Pemprograman Linear: Kaedah Simpleks

max 10x1 + 9x2 + 0s1 + 0s2 + 0s3 + 0s4 t.k. 7/10 x1 + 1x2 + 1s1 = 630 1/2 x1 + 5/6 x2 + 1 s2 = 600 1 x1 + 2/3x2 + 1 s3 = 708 1/10 x1 + 1/4 x2 + 1s4 = 135 x1, x2, s1, s2, s3, s4 ≥ 0

Oleh kerana persamaan kekangan mempunyai lebih angkubah (enam) daripada persamaan (empat), kaedah simpleks menemui penyelesaian kepada persamaan dengan mengandaikan nilai sifar kepada dua angkubah dan kemudian menyelesaikannya bagi nilai empat angkubah yang tinggal. atau n – m = 0 Di mana: n = bilangan angkubah m = bilangan persamaan kekangan

Contoh, katakan: x2 = 0 dan s1 = 0 Sistem persamaan kita akan menjadi 7/10 x1 = 630 1/2 x1 + 1s2 = 600 1x1 + 1s3 = 707 1/10x1 + 1s4 = 135

Penyelesaian kepada empat persamaan dan enam angkubah : Penyelesaian Basis

Secara amnya, sekiranya bentuk standard masalah pemprograman linear mempunyai n angkubah dan m persamaan, di mana n lebih besar daripada m, penyelesaian basis boleh ditentukan dengan menetapkan n - m angkubah sama dengan sifar dan menyelesaikan m persamaan kekangan untuk m angkubah yang tinggal. Penyelesaian basis boleh ditentukan dengan menetapkan sebarang dua angkubah sama dengan sifar dan kemudiannya menyelesaikan sistem bagi empat persamaan untuk empat angkubah yang tinggal.

Kita juga merujuk kepada n - m angkubah sama dengan sifar dikenali sebagai angkubah bukan basis dan membiarkan m angkubah (biasanya bukan sifar) sebagai angkubah basis. Oleh itu, x2 dan s1 angkubah bukan basis dan x1, s2, s3 dan s4 adalah angkubah basis. Terdapat kes dimana terdapat penyelesaian yang unik tidak dapat ditemui bagi sistem penyelesaian m persamaan didalam m angkubah. Walau bagaimanapun, keadaan ini merupakan pengecualian terhadap peraturan dan tidak akan dapat diatasi dengan menggunakan kaedah simplek.

Penyelesaian basis boleh jadi: bolehlaksana, atau tak bolehlaksana. Penyelesaian basis bolehlaksana adalah penyelesaian di mana ke dua-dua basis dan memenuhi keadaan bukan negatif. Penyelesaian basis yang ditemui di atas bukan merupakan penyelesaian basis tidak bolehlaksana kerana ia tidak memenuhi keadaan bukan negatif (kita mempunyai s3 = - 192).

Jika x1 = 0 dan x2 = 0), penyelesaian basis adalah:   s1 = 630 s2 = 600 s3 = 708 s4 = 135 atau Penyelesaian basis bolehlaksana

Penyelesaian basis bolehlaksana adalah berpadanan dengan titik ekstrim, oleh itu penyelesaian basis bolehlaksana dan penyelesaian titik ekstrim adalah satu dan sama.

Bentuk Jadual Kaedah simpleks biasanya bermula dengan penyelesaian basis bolehlaksana dan kemudiannya bergerak daripada satu basis bolehlaksana kepada yang lain sehingga penyeleaian basis bolehlaksana yang optimum (titik ekstrim) dicapai

Dua peraturan untuk memperolehi penyelesaian basis bolehlaksana. Bagi m angkubah (m = 4 di dalam kes ini) mesti mempunyai koeffisien dalam satu persamaan dan koeffisien sifar di dalam semua persamaan yang lain. Kemudian jika m angkubah ini akan menjadi basis dengan menetapkan n - m angkubah yang lain sama dengan sifar, nilai angkubah basis bolehlaksana boleh dibaca melalui bahagian sebelah kanan-persamaan kekangan, dan Nilai bahagian sebelah-kanan bagi persamaan kekangan mestilah bukan negatif Jika masalah pemprograman linear memenuhi kedua-dua peraturan di atas, ia dikatakan dalam bentuk tablau

Tiga langkah penting menyediakan masalah pemprograman linear untuk diselesaikan menggunakan kaedah simpleks: Langkah 1 Merumuskan masalah tersebut. Langkah 2 Sediakan bentuk standard yang mewakili masalah dengan menambah angkubah slak dan/atau menolak angkubah lebih pada. Langkah 3 Sediakan bentuk jadual yang mewakili masalah.

Menyediakan Jadual Simpleks Awal Bahagian jadual simpleks awal hanyalah jadual yang mengandungi semua koeffisien-koeffisien yang ditunjukkan di dalam bentuk tablau yang mewakili pemprograman linear. Sekiranya kita mengambil tetanda secara am   cj = koeffisien fungsi objektif bagi angkubah j bi = koeffisien bahagian sebelah kanan bagi kekangan i aij = koeffisien berkaitan dengan angkubah j dalam kekangan i

Bahagian Jadual Simpleks

baris c = baris bagi koeffisien fungsi objektif lajur b = lajur bagi nilai bahagian sebelah kanan persamaan kekangan Matrik A = baris m dan lajur n bagi koeffisien angkubah-angkubah di dalam persamaan kekangan

max 10x1 + 9x2 + 0s1 + 0s2 + 0s3 + 0s4 t.k. 7/10 x1 + 1x2 + 1s1 = 630 1/2 x1 + 5/6 x2 + 1 s2 = 600 1 x1 + 2/3x2 + 1 s3 = 708 1/10 x1 + 1/4 x2 + 1s4 = 135 x1, x2, s1, s2, s3, s4  0 10 9 7/10 1 630 ½ 5/6 600 2/3 708 1/10 1/4 135

x1 x2 s1 s2 s3 s4 bi 10 9 7/10 1 630 ½ 5/6 600 2/3 708 1/10 1/4 135

Kaedah simpleks mesti dimulakan dengan penyelesaian basis bolehlaksana dan di temui dengan menetapkan x1 = 0 dan x2 = 0 di dalam bentuk tablau. Penyelesaian yang berpadanan dengan kombinasi keluaran sifar adalah:

x1 x2 s1 s2 s3 s4 bi 10 9 7/10 1 630 ½ 5/6 600 2/3 708 1/10 1/4 135 Lajur berpadanan dengan s3 Baris berpadanan dengan s3 Nilai s3

x1 x2 s1 s2 s3 s4 bi Basis cj 10 9 7/10 1 630 ½ 5/6 600 2/3 708 1/10 1/4 135 s1 s2 s3 s4

Memperbaiki Penyelesaian Baris pertama ditandakan sebagai zj, yang mewakili pengurangan nilai fungsi objektif yang akan dihasilkan jika satu unit angkubah yang berpadanan dengan baris j bagi matrik A dibawa masuk ke dalam penyelesaian. Baris berikut yang hendak kita tambahkan ke dalam tablau, kita rujukkan sebagai baris penilaian bersih, yang menganndungi nilai cj - zj bagi setiap angkubah (lajur) di dalam tablau. Bentuk kedudukan di dalam tablau, baris zj dan cj – zj diletakkan terus di bawah matrik A pada tablau yang ada.

Nilai di dalam baris zj boleh dikira dengan mendarabkan unsur-unsur di dalam lajur cj dengan unsur yang berpadanan di dalam lajur matrik A dan menjumlahkannya. Oleh itu kita dapati z1 = 0 (7/10) + 0 (1/2) + 0 (1) + 0 (1/10) = 0 z2 = 0 (1) + 0 (5/6) + 0 (2/3) + 0 (1/4) = 0 z3 = 1 (1) + 0 (0) + 0 (0) + 0 (0) = 0 z4 = 0 (0) + 0 (1) + 0 (0) + 0 (0) = 0 z5 = 0 (0) + 0 (0) + 0 (1) + 0 (0) = 0 z6 = 0 (0) + 0 (0) + 0 (0) + 0 (1) = 0

x1 x2 s1 s2 s3 s4 bi Basis cj 10 9 7/10 1 630 ½ 5/6 600 2/3 708 1/10 7/10 1 630 ½ 5/6 600 2/3 708 1/10 1/4 135 zj cj- zj 10 9 Koeffisien fungsi objektif bagi x1 adalah 10, oleh itu nilai c1 - z1 adalah 10 - 0 = 10. Ini menunjukkan keputusan bersih dengan membawa satu unit x1 ke dalam penyelesaian semasa akan meningkatkan keuntungan sebanyak $10. Oleh itu baris penilaian bersih yang berpadanan dengan x1 kita masukkan nilai 10.

Ciri-ciri Untuk Memasukkan Angkubah Baru Ke dalam Basis Lihat pada baris penilaian bersih (cj – zj) dan pilih nilai positif yang paling maksimum sebagai angkubah untuk memasuki basis di mana angkubah tersebut akan menyebabkan pertambahan setiap unit yang terbesar sekali di dalam fungsi objektif. Angkubah ini berpadanan dengan lajur j di dalam bahagian A tablau dan lajur tersebut dipanggil sebagai lajur pivot.

Ciri-ciri Untuk Mengeluarkan Angkubah Daripada Basis Semasa Bagi setiap baris i kirakan kadar bi/aij untuk setiap aij yang lebih besar daripada sifar dan baris ini dinamakan sebagai baris pivot. Kadar ini memberitahu kita jumlah maksimum bagi angkubah xj yang boleh di bawa masuk ke dalam peyelesaian dan masih memenuhi persamaan kekangan yang diwakili oleh baris tersebut. Kadar yang minimum memberi tahu kita manakah kekangan yang terhad sekali jika xj dimasukkan ke dalam penyelesaian.

Perhatikan bahawa cj - zj = 10 adalah nilai positif yang terbesar di dalam baris cj - zj. Oleh itu x1 adalah dipilih untuk menjadikan angkubah basis yang baru. Memeriksa kadar bi/aij untuk aij  0, kita dapati bi/aij = 708 adalah kadar yang minimum. Oleh itu angkubah basis semasa berkaitan dengan baris 3 (s3) adalah angkubah yang dipilih untuk meninggalkan basis. Di dalam jadual, a31 , ditandakan untuk menunjukkan angkubah tersebut berpadanan dengan lajur pivot yang akan masuk ke dalam basis dan untuk menunjukkan angkubah basis yang berpadanan kepada baris pivot untuk meninggalkan basis. Mengambil terminologi pemprograman linear, yang mana kita katakan unsur yang telah kita bulatkan sebagai unsur pivot.

Unsur pivot Baris pivot Lajur pivot

Pengiraan Tablau Berikutnya Jadual simpleks yang awal adalah jadual yang mengandungi koeffisien dalam bentuk tablau bagi masalah pemprograman linear. Peraturan khas menyatakan jadual simplek awal mengandungi unit lajur yang berpadanan dengan setiap angkubah basis. Oleh itu nilai angkubah basis adalah 1 di dalam baris i boleh ditemui dengan hanya membaca unsur i lajur terakhir di dalam tablau simpleks, bi.

7/10 1 630 (x 7/10)  7/10 14/30 495.6 1 2/3 708 16/30 1 -7/10 134.4 x1 x2 s1 s2 s3 s4 Basis cj 10 9 1 2/3 708 16/30 1 -7/10 134.4

1/2 5/6 1 600 1 2/3 708 (x 1/2)  1/2 1/3 354 1/2 1 -1/2 246 x1 x2 s1 s2 s3 s4 Basis cj 10 9 16/30 1 -7/10 134.4 2/3 708 1/2 1 -1/2 246

1/10 1/4 1 135 1 2/3 708 1/10 2/30 70.8 (x 1/10)  22/120 -1/10 1 64.2 x1 x2 s1 s2 s3 s4 Basis cj 10 9 16/30 1 -7/10 134.4 1/2 -1/2 246 2/3 708 22/120 -1/10 1 64.2

x1 x2 s1 s2 s3 s4 Basis cj 10 9 16/30 1 -7/10 134.4 1/2 -1/2 246 2/3 16/30 1 -7/10 134.4 1/2 -1/2 246 2/3 708 22/120 -1/10 64.2 zj cj-zj s1 s2 s4 10 20/3 -10 7080 7/3 -10 cj X1 (0 x 16/30) + 1/2) + (10 x 2/3) + 22/120) = 20/3 cj X1 (0 x 134.6) + 246) + (10 x 708) + 64.2) = 20/3 cj X1 (0 x 0)+ (10 x 1)+ 0) = 10

x2 Masuk kedalam basis menggantikan s1 unsur pivot baru Nilai minimum  baris pivot x2 Masuk kedalam basis menggantikan s1 x1 x2 s1 s2 s3 s4 Basis cj 10 9 16/30 1 -7/10 134.4 1/2 -1/2 246 2/3 708 22/120 -1/10 64.2 zj 20/3 cj-zj 7/3 -10 x2 9 16/30 ½ 2/3 22/120 20/3 7/3 bi/aij 7080 134.4/(16/30)=252 246/(1/2)=492 708/(2/3)=1062 64.2/(22/120)=350.2 Nilai + max  lajur pivot

Ciri-ciri Berhenti Penyelesaian optimum kepada masalah pemprograman linear telah dicapai apabila tidak ada lagi nilai positif di dalam baris penilaian bersih (cj-zj  0) bagi tablau simpleks. Jika semua ruangan di dalam baris penilaian bersih adalah sifar atau negatif (cj-zj  0), pengiraan dihentikan. Penyelesaian optimum telah diperolehi dari tablau simpleks semasa.

Lelaran 2 x1 x2 s1 s2 s3 s4 Basis cj 10 9 1 30/16 -21/16 252 s2 -15/16 1 30/16 -21/16 252 s2 -15/16 1 5/32 120 x1 10 1 -20/16 30/16 540 s4 -11/32 9/64 1 18

x1 x2 s1 s2 s3 s4 Basis cj 10 9 1 30/16 -21/16 252 -15/16 5/32 120 -20/16 540 -11/32 9/64 18 zj cj-zj 10 9 70/16 111/16 7668 -70/16 -111/16

Tafsiran dari Penyelesaian Optimum Penyelesaian akhir angkubah basis adalah x2, s2, x1 dan s4. Oleh itu penyelesaian optimum yang lengkap adalah:

Penyelesaian optimum kita ialah x1 = 540, x2 = 252, s1 = 0, s2 = 120, s3 = 0 dan s4 = 18, dengan nilai fungsi objektif adalah : 10(540) + 9(252) = $7668 Terdapat 120 jam masa slak di jabatan jahitan (s2 = 120) dan 18 jam masa terluang di jabatan pemeriksaan dan pembungkusan (s4 = 18) Tiada masa slak yang terdapat di dalam jabatan pemotongan dan mewarna (s1 = 0) dan jabatan kemasan (s3 = 0) . Kekangan bagi operasi kedua-duanya adalah terikat di dalam penyelesaian optimum.

Bentuk Tablau: Kes-kes Am Bentuk tablau mesti mempunyai dua peraturan yang penting: nilai lajur b (nilai bahagian sebelah kanan) mesti bukan negatif, dan (2) dengan m kekangan, m lajur bagi matrik A adalah unit lajur dengan 1 diunit lajur semuanya di dalam baris yang berbeza.

Menghapuskan Bahagian sebelah kanan Yang Negatif 1x1  1x2 - 25 1x1 - 1x2  - 25 Terdapat tiga kes yang berasingan untuk di pertimbangkan, bergantung samada: kekangan adalah lebih kecil dari atau sama dengan, atau kekangan adalah sama dengan, atau kekangan adalah lebih besar dari atau sama dengan.

Kes 1: Kekangan kurang dari atau sama dengan 1x1 - 1x2  - 25 dharabkan kedua-dua bahagian dengan -1 -1x1 + 1x2 ≥ 25

Kes 2: Kekangan sama dengan 6x1 + 3x2 - 4x3 = -20 dharabkan kedua-dua bahagian dengan -1 - 6x1 - 3x2 + 4x3 = 20

Kes 3: Kekangan lebih besar dari atau sama dengan 6x1 + 3x2 - 4x3 ≥ -20 dharabkan kedua-dua bahagian dengan -1 - 6x1 - 3x2 + 4x3  20

Kekangan Lebih Besar daripada atau Sama dengan max 10 x1 + 9 x2 tertakluk kepada (t.k.) 7/10x1 + 1 x2  630 1/2x1 + 5/6 x2  600 1x1 + 2/3 x2  708 1/10x1 + 1/4 x2  135 x1  100 x2  100 x1, x2  0

max 10x1 + 9x2 + 0s1 + 0s2 + 0s3 + 0s4 t.k. 7/10 x1 + 1x2 + 1s1 = 630 1/2 x1 + 5/6 x2 + 1 s2 = 600 1 x1 + 2/3x2 + 1 s3 = 708 1/10 x1 + 1/4 x2 + 1s4 = 135 - 0s5 - 0s6 x1 - 1s5 = 100 x2 - 1s6 = 100 x1, x2, s1, s2, s3, s4 , s5, s6 ≥ 0

Tidak boleh diselesaikan x1 x2 s1 s2 s3 s4 s5 s6 Basis cj 10 9 7/10 1 630 ½ 5/6 600 2/3 708 1/10 1/4 135 -1 100 s1 s2 Tidak boleh diselesaikan s3 s4 ? ? ? ?

Kekangan Sama dengan 6x1 + 4x2 - 5x3 = 30 6x1 + 4x2 - 5x3 + 1a1 = 30 tambahkan angkubah tiruan, katakan a1, untuk membentuk penyelesaian awal basis bolehlaksana di dalam tablau. Persamaan di atas akan menjadi 6x1 + 4x2 - 5x3 + 1a1 = 30

max 10x1 + 9x2 + 0s1 + 0s2 + 0s3 + 0s4 - 0s5 - 0s6 t.k. 7/10 x1 + 1x2 + 1s1 = 630 1/2 x1 + 5/6 x2 + 1 s2 = 600 1 x1 + 2/3x2 + 1 s3 = 708 1/10 x1 + 1/4 x2 + 1s4 = 135 x1 - 1s5 = 100 x2 - 1s6 = 100 – Ma1 – Ma2 Angkubah Tiruan + 1a1 + 1a2 x1, x2, s1, s2, s3, s4 , s5, s6, a1, a2 ≥ 0

Jadual Awal Lajur Pivot x1 x2 s1 s2 s3 s4 s5 s6 cj 10 9 7/10 1 630 ½ 7/10 1 630 ½ 5/6 600 2/3 708 1/10 1/4 135 -1 100 zj cj-zj a1 -M 1 a2 -M 1 a1 -M a2 -M -M M -200M 10+M 9+M -M Lajur Pivot

Lelaran I Lajur Pivot x1 x2 s1 s2 s3 s4 s5 s6 a1 a2 cj 10 9 -M 1 7/10 -M 1 7/10 560 5/6 ½ -1/2 550 2/3 -1 608 ¼ 1/10 -1/10 125 100 zj -10 M 1000-100M cj-zj 9+M Lajur Pivot

Lelaran 2 Lajur Pivot x1 x2 s1 s2 s3 s4 s5 s6 a1 a2 cj 10 9 -M 1 7/10 -M 1 7/10 -1 460 ½ 5/6 -1/2 -5/6 466.7 2/3 -2/3 541.3 1/10 ¼ -1/10 -1/4 100 zj -10 -9 1900 cj-zj -M+10 -M+9 Lajur Pivot

Lelaran 3 Lajur Pivot x1 x2 s1 s2 s3 s4 s5 s6 a1 a2 cj 10 9 -M 1 81.7 -M 1 -7/10 -16/30 81.7 -1/2 3/6 -3/6 196 2/3 -1 -2/3 541.3 -1/10 11/60 -11/60 45.9 641.3 100 zj -7/3 7/3 7313.3 cj-zj -10 -M-7/3 Lajur Pivot

Lelaran 4 Keuntungan x1 x2 s1 s2 s3 s4 s5 s6 a1 a2 cj 10 9 -M 1 -1 152 -M 30/16 -21/16 1 -1 152 -15/16 5/32 120 -20/16 15/8 440 -11/32 45/320 18 540 252 zj 70/16 111/16 7668 cj-zj -70/16 -111/16 Keuntungan

Ringkasan Langkah Untuk Mengwujudkan Bentuk Tablau Jika formulasi asal pemprograman linear mengandungi satu atau lebih nilai bahagian sebelah kanan yang negatif, dharabkan kekangan-kekangan berkenaan dengan -1 (Perhatian di sini dengan berbuat demikian akan megubah arah ketaksamaan bagi kekangan  dan ≥). Ini akan memberikan pemprograman linear yang sama dengan nilai bahagian sebelah kanan yang bukan negatif. Untuk kekangan , hanya tambahkan angkubah slak kepada setiap kekangan lebih kecil dari atau sama dengan untuk menjadikan persamaan. Koeffisien angkubah slak ini di dalam fungsi objektif adalah sifar. Ini memberikan bentuk tablau bagi kekangan dan angkubah slak menjadi satu daripada angkubah di dalam penyelesaian awal basis bolehlaksana kita.

Bentuk kekangan persamaan, tambahkan angkubah tiruan kepada setiap kekangan persamaan untuk memperolehi bentuk tablau. Koeffisien bagi angkubah tiruan di dalam fungsi objektif akan diletakkan dengan nilai -M. Angkubah tiruan akan menjadi sebahagian daripada penyelesaian awal basis bolehlaksana. Untuk kekangan ≥, tolakkan angkubah lebih pada untuk mendapatkan persamaan. Kemudian tambahkan angkubah tiruan untuk mengujudkan bentuk tablau bagi kekangan. Angkubah tiruan ini akan menjadi sebahagian daripada penyelesaian awal basis bolehlaksana. Koeffisien bagi angkubah tiruan ini di dalam fungsi objektif adalah - M.

Kaedah Simpleks Masalah Peminimuman

Dua cara masalah peminimuam boleh diselesaikan menggunakan kaedah simpleks. Cara pertama Menukarkan peraturan yang digunakan untuk memperkenalkan angkubah kepada penyelesaian. Kes pemaksimuman - kita akan memilih angkubah cj - zj mempunyai nilai positif terbesar sebagai angkubah untuk dimasukkan ke dalam basis. Ini disebabkan nilai cj - zj memberitahu kita jumlah fungsi objektif akan meningkat jika satu unit angkubah di dalam lajur j dibawa masuk ke dalam basis. Kes peminimumam – ubah peraturan ini, iaitu memilih angkubah di mana cj - zj yang paling negatif untuk dimasukkan ke dalam penyelesaian. Ini bermakna peraturan berhenti juga akan berubah, berhenti apabila nilai di dalam basis penilaian bersih mejadi bukan negatif dan penyelesaian optimum diperolehi.

Cara ke dua: Sesatu yang selalu akan digunakan apabila menyelesaikan masalah pemaksimuman dan dikenali sebagai muslihat matematik yang selalu digunakan di dalam masalah pengoptimuman. memaksimumkan -z tertakluk kepada kekangan yang sama, dimana akan memberi penyelesaian yang sama untuk meminimumkan z tetapi berbeza dalam magnitud nilai penyelesaiannya. min z = max (-z) meminimumkan z = 1x1 + 1x2 = 55 memaksimumkan -z = - 1x1 - 1x2 = -55

Perbandingan Penyelesaian Boleh Laksana untuk Penyelesaian Boleh Laksana Terpilih z = 1x1 + 1x2 -z = -1x1 - 1x2 x1 = 40 x2 = 40 80 -80 x1 = 40 x2 = 30 70 -70 x1 = 40 x2 = 20 60 -60 x1 = 30 x2 = 40 x1 = 30 x2 = 30 x1 = 30 x2 = 25 55 (min z) -55 (min -z)

Contoh 1 min 1x1 + 1x2 t.k 1x1  30 1x2  20 1x1 + 2x2  8 x1,x2  0 max -1x1 - 1x2 t.k. 1x1  30 1x2  20 1x1 + 2x2  8 x1,x2  0

Bentuk Piawai max -1x1 - 1x2 - 0s1 - 0s2 - 0s3 tk 1x1 - 1s1 = 30 - Ma1 - Ma2 - Ma3 + 1a1 + 1a2 + 1a3 ,a1,a2,a3

Jadual Awal x1 x2 s1 s2 s3 a1 a2 a3 cj -1 -M 1 30 20 2 80 zj -2M -3M M -M 1 30 20 2 80 zj -2M -3M M -130m zj -cj -1+2M -1+3M

Lelaran 1 x1 x2 s1 s2 s3 a1 a2 a3 Basis cj -1 -M 1 30 20 2 -2 40 zj -M 1 30 20 2 -2 40 zj -2M M -2M+1 -1+2M -70M-20 zj -cj

Lelaran 2 x1 x2 s1 s2 s3 a1 a2 a3 Basis cj -1 -M 1 30 20 2 -2 10 zj -M 1 30 20 2 -2 10 zj -M+1 -2M+1 M -1+M -1+2M -10M-50 zj -cj -3M+1

Lelaran 3 x1 x2 s1 s2 s3 a1 a2 a3 cj -1 -M 1 30 1/2 -1/2 25 5 -55 -M 1 30 1/2 -1/2 25 5 zj -55 zj -cj -M-1/2 -M+1/2

Kes-kes Khas

Ketakbolehlaksanaan terjadi apabila tiada penyelesaian kepada pemprograman linear untuk memenuhi semua pembatas, termasuk keadaan bukan negatif Ketakbolehlaksanaan boleh terjadi apabila ciri pemberhentian menunjukkan penyelesaian optimum dan satu atau lebih angkubah tiruan masih berada di dalam penyelesaian pada nilai positif

Contoh 2 max 10 x1 + 9 x2 tertakluk kepada (t.k.) 7/10x1 + 1 x2  630

Tablau Awal x1 x2 s1 s2 s3 s4 s5 s6 a1 a2 cj 10 9 -M 7/10 1 630 ½ 5/6 -M 7/10 1 630 ½ 5/6 600 2/3 708 1/10 1/4 135 -1 500 360 zj M -860M cj-zj 10+M 9+M

Tablau Akhir x1 x2 s1 s2 s3 s4 s5 s6 a1 a2 cj 10 9 -M 1 7/10 -7/10 630 -M 1 7/10 -7/10 630 -5/6 -1/12 1/12 600 -2/3 8/15 -8/15 708 ¼ -3/40 3/40 135 -1 500 360 zj 9+M (-37+7M)/10 M (37+7M)/10 7250-80M cj-zj -9-M (37-7M)/10 (-37-8M)/10 Masih berada dalam basis

Ketakterbatasan Terjadi jika nilai bagi penyelesaian terjadi terlalu besar tanpa mengingkari mana-mana pembatas Dalam tablau akhir kaedah simpleks, peraturan untuk menentukan angkubah yang akan dikeluarkan daripada penyelesaian tidak akan berfungsi

Contoh 3 Max 2x1 + 1x2 t.k. 1x1  2 1x2  5 x1,x2  0

Tablau Akhir Lajur pivot x1 x2 s1 S2 a1 Basis cj 2 1 -M bi bi/aij -1 -M bi bi/aij -1 1/(-1)=-1 s2 5 1/0=  zj -2 4 cj- zj -M-2 Lajur pivot

Berbilang Optimum boleh terjadi apabila garisan fungsi objektif adalah selari dengan satu daripada pembatas yang terikat Dalam tablau akhir kaedah simpleks, terjadi apabila cj - zj adalah sama dengan sifar bagi satu atau lebih angkubah yang bukan dalam penyelesaian.

Contoh 4 max 7 x1 + 10 x2 tertakluk kepada (t.k.) 7/10x1 + 1 x2  630

Tablau Akhir x1 x2 s1 s2 s3 s4 Basis cj 7 10 1 10/3 -40/3 300 -5/9 1 10/3 -40/3 300 -5/9 -10/9 100 -22/9 64/9 128 -4/3 28/3 420 zj 6300 cj-zj -10

Tablau Akhir x1 x2 s1 s2 s3 s4 Basis cj 7 10 1 -5/4 15/8 300 -15169 1 -5/4 15/8 300 -15169 5/8 100 -11/32 9/64 128 -21/16 420 zj 6300 cj-zj -10

Degenarasi Pemprograman linear di katakan degenarasi jika satu atau lebih angkubah basis mempunyai nilai sifar max 7 x1 + 10 x2 tertakluk kepada (t.k.) 7/10x1 + 1 x2  630 1/2x1 + 5/6 x2  480 1x1 + 2/3 x2  708 1/10x1 + 1/4 x2  135 x1, x2  0

Tablau Akhir x1 x2 s1 s2 s3 s4 Basis cj 10 9 1 15/8 -21/16 252 -15/16 1 15/8 -21/16 252 -15/16 5/32 540 -11/32 9/64 18 zj 70/16 111/16 7668 cj-zj -70/16 -111/16

Terima Kasih