulering van dit probleem is: min w = subject to mx i=1 mx mx j=1 i=1 mx j=1 c ij x ij x ij =1 x ij =1 x ij 2f0;1g i=1;:::;m; j=1;:::;m; i=1;:::;m; j =1;:::;m Opmerking: Dit is geen LP-formulering, want x ij 2f0;1g. 44

TU/e 2DD50: Wiskunde 2 (1)

TU/e 2DD50: Wiskunde 2 (1) TU/e 2DD50: Wiskunde 2 () Tussentoets 26 november, tijdens de instructies Zaal: paviljoen (study hub) Time: 90min Tentamenstof: colleges 4 (LP; Simplex; dualiteit; complementaire slackness) Oude tentamens:

Nadere informatie

TU/e 2DD50: Wiskunde 2

TU/e 2DD50: Wiskunde 2 TU/e 2DD50: Wiskunde 2 Enkele mededelingen Instructies (vandaag, 10:45 12:30) in vier zalen: Zaal Aud 10 Pav b2 Pav m23 Ipo 0.98 voor studenten met achternaam beginnend met letters A tot en met D met letters

Nadere informatie

Tentamen: Operationele Research 1D (4016)

Tentamen: Operationele Research 1D (4016) UITWERKINGEN Tentamen: Operationele Research 1D (4016) Tentamendatum: 12-1-2010 Duur van het tentamen: 3 uur (maximaal) Opgave 1 (15 punten) Beschouw het volgende lineaire programmeringsprobleem P: max

Nadere informatie

TU/e 2DD50: Wiskunde 2 (1)

TU/e 2DD50: Wiskunde 2 (1) TU/e 2DD50: Wiskunde 2 (1) Organisatorische informatie Wat Dag Tijd Zaal Docent College Tue 5+6 Aud 6+15 Gerhard Woeginger Thu 1+2 Aud 1+4 Gerhard Woeginger Clicker session Tue 7+8 Aud 6+15 Gerhard Woeginger

Nadere informatie

TW2020 Optimalisering

TW2020 Optimalisering TW2020 Optimalisering Hoorcollege 3 Leo van Iersel Technische Universiteit Delft 21 september 2016 Leo van Iersel (TUD) TW2020 Optimalisering 21 september 2016 1 / 36 LP: Lineair Programmeren min x 1 2

Nadere informatie

Universiteit Utrecht Faculteit Wiskunde en Informatica. Examen Optimalisering op maandag 18 april 2005, uur.

Universiteit Utrecht Faculteit Wiskunde en Informatica. Examen Optimalisering op maandag 18 april 2005, uur. Universiteit Utrecht Faculteit Wiskunde en Informatica Examen Optimalisering op maandag 18 april 2005, 9.00-12.00 uur. De opgaven dienen duidelijk uitgewerkt te zijn en netjes ingeleverd te worden. Schrijf

Nadere informatie

Lineaire Optimilizatie Extra sessie. 19 augustus 2010

Lineaire Optimilizatie Extra sessie. 19 augustus 2010 Lineaire Optimilizatie Extra sessie 19 augustus 2010 De leerstof Handboek: hoofdstuk 2 t.e.m. 8 (incl. errata) Slides (zie toledo) Extra opgaven (zie toledo) Computersessie: Lindo syntax en output Wat

Nadere informatie

1 In deze opgave wordt vijftien maal telkens drie beweringen gedaan waarvan er één juist is. Kruis de juiste bewering aan. (2pt. per juist antwoord).

1 In deze opgave wordt vijftien maal telkens drie beweringen gedaan waarvan er één juist is. Kruis de juiste bewering aan. (2pt. per juist antwoord). Tentamen Optimalisering (IN2805-I) Datum: 3 april 2008, 14.00 17.00. Docent: Dr. J.B.M. Melissen Naam: Studienummer: 1 In deze opgave wordt vijftien maal telkens drie beweringen gedaan waarvan er één juist

Nadere informatie

1. Het aantal optimale oplossingen van een LP probleem is 0, 1, of oneindig. 2. De vereniging van twee konvexe verzamelingen is niet convex. 3.

1. Het aantal optimale oplossingen van een LP probleem is 0, 1, of oneindig. 2. De vereniging van twee konvexe verzamelingen is niet convex. 3. 1. Het aantal optimale oplossingen van een LP probleem is 0, 1, of oneindig. 2. De vereniging van twee konvexe verzamelingen is niet convex. 3. Een LP probleem heeft n>2 variabelen en n+2 constraints.

Nadere informatie

Bijlage A Simplex-methode

Bijlage A Simplex-methode Dee bijlage hoort bij Beter beslissen, Bijlage A Simplex-methode Verreweg de meeste LP-problemen worden opgelost met behulp van het ogenoemde Simplex-algoritme, in ontwikkeld door G.B. Dantig. De meeste

Nadere informatie

TW2020 Optimalisering

TW2020 Optimalisering TW2020 Optimalisering Hoorcollege 2 Leo van Iersel Technische Universiteit Delft 14 september 2016 Leo van Iersel (TUD) TW2020 Optimalisering 14 september 2016 1 / 30 Modelleren van LP en ILP problemen

Nadere informatie

Faculteit der Economie en Bedrijfskunde

Faculteit der Economie en Bedrijfskunde Faculteit der Economie en Bedrijfskunde Op dit voorblad vindt u belangrijke informatie omtrent het tentamen. Lees dit voorblad voordat u met het tentamen begint! Tentamen: Operational Research 1D (4016)

Nadere informatie

TW2020 Optimalisering

TW2020 Optimalisering TW2020 Optimalisering Hoorcollege 5 Leo van Iersel Technische Universiteit Delft 2 oktober 206 Leo van Iersel (TUD) TW2020 Optimalisering 2 oktober 206 / 3 Dualiteit Dualiteit: Elk LP probleem heeft een

Nadere informatie

Taak 2: LP: simplex en sensitiviteitsanalyse Voorbeeld uitwerking

Taak 2: LP: simplex en sensitiviteitsanalyse Voorbeeld uitwerking Taak 2: LP: simplex en sensitiviteitsanalyse Voorbeeld uitwerking. Sensitiviteitsanalyse (a) Als de prijs van legering 5 daalt, kan het voordeliger worden om gebruik te maken van deze legering. Als de

Nadere informatie

Basiskennis lineaire algebra

Basiskennis lineaire algebra Basiskennis lineaire algebra Lineaire algebra is belangrijk als achtergrond voor lineaire programmering, omdat we het probleem kunnen tekenen in de n-dimensionale ruimte, waarbij n gelijk is aan het aantal

Nadere informatie

Samenvatting college 1-12

Samenvatting college 1-12 Samenvatting college 1-12 Probleemformulering Duidelijk definiëren van beslissingsvariabelen Zinvolle namen voor variabelen bv x ij voor ingrediënt i voor product j, niet x 1,..., x 20 Beschrijving van

Nadere informatie

Optimalisering en Complexiteit, College 10. Begrensde variabelen. Han Hoogeveen, Utrecht University

Optimalisering en Complexiteit, College 10. Begrensde variabelen. Han Hoogeveen, Utrecht University Optimalisering en Complexiteit, College 10 Begrensde variabelen Han Hoogeveen, Utrecht University Begrensde variabelen (1) In veel toepassingen hebben variabelen zowel een ondergrens als een bovengrens:

Nadere informatie

Hoofdstuk 13: Integer Lineair Programmeren

Hoofdstuk 13: Integer Lineair Programmeren Hoofdstuk 13: Integer Lineair Programmeren Vandaag: Wat is Integer Lineair Programmeren (ILP)? Relatie tussen ILP en LP Voorbeeld 1: Minimum Spanning Tree (MST) Voorbeeld 2: Travelling Salesman Problem

Nadere informatie

TW2020 Optimalisering

TW2020 Optimalisering TW2020 Optimalisering Hoorcollege 10 Leo van Iersel Technische Universiteit Delft 23 november 2016 Leo van Iersel (TUD) TW2020 Optimalisering 23 november 2016 1 / 40 Vraag Ik heb het deeltentamen niet

Nadere informatie

Tentamen Optimalisering (IN2520) Datum: 5 november 2004, Docent: Dr. J.B.M. Melissen

Tentamen Optimalisering (IN2520) Datum: 5 november 2004, Docent: Dr. J.B.M. Melissen Tentamen Optimalisering (IN2520) Datum: 5 november 2004, 14.00 17.00. Docent: Dr. J.B.M. Melissen Veel succes! 1 Deze opgave bestaat uit 15 tweekeuzevragen. Per goed antwoord krijg je 2 punten. a. Dynamisch

Nadere informatie

Voorbeeld simplexmethode. Max Z = 3x 1 + 2x 2 0.5x 3 z.d.d. 4x 1 + 3x 2 + x 3 10, 3x 1 + x 2-2x 3 8, en x 1, x 2, x 3 0.

Voorbeeld simplexmethode. Max Z = 3x 1 + 2x 2 0.5x 3 z.d.d. 4x 1 + 3x 2 + x 3 10, 3x 1 + x 2-2x 3 8, en x 1, x 2, x 3 0. Voorbeeld simplexmethode Max Z = 3x 1 + 2x 2 0.5x 3 z.d.d. 4x 1 + 3x 2 + x 3 10, 3x 1 + x 2-2x 3 8, en x 1, x 2, x 3 0. Voer slackvariabelen (x 4, x 5 ) in: Max Z = 3x 1 + 2x 2 0.5x 3 z.d.d. 4x 1 + 3x

Nadere informatie

Sommige praktische IP problemen kunnen worden geformuleerd als optimalisering op een netwerk.

Sommige praktische IP problemen kunnen worden geformuleerd als optimalisering op een netwerk. Netwerkanalyse (H3) Sommige praktische IP problemen kunnen worden geformuleerd als optimalisering op een netwerk. Deze problemen kunnen vaak als continu LP probleem worden opgelost. Door de speciale structuur

Nadere informatie

TW2020 Optimalisering

TW2020 Optimalisering TW2020 Optimalisering Hoorcollege 2 Leo van Iersel Technische Universiteit Delft 9 september 2015 Leo van Iersel (TUD) TW2020 Optimalisering 9 september 2015 1 / 23 Huiswerk Huiswerk 1 is beschikbaar op

Nadere informatie

vandaag is Annie twee jaar jonger dan Ben en Cees samen

vandaag is Annie twee jaar jonger dan Ben en Cees samen Hoofdstuk I Lineaire Algebra Les 1 Stelsels lineaire vergelijkingen Om te beginnen is hier een puzzeltje: vandaag is Annie twee jaar jonger dan Ben en Cees samen over vijf jaar is Annie twee keer zo oud

Nadere informatie

Het oplossen van stelsels lineaire vergelijkingen Wiskunde 2, 2DM60 College 2b

Het oplossen van stelsels lineaire vergelijkingen Wiskunde 2, 2DM60 College 2b Het oplossen van stelsels lineaire vergelijkingen Wiskunde 2, 2DM60 College 2b Ruud Pellikaan g.r.pellikaan@tue.nl /k 2014-2015 Lineaire vergelijking 2/64 DEFINITIE: Een lineaire vergelijking in de variabelen

Nadere informatie

l e x e voor alle e E

l e x e voor alle e E Geselecteerde uitwerkingen Werkcollege Introduceer beslissingsvariabelen x e met x e = als lijn e in de boom zit en anders x e = 0. De doelfunctie wordt: min e E l e x e Voor elke deelverzameling S V met

Nadere informatie

Technische Universiteit Eindhoven Faculteit Wiskunde & Informatica

Technische Universiteit Eindhoven Faculteit Wiskunde & Informatica Technische Universiteit Eindhoven Faculteit Wiskunde & Informatica Tentamen Optimalisering (2DD15) Vrijdag 24 juni 2011, 9:00 12:00 uur Het tentamen bestaat uit zeven opgaven. Bij elke opgave staat het

Nadere informatie

Tie breaking in de simplex methode

Tie breaking in de simplex methode Tie breaking in de simplex methode Tijdens de Simplexmethode kan op een aantal momenten onduidelijk zijn wat je moet doen: 1. Variabele die de basis in gaat: Zoek de grootste coëfficiënt in de doelfunctie.

Nadere informatie

Lineaire Algebra TW1205TI. I.A.M. Goddijn, Faculteit EWI 12 februari 2014

Lineaire Algebra TW1205TI. I.A.M. Goddijn, Faculteit EWI 12 februari 2014 Lineaire Algebra TW1205TI, 12 februari 2014 Contactgegevens Mekelweg 4, kamer 4.240 tel : (015 27)86408 e-mail : I.A.M.Goddijn@TUDelft.nl homepage : http: //fa.its.tudelft.nl/ goddijn blackboard : http:

Nadere informatie

Er zijn 4 opgaven, daarna volgen blanco bladzijden die u kan gebruiken om te antwoorden.

Er zijn 4 opgaven, daarna volgen blanco bladzijden die u kan gebruiken om te antwoorden. Examen DH45 Lineaire Optimalizatie (D. Goossens) Vrijdag 29 januari 2010, 9 12u Richtlijnen: Er zijn 4 opgaven, daarna volgen blanco bladzijden die u kan gebruiken om te antwoorden. Lees aandachtig de

Nadere informatie

Lineaire programmering

Lineaire programmering Lineaire programmering Hans Maassen kort naar Inleiding Besliskunde van J. Potters [Pot]. en Methods of Mathematical Economics van J. Franklin [Fra]. Lineaire programmering is het bepalen van het maximum

Nadere informatie

Branch-and-Bound en Cutting Planes

Branch-and-Bound en Cutting Planes Branch-and-Bound en Cutting Planes Vandaag: Er is nog geen algoritme om ILP s in polynomiale tijd op te lossen. Twee opties: 1 Exponentiëel algoritme dat optimale oplossing geeft 2 Polynomiaal algoritme

Nadere informatie

Optimalisering en Complexiteit, College 1. Han Hoogeveen, Utrecht University

Optimalisering en Complexiteit, College 1. Han Hoogeveen, Utrecht University Optimalisering en Complexiteit, College 1 Han Hoogeveen, Utrecht University Gegevens Docent : Han Hoogeveen : j.a.hoogeveen@uu.nl Vak website : http://www.cs.uu.nl/docs/vakken/opt/ Student assistenten

Nadere informatie

1 Vervangingsstrategie auto

1 Vervangingsstrategie auto Transport-, Routing- en Schedulingproblemen Wi4062TU / Wi487TU / a86g Uitwerkingen 28-03-2002 1 Vervangingsstrategie auto Onderdeel a Zij V = {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6}, waarbij knoop i staat voor het einde

Nadere informatie

3.2 Vectoren and matrices

3.2 Vectoren and matrices we c = 6 c 2 = 62966 c 3 = 32447966 c 4 = 72966 c 5 = 2632833 c 6 = 4947966 Sectie 32 VECTOREN AND MATRICES Maar het is a priori helemaal niet zeker dat het stelsel vergelijkingen dat opgelost moet worden,

Nadere informatie

Lineaire Algebra (2DD12)

Lineaire Algebra (2DD12) Lineaire Algebra (2DD12) docent: Ruud Pellikaan - Judith Keijsper email: J.C.M.Keijsper@tue.nl studiewijzer: http://www.win.tue.nl/ ruudp/2dd12.html Technische Universiteit Eindhoven college 1 J.Keijsper

Nadere informatie

5 Automatische partitionering van softwaresystemen

5 Automatische partitionering van softwaresystemen 26 Proceedings of the 52 nd European Study Group with Industry 5 Automatische partitionering van softwaresystemen Rob Bisseling, Jarosław Byrka, Selin Cerav-Erbas, Nebojša Gvozdenović, Mathias Lorenz,

Nadere informatie

Ruimtewiskunde. college. Stelsels lineaire vergelijkingen. Vandaag UNIVERSITEIT TWENTE. Stelsels lineaire vergelijkingen.

Ruimtewiskunde. college. Stelsels lineaire vergelijkingen. Vandaag UNIVERSITEIT TWENTE. Stelsels lineaire vergelijkingen. college 4 collegejaar college build slides Vandaag : : : : 16-17 4 29 maart 217 38 1 2 3.16-17[4] 1 vandaag Vectoren De notatie (x 1, x 2,..., x n ) wordt gebruikt voor het punt P met coördinaten (x 1,

Nadere informatie

OPERATIONS RESEARCH TECHNIEKEN L.C.M. KALLENBERG UNIVERSITEIT LEIDEN

OPERATIONS RESEARCH TECHNIEKEN L.C.M. KALLENBERG UNIVERSITEIT LEIDEN OPERATIONS RESEARCH TECHNIEKEN L.C.M. KALLENBERG UNIVERSITEIT LEIDEN VOORJAAR 2003 Inhoudsopgave 1 Inleiding 1 1.1 Wat is Operations Research?.............................. 1 1.2 Overzicht van de te behandelen

Nadere informatie

3 Wat is een stelsel lineaire vergelijkingen?

3 Wat is een stelsel lineaire vergelijkingen? In deze les bekijken we de situatie waarin er mogelijk meerdere vergelijkingen zijn ( stelsels ) en meerdere variabelen, maar waarin elke vergelijking er relatief eenvoudig uitziet, namelijk lineair is.

Nadere informatie

max 5x 1 2x 2 s.t. 2x 1 x 2 10 (P) x 1 + 2x 2 2 x 1, x 2 0

max 5x 1 2x 2 s.t. 2x 1 x 2 10 (P) x 1 + 2x 2 2 x 1, x 2 0 Voorbeeldtentamen Deterministische Modellen in de OR (158075) Opmerking vooraf: Geef bij elke opgave een volledige en duidelijke uitwerking inclusief argumentatie! Gebruik van de rekenmachine is niet toegestaan.

Nadere informatie

Digitaal Proefstuderen Econometrie en Operationele Research Universiteit van Tilburg

Digitaal Proefstuderen Econometrie en Operationele Research Universiteit van Tilburg Digitaal Proefstuderen Econometrie en Operationele Research Universiteit van Tilburg 1 Voorwoord Welkom bij de cursus Digitaal Proefstuderen van de opleiding Econometrie en Operationele Research aan de

Nadere informatie

Tie breaking in de simplex methode

Tie breaking in de simplex methode Tie breaking in de simplex methode Tijdens de Simplexmethode kan op een aantal momenten onduidelijk zijn wat je moet doen: 1. Variabele die de basis in gaat: Zoek de grootste coëfficiënt in de doelfunctie.

Nadere informatie

Stelsels lineaire vergelijkingen

Stelsels lineaire vergelijkingen Een matrix heeft een rij-echelon vorm als het de volgende eigenschappen heeft: 1. Alle nulrijen staan als laatste rijen in de matrix. 2. Het eerste element van een rij dat niet nul is, ligt links ten opzichte

Nadere informatie

Netwerkstroming. Algoritmiek

Netwerkstroming. Algoritmiek Netwerkstroming Vandaag Netwerkstroming: definitie en toepassing Het rest-netwerk Verbeterende paden Ford-Fulkerson algoritme Minimum Snede Maximum Stroming Stelling Variant: Edmonds-Karp Toepassing: koppelingen

Nadere informatie

TW2020 Optimalisering

TW2020 Optimalisering TW2020 Optimalisering Hoorcollege 1 Leo van Iersel Technische Universiteit Delft 7 september 2016 Leo van Iersel (TUD) TW2020 Optimalisering 7 september 2016 1 / 40 Opzet vak Woensdag: hoorcollege 13:45-15:30

Nadere informatie

Lineaire Algebra voor ST

Lineaire Algebra voor ST Lineaire Algebra voor ST docent: Judith Keijsper TUE, HG 9.31 email: J.C.M.Keijsper@tue.nl studiewijzer: http://www.win.tue.nl/wsk/onderwijs/2ds6 Technische Universiteit Eindhoven college 2 J.Keijsper

Nadere informatie

TW2020 Optimalisering

TW2020 Optimalisering TW2020 Optimalisering Hoorcollege 9 Leo van Iersel Technische Universiteit Delft 16 november 2016 Leo van Iersel (TUD) TW2020 Optimalisering 16 november 2016 1 / 28 Vandaag Integer Linear Programming (ILP)

Nadere informatie

TU/e 2DD50: Wiskunde 2

TU/e 2DD50: Wiskunde 2 TU/e 2DD50: Wiskunde 2 Enkele mededelingen Tussentoets: 26 november, tijdens de instructies Tentamenstof: LP; Simplex; dualiteit (= colleges 1 4) Bij de tussentoets mag een eenvoudige (niet programmeerbare)

Nadere informatie

1. Een kortste pad probleem in een netwerk kan worden gemodelleerd als a. een LP probleem. b. een IP probleem. c. een BIP probleem. d.

1. Een kortste pad probleem in een netwerk kan worden gemodelleerd als a. een LP probleem. b. een IP probleem. c. een BIP probleem. d. 1. Een kortste pad probleem in een netwerk kan worden gemodelleerd als a. een LP probleem. b. een IP probleem. c. een BIP probleem. d. een toewijzingsprobleem. 2. Het aantal toegelaten hoekpunten in een

Nadere informatie

Modellen en Simulatie Speltheorie

Modellen en Simulatie Speltheorie Utrecht, 20 juni 2012 Modellen en Simulatie Speltheorie Gerard Sleijpen Department of Mathematics http://www.staff.science.uu.nl/ sleij101/ Program Optimaliseren Nul-som matrix spel Spel strategie Gemengde

Nadere informatie

Optimalisering/Besliskunde 1. College 1 3 september, 2014

Optimalisering/Besliskunde 1. College 1 3 september, 2014 Optimalisering/Besliskunde 1 College 1 3 september, 2014 Algemene informatie College: woensdag 9:00-10:45: Gorlaeus C1/C2, Leiden vrijdag: werkcollege Leiden en Delft Vier verplichte huiswerkopgaven Informatie

Nadere informatie

K.0 Voorkennis. y = -4x + 8 is de vergelijking van een lijn. Hier wordt y uitgedrukt in x.

K.0 Voorkennis. y = -4x + 8 is de vergelijking van een lijn. Hier wordt y uitgedrukt in x. K.0 Voorkennis y = -4x + 8 is de vergelijking van een lijn. Hier wordt y uitgedrukt in x. y = -4x + 8 kan herschreven worden als y + 4x = 8 Dit is een lineaire vergelijking met twee variabelen. Als je

Nadere informatie

A.1 Grafentheorie 64 BIJLAGE A. OPLOSSING VAN DE VRAGEN A.1. GRAFENTHEORIE 65. dan heeft deze kring in ieder knooppunt een even aantal takken).

A.1 Grafentheorie 64 BIJLAGE A. OPLOSSING VAN DE VRAGEN A.1. GRAFENTHEORIE 65. dan heeft deze kring in ieder knooppunt een even aantal takken). 64 BIJLAGE A. OPLOSSING VAN DE VRAGEN A. Grafentheorie Vraag. Neem drie knooppunten i, j en k. d(i, k) = het minimum aantal takken in een keten tussen i en k Vraag.2 het minimum aantal takken in een keten

Nadere informatie

Enkele basismodellen uit operationeel onderzoek

Enkele basismodellen uit operationeel onderzoek Enkele baimodellen uit operationeel onderzoek Roel Leu Roel.Leu@econ.kuleuven.be Studiedag Wikunde e graad ASO 6 mei Inleiding Operationeel onderzoek (O.O.) = het gebruik van wikundige technieken voor

Nadere informatie

te vermenigvuldigen, waarbij N het aantal geslagen Nederlandse munten en B het aantal geslagen buitenlandse munten zijn. Het resultaat is de vector

te vermenigvuldigen, waarbij N het aantal geslagen Nederlandse munten en B het aantal geslagen buitenlandse munten zijn. Het resultaat is de vector Les 3 Matrix product We hebben gezien hoe we matrices kunnen gebruiken om lineaire afbeeldingen te beschrijven. Om het beeld van een vector onder een afbeelding te bepalen hebben we al een soort product

Nadere informatie

FACULTEIT ECONOMIE EN BEDRIJFSKUNDE Afdeling Kwantitatieve Economie

FACULTEIT ECONOMIE EN BEDRIJFSKUNDE Afdeling Kwantitatieve Economie FACULTEIT ECONOMIE EN BEDRIJFSKUNDE Afdeling Kwantitatieve Economie Lineaire Algebra, tentamen Uitwerkingen vrijdag 4 januari 0, 9 uur Gebruik van een formuleblad of rekenmachine is niet toegestaan. De

Nadere informatie

Beknopte handleiding voor Derive 5.0 for Windows

Beknopte handleiding voor Derive 5.0 for Windows - Lesbrief Beknopte handleiding voor Derive 5.0 for Voorspelbaarheid en Populaties in de tijd Doelgroep Klas 5 t/m 6 havo en vwo Vakken en domeinen Algemene natuurwetenschappen VWO Wiskunde VWO: A domein

Nadere informatie

BESLISKUNDE 2 L.C.M. KALLENBERG UNIVERSITEIT LEIDEN

BESLISKUNDE 2 L.C.M. KALLENBERG UNIVERSITEIT LEIDEN BESLISKUNDE L.C.M. KALLENBERG UNIVERSITEIT LEIDEN Voorwoord Dit vak is een voortzetting van het tweedejaarscollege Besliskunde. Een aantal andere mathematische beslissingsproblemen komt aan de orde en

Nadere informatie

Transshipment problemen Simplex methode en netwerk optimalisatie algoritmes. Luuk van de Sande Begeleider: Judith Keijsper 20 januari 2013

Transshipment problemen Simplex methode en netwerk optimalisatie algoritmes. Luuk van de Sande Begeleider: Judith Keijsper 20 januari 2013 Transshipment problemen Simplex methode en netwerk optimalisatie algoritmes Luuk van de Sande Begeleider: Judith Keijsper 20 januari 2013 1 Inhoudsopgave 1 Transport problemen 3 2 Definities en stellingen

Nadere informatie

Begrenzing van het aantal iteraties in het max-flow algoritme

Begrenzing van het aantal iteraties in het max-flow algoritme Begrenzing van het aantal iteraties in het max-flow algoritme Het oplossen van het maximum stroom probleem met behulp van stroomvermeerderende paden werkt, maar het aantal iteraties kan aardig de spuigaten

Nadere informatie

Examenvragen D0H45 (Lineaire optimalizatie)

Examenvragen D0H45 (Lineaire optimalizatie) Examenvragen D0H45 (Lineaire optimalizatie) Tijdstip: Vrijdag 3 februari 2012 vanaf 09.00 uur tot 12.00 uur Er zijn vier opgaven. Achter de opgaven zitten de bladzijden die u kunt gebruiken om uw antwoord

Nadere informatie

Optimalisering WI 2608

Optimalisering WI 2608 Optimalisering WI 2608 Docent: Hans Melissen, EWI kamer 7.080 e-mail: j.b.m.melissen@ewi.tudelft.nl tel: 015-2782547 Studiemateriaal op : http://www.isa.ewi.tudelft.nl/~melissen (kijk bij onderwijs WI

Nadere informatie

Uitwerkingen bij 1_1 Lineaire vergelijkingen

Uitwerkingen bij 1_1 Lineaire vergelijkingen Uitwerkingen bij 1_1 Lineaire vergelijkingen!! "#$ #!%!& " %'!& " #!' " # ( # )' * # ' #*" # + '!#*" ' ' + + ' '!, %' &% &%& % -&. = / +. = / + * 0 #!*" 0 $! 1 = ' + 1 = - 0 " "!$ *# 2 1 = # '2 = ' + 2

Nadere informatie

Matrices en Grafen (wi1110ee)

Matrices en Grafen (wi1110ee) Matrices en Grafen (wi1110ee) Electrical Engineering TUDelft September 1, 2010 September 1, 2010 Inleiding Mekelweg 4, kamer 4.240 tel : (015 27)86408 e-mail : I.A.M.Goddijn@TUDelft.nl homepage : http:

Nadere informatie

Lineaire afbeeldingen

Lineaire afbeeldingen Les 2 Lineaire afbeeldingen Als een robot bij de robocup (het voetbaltoernooi voor robots een doelpunt wil maken moet hij eerst in de goede positie komen, d.w.z. geschikt achter de bal staan. Hiervoor

Nadere informatie

Grafen. Indien de uitgraad van ieder punt 1 is, dan bevat de graaf een cykel. Indien de ingraad van ieder punt 1 is, dan bevat de graaf een cykel.

Grafen. Indien de uitgraad van ieder punt 1 is, dan bevat de graaf een cykel. Indien de ingraad van ieder punt 1 is, dan bevat de graaf een cykel. Grafen Grafen Een graaf bestaat uit een verzameling punten (ook wel knopen, of in het engels vertices genoemd) en een verzameling kanten (edges) of pijlen (arcs), waarbij de kanten en pijlen tussen twee

Nadere informatie

TW2020 Optimalisering

TW2020 Optimalisering TW2020 Optimalisering Hoorcollege 11 Leo van Iersel Technische Universiteit Delft 25 november 2015 Leo van Iersel (TUD) TW2020 Optimalisering 25 november 2015 1 / 28 Vandaag Vraag Voor welke problemen

Nadere informatie

De partitieformule van Euler

De partitieformule van Euler De partitieformule van Euler Een kennismaking met zuivere wiskunde J.H. Aalberts-Bakker 29 augustus 2008 Doctoraalscriptie wiskunde, variant Communicatie en Educatie Afstudeerdocent: Dr. H. Finkelnberg

Nadere informatie

LP-problemen modelleren. Inleiding

LP-problemen modelleren. Inleiding LP-problemen modelleren Inleiding 1 Assumpties 2 LP-problemen oplossen Grafische oplossing 3 4 Onthoud: Iso-winstcurve = niveaucurve Alle iso-winstcurves ( niveaucurves ) lopen evenwijdig Hoe tekenen we

Nadere informatie

SPECIALE LINEAIRE MODELLEN

SPECIALE LINEAIRE MODELLEN Hoofdstuk 7 SPECIALE LINEAIRE MODELLEN 7.1 Unimodulariteit en totale unimodulariteit Vele combinatorische optimaliseringsproblemen kunnen worden beschreven als het maximaliseren van een lineaire functie

Nadere informatie

Onafhankelijke verzamelingen en Gewogen Oplossingen, door Donald E. Knuth, The Art of Computer Programming, Volume 4, Combinatorial Algorithms

Onafhankelijke verzamelingen en Gewogen Oplossingen, door Donald E. Knuth, The Art of Computer Programming, Volume 4, Combinatorial Algorithms Onafhankelijke verzamelingen en Gewogen Oplossingen, door Donald E. Knuth, The Art of Computer Programming, Volume 4, Combinatorial Algorithms Giso Dal (0752975) Pagina s 5 7 1 Deelverzameling Representatie

Nadere informatie

Vrije Universiteit Faculteit der Economische Wetenschappen en Bedrijfskunde Afdeling Econometrie

Vrije Universiteit Faculteit der Economische Wetenschappen en Bedrijfskunde Afdeling Econometrie Vrije Universiteit Faculteit der Economische Wetenschappen en Bedrijfskunde Afdeling Econometrie Tentamen: Convexe Analyse en Optimalisering Opleiding: Bacheloropleiding Econometrie Vakcode: 64200 Datum:

Nadere informatie

Optimalisering. Hoorcollege 4. Leo van Iersel. Technische Universiteit Delft. 28 september 2016

Optimalisering. Hoorcollege 4. Leo van Iersel. Technische Universiteit Delft. 28 september 2016 Optimalisering Hoorcollege 4 Leo van Iersel Technische Universiteit Delft 28 september 2016 Leo van Iersel (TUD) Optimalisering 28 september 2016 1 / 18 Dualiteit Dualiteit: Elk LP probleem heeft een bijbehorend

Nadere informatie

Technische Universiteit Delft. ANTWOORDEN van Tentamen Gewone differentiaalvergelijkingen, TW2030 Vrijdag 30 januari 2015,

Technische Universiteit Delft. ANTWOORDEN van Tentamen Gewone differentiaalvergelijkingen, TW2030 Vrijdag 30 januari 2015, Technische Universiteit Delft Faculteit EWI ANTWOORDEN van Tentamen Gewone differentiaalvergelijkingen, TW23 Vrijdag 3 januari 25, 4.-7. Dit tentamen bestaat uit 6 opgaven. Alle antwoorden dienen beargumenteerd

Nadere informatie

Transport-, Routing- en Schedulingproblemen. Wi4062TU / Wi487TU / a86g. Uitwerkingen 08-04-2005

Transport-, Routing- en Schedulingproblemen. Wi4062TU / Wi487TU / a86g. Uitwerkingen 08-04-2005 Transport-, Routing- en Schedulingproblemen Wi4062TU / Wi487TU / a86g Uitwerkingen 08-04-2005 1 Transportprobleem Onderdeel a Fabriek 1 kan 120 ton staal fabriceren in 40 uur. Voor fabriek 2 is dit 150

Nadere informatie

x 3 E H x 1 B A = (0,0,0) B = (1,0,0) C = (0,1,0) E = (0,0,1) I = (1,1,1/2) J = (1/2,1,1) H=(1,1/2,1) x 2

x 3 E H x 1 B A = (0,0,0) B = (1,0,0) C = (0,1,0) E = (0,0,1) I = (1,1,1/2) J = (1/2,1,1) H=(1,1/2,1) x 2 1. Gegeven een LP probleem (P) max z = c 1 x 1 + c 2 x 2 + c 3 x 3 (= c x) waarvoor het gebied van toegelaten oplossingen T wordt gegeven als de verzameling punten op het afknotingsvlak van een symmetrisch

Nadere informatie

Afdeling Kwantitatieve Economie

Afdeling Kwantitatieve Economie Afdeling Kwantitatieve Economie Wiskunde AEO V Uitwerking tentamen 1 november 2005 1. De tekenschema s in opgave 1a 1e zijn de voortekens van vermenigvuldigers en de laatste leidende hoofdminoren in een

Nadere informatie

NUMERIEKE METHODEN VOOR DE VAN DER POL VERGELIJKING. Docent: Karel in t Hout. Studiepunten: 3

NUMERIEKE METHODEN VOOR DE VAN DER POL VERGELIJKING. Docent: Karel in t Hout. Studiepunten: 3 NUMERIEKE METHODEN VOOR DE VAN DER POL VERGELIJKING Docent: Karel in t Hout Studiepunten: 3 Over deze opgave dien je een verslag te schrijven waarin de antwoorden op alle vragen zijn verwerkt. Richtlijnen

Nadere informatie

Optimalisering. Hoorcollege 4. Leo van Iersel. Technische Universiteit Delft. 28 september 2016

Optimalisering. Hoorcollege 4. Leo van Iersel. Technische Universiteit Delft. 28 september 2016 Optimalisering Hoorcollege 4 Leo van Iersel Technische Universiteit Delft 28 september 2016 Leo van Iersel (TUD) Optimalisering 28 september 2016 1 / 18 Dualiteit Dualiteit: Elk LP probleem heeft een bijbehorend

Nadere informatie

TW2020 Optimalisering

TW2020 Optimalisering TW2020 Optimalisering Hoorcollege 8 Leo van Iersel Technische Universiteit Delft 2 november 2016 Leo van Iersel (TUD) TW2020 Optimalisering 2 november 2016 1 / 28 Minimum Opspannende Boom (Minimum Spanning

Nadere informatie

Overzicht. Lineaire vergelijkingen. Onderwerpen & Planning. Doel. VU Numeriek Programmeren 2.5

Overzicht. Lineaire vergelijkingen. Onderwerpen & Planning. Doel. VU Numeriek Programmeren 2.5 VU Numeriek Programmeren 25 Charles Bos Vrije Universiteit Amsterdam Tinbergen Institute csbos@vunl, A40 Onderwerpen & Planning Practicum Literatuur Taal Terugblik & Huiswerk 2 april 202 /26 2/26 Onderwerpen

Nadere informatie

Hertentamen Optimalisering (Delft) en Besliskunde 1 (Leiden) 15 april 2014, uur

Hertentamen Optimalisering (Delft) en Besliskunde 1 (Leiden) 15 april 2014, uur Hertentamen Optimalisering (Delft) en Besliskunde 1 (Leiden) 15 april 2014, 14.00-17.00 uur Het tentamen bestaat uit 6 opgaven. Motiveer je antwoorden duidelijk. De normering van de opgaves staat steeds

Nadere informatie

Stelsels Vergelijkingen

Stelsels Vergelijkingen Hoofdstuk 5 Stelsels Vergelijkingen Eén van de motiverende toepassingen van de lineaire algebra is het bepalen van oplossingen van stelsels lineaire vergelijkingen. De belangrijkste techniek bestaat uit

Nadere informatie

Enkele uitbreidingen op het simplexalgoritme

Enkele uitbreidingen op het simplexalgoritme Enkele uitbreidingen op het simplexalgoritme Stageverslag Rovecom Moniek Messink 2 oktober 2014 Enkele uitbreidingen op het simplexalgoritme Stageverslag Rovecom Masterscriptie Wiskunde 2 oktober 2014

Nadere informatie

Lineaire Algebra voor ST

Lineaire Algebra voor ST Lineaire Algebra voor ST docent: Judith Keijsper TUE, HG 9.31 email: J.C.M.Keijsper@tue.nl studiewijzer: http://www.win.tue.nl/wsk/onderwijs/2ds06 Technische Universiteit Eindhoven college 1 J.Keijsper

Nadere informatie

Rekenen aan wortels Werkblad =

Rekenen aan wortels Werkblad = Rekenen aan wortels Werkblad 546121 = Vooraf De vragen en opdrachten in dit werkblad die vooraf gegaan worden door, moeten schriftelijk worden beantwoord. Daarbij moet altijd duidelijk zijn hoe de antwoorden

Nadere informatie

Chapter 4: Continuous-time Markov Chains (Part I)

Chapter 4: Continuous-time Markov Chains (Part I) Stochastic Operations Research I (2014/2015) Selection of exercises from book and previous exams. Chapter 4: Continuous-time Markov Chains (Part I) 1.1 Book pp 179 185 These are useful exercises to learn

Nadere informatie

TW2020 Optimalisering

TW2020 Optimalisering TW2020 Optimalisering Hoorcollege 8 Leo van Iersel Technische Universiteit Delft 28 oktober 2015 Leo van Iersel (TUD) TW2020 Optimalisering 28 oktober 2015 1 / 25 Definitie Een boom is een samenhangende

Nadere informatie

Lineaire functies? x 3x. (x 1, x 2 ) 5x 1 7x 2. x 6x 17. x ax. (a, x) ax??? 3x log x 2. substitueer x 1 = y 1, x 2 = exp(y 2 ) levert

Lineaire functies? x 3x. (x 1, x 2 ) 5x 1 7x 2. x 6x 17. x ax. (a, x) ax??? 3x log x 2. substitueer x 1 = y 1, x 2 = exp(y 2 ) levert Lineaire functies? x 3x (x 1, x 2 ) 5x 1 7x 2 x 6x 17 x ax (a, x) ax??? 3x 1 2 + 5log x 2 substitueer x 1 = y 1, x 2 = exp(y 2 ) levert 3y 1 + 5y 2 na substitutie lineair. Niet-lineaire functies kunnen

Nadere informatie

Discrete Wiskunde 2WC15, Lente Jan Draisma

Discrete Wiskunde 2WC15, Lente Jan Draisma Discrete Wiskunde 2WC15, Lente 2010 Jan Draisma HOOFDSTUK 3 De Nullstellensatz 1. De zwakke Nullstellensatz Stelling 1.1. Zij K een algebraïsch gesloten lichaam en zij I een ideaal in K[x] = K[x 1,...,

Nadere informatie

V = {a, b, c, d, e} Computernetwerken: de knopen zijn machines in het netwerk, de kanten zijn communicatiekanalen.

V = {a, b, c, d, e} Computernetwerken: de knopen zijn machines in het netwerk, de kanten zijn communicatiekanalen. WIS14 1 14 Grafen 14.1 Grafen Gerichte grafen Voor een verzameling V is een binaire relatie op V een verzameling geordende paren van elementen van V. Voorbeeld: een binaire relatie op N is de relatie KleinerDan,

Nadere informatie

Local search. Han Hoogeveen. 21 november, 2011

Local search. Han Hoogeveen. 21 november, 2011 1 Local search Han Hoogeveen 21 november, 2011 Inhoud vandaag 2 Inhoud: Uitleg methode Bespreking oude opdrachten: ˆ Bezorgen wenskaarten ˆ Roosteren tentamens Slides staan al op het web www.cs.uu.nl/docs/vakken/opt/colleges.html

Nadere informatie

Netwerkstroming. Algoritmiek

Netwerkstroming. Algoritmiek Netwerkstroming Netwerkstroming Toepassingen in Logistiek Video-streaming Subroutine in algoritmen 2 Vandaag Netwerkstroming: wat was dat ook alweer? Minimum Snede Maximum Stroming Stelling Variant: Edmonds-Karp

Nadere informatie

Lineaire Algebra voor ST

Lineaire Algebra voor ST Lineaire Algebra voor ST docent: Judith Keijsper TUE, HG 9.3 email: J.C.M.Keijsper@tue.nl studiewijzer: http://www.win.tue.nl/wsk/onderwijs/2ds6 Technische Universiteit Eindhoven college 6 J.Keijsper (TUE)

Nadere informatie

III.2 De ordening op R en ongelijkheden

III.2 De ordening op R en ongelijkheden III.2 De ordening op R en ongelijkheden In de vorige paragraaf hebben we axioma s gegeven voor de optelling en vermenigvuldiging in R, maar om R vast te leggen moeten we ook ongelijkheden in R beschouwen.

Nadere informatie

Jordan normaalvorm. Hoofdstuk 7

Jordan normaalvorm. Hoofdstuk 7 Hoofdstuk 7 Jordan normaalvorm Zoals we zagen hangt de matrix die behoort bij een lineaire transformatie af van de keuze van een basis voor de ruimte In dit hoofdstuk buigen we ons over de vraag of er

Nadere informatie

Discrete Structuren. Piter Dykstra Opleidingsinstituut Informatica en Cognitie

Discrete Structuren. Piter Dykstra Opleidingsinstituut Informatica en Cognitie Discrete Structuren Piter Dykstra Opleidingsinstituut Informatica en Cognitie www.math.rug.nl/~piter piter@math.rug.nl 22 februari 2009 INDUCTIE & RECURSIE Paragrafen 4.3-4.6 Discrete Structuren Week 3:

Nadere informatie

4 Positieve en niet-negatieve lineaire algebra

4 Positieve en niet-negatieve lineaire algebra 4 Positieve en niet-negatieve lineaire algebra Positieve en niet-negatieve matrices komen veel voor binnen de stochastiek (zoals de PageRank matrix) en de mathematische fysica: temperatuur, dichtheid,

Nadere informatie

UITWERKINGEN d. Eliminatie van a geeft d. Eliminatie van b,

UITWERKINGEN d. Eliminatie van a geeft d. Eliminatie van b, UITWERKINGEN 1. Gegeven in R 3 zijn de punten P = (1, 1, ) t en Q = ( 2,, 1) t en het vlak V gegeven door de vergelijking 2x 1 x 2 + x 3 = 1. Zij l de lijn door P loodrecht op V en m de lijn door Q loodrecht

Nadere informatie