《管理运筹学》第二版习题答案韩伯棠教授Word格式文档下载.docx
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c标准形式:
maxf
=3x1+2x2+0s1+0s2+0s3
9x1+2x2+s1=30
3x1+2x2+s2=13
2x1+2x2+s3=9
x1,x2,s1,s2,s3≥0
=−4x1−6x3−0s1−0s2
3x1−x2−s1=6
x1+2x2+s2=10
7x1−6x2=4
x1,x2,s1,s2≥0
12212
=−x'
+2x'
−2x'
'
−0s−0s
'
−3x1+5x2−5x2+s1=70
2x'
−5x'
+5x'
=50
122
3x1+2x2−2x2−s2=30
4、解:
x1,x2,x2,s1,s2≥0
标准形式:
maxz=10x1+5x2+0s1+0s2
3x1+4x2+s1=9
5x1+2x2+s2=8
s1=2,s2=0
5、解:
minf
=11x1+8x2+0s1+0s2+0s3
10x1+2x2−s1=20
3x1+3x2−s2=18
4x1+9x2−s3=36
s1=0,s2=0,s3=13
6、解:
b1≤c1≤3
c2≤c2≤6
dx1=6
x2=4
ex1∈[4,8]
x2=16−2x1
f变化。
原斜率从−2变为−1
7、解:
模型:
maxz=500x1+400x2
2x1≤300
3x2≤540
2x1+2x2≤440
1.2x1+1.5x2≤300
x1,x2≥0
ax1=150
x2=70
即目标函数最优值是103000
b2,4有剩余,分别是330,15。
均为松弛变量
c50,0,200,0额外利润250
d在[0,500]变化,最优解不变。
e在400到正无穷变化,最优解不变。
f不变
8、解:
a模型:
=8xa+3xb
50xa+100xb≤1200000
5xa+4xb≥60000
100xb≥300000
xa,xb≥0
基金a,b分别为4000,10000。
回报率:
60000
b模型变为:
maxz=5xa+4xb
推导出:
x1=18000
x2=3000
故基金a投资90万,基金b投资30万。
第3章线性规划问题的计算机求解
ax1=150
目标函数最优值103000
b1,3使用完2,4没用完0,330,0,15c50,0,200,0
含义:
1车间每增加1工时,总利润增加50元
3车间每增加1工时,总利润增加200元
2、4车间每增加1工时,总利润不增加。
d3车间,因为增加的利润最大
e在400到正无穷的范围内变化,最优产品的组合不变
f不变因为在[0,500]的范围内
g所谓的上限和下限值指当约束条件的右边值在给定范围内变化时,约束条件1的右边值在[200,440]变化,对偶价格仍为50(同理解释其他约束条件)
h100×
50=5000对偶价格不变
i能
j不发生变化允许增加的百分比与允许减少的百分比之和没有超出100%
k发生变化
a40001000062000
b约束条件1:
总投资额增加1个单位,风险系数则降低0.057
约束条件2:
年回报额增加1个单位,风险系数升高2.167c约束条件1的松弛变量是0,约束条件2的剩余变量是0
约束条件3为大于等于,故其剩余变量为700000
d当c2不变时,c1在3.75到正无穷的范围内变化,最优解不变当c1不变时,c2在负无穷到6.4的范围内变化,最优解不变
e约束条件1的右边值在[780000,1500000]变化,对偶价格仍为0.057(其他同理)
f不能,理由见百分之一百法则二
3、解:
a180003000102000153000
b总投资额的松弛变量为0基金b的投资额的剩余变量为0c总投资额每增加1个单位,回报额增加0.1
基金b的投资额每增加1个单位,回报额下降0.06
dc1不变时,c2在负无穷到10的范围内变化,其最优解不变
c2不变时,c1在2到正无穷的范围内变化,其最优解不变
e约束条件1的右边值在300000到正无穷的范围内变化,对偶价格仍为0.1
约束条件2的右边值在0到1200000的范围内变化,对偶价格仍为-0.06
f600000+300000=100%故对偶价格不变
900000
4、解:
ax1=8.5
x2=1.5
x3=0
x4=1
最优目标函数18.5
b约束条件2和3对偶价格为2和3.5c选择约束条件3,最优目标函数值22
d在负无穷到5.5的范围内变化,其最优解不变,但此时最优目标函数值变化
e在0到正无穷的范围内变化,其最优解不变,但此时最优目标函数值变化
5、解:
a约束条件2的右边值增加1个单位,目标函数值将增加3.622
bx2产品的利润提高到0.703,才有可能大于零或生产
c根据百分之一百法则判定,最优解不变
d因为
30−9.189
+65
111.25−15
>
100%根据百分之一百法则二,我们不能判定
其对偶价格是否有变化
第4章线性规划在工商管理中的应用
为了用最少的原材料得到10台锅炉,需要混合使用14种下料方案
方案
规格
2
4
5
2640
1770
1651
1440
合计
5280
4410
4291
4080
5310
5191
4980
剩余
220
1090
1209
1420
190
309
520
9
10
11
12
13
14
5072
4861
4650
4953
4742
4531
4320
428
639
850
547
758
969
1180
设按14种方案下料的原材料的根数分别为x1,x2,x3,x4,x5,x6,x7,x8,x9,
x10,x11,x12,x13,x14,则可列出下面的数学模型:
minf=x1+x2+x3+x4+x5+x6+x7+x8+x9+x10+x11+x12+x13+x14
s.t.2x1+x2+x3+x4≥80
x2+3x5+2x6+2x7+x8+x9+x10≥350
x3+x6+2x8+x9+3x11+x12+x13≥420
x4+x7+x9+2x10+x12+2x13+3x14≥10
x1,x2,x3,x4,x5,x6,x7,x8,x9,x10,x11,x12,x13,x14≥0
用管理运筹学软件我们可以求得此问题的解为:
x1=40,x2=0,x3=0,x4=0,x5=116.667,x6=0,x7=0,x8=0,
x9=0,x10=0,x11=140,x12=0,x13=0,x14=3.333
最优值为300。
从上午11时到下午10时分成11个班次,设xi表示第i班次安排的临时工的人数,则可列出下面的数学模型:
minf=16(x1+x2+x3+x4+x5+x6+x7+x8+x9+x10+x11)
s.t.x1+1≥9
x1+x2+1≥9
x1+x2+x3+2≥9
x1+x2+x3+x4+2≥3
x2+x3+x4+x5+1
≥
x3+x4+x5+x6+2
x4+x5+x6+x7+1
x5+x6+x7+x8+2
x6+x7+x8+x9+2
x7+x8+x9+x10+1≥7
x8+x9+x10+x11+1≥7
x1,x2,x3,x4,x5,x6,x7,x8,x9,x10,x11≥0
x1=8,x2=0,x3=1,x4=1,x5=0,x6=4,x7=0,x8=6,x9=0,
x10=0,x11=0
最优值为320。
a、在满足对职工需求的条件下,在10时安排8个临时工,12时新安排1个临时工,13时新安排1个临时工,15时新安排4个临时工,17时新安排6个临时工可使临时工的总成本最小。
b、这时付给临时工的工资总额为80元,一共需要安排20个临时工的班次。
约束
松弛/剩余变量
对偶价格
-------
------------------
-------------
-4
根据剩余变量的数字分析可知,可以让11时安排的8个人工作3小时,13
时安排的1个人工作3小时,可使得总成本更小。
C、设在11:
00-12:
00这段时间内有x1个班是4小时,y1个班是3小时;
设在12:
00-13:
00这段时间内有x2个班是4小时,y2个班是3小时;
其他时
段也类似。
则:
由题意可得如下式子:
1111
minz=16∑x1+12∑y1
i=1
S.T
x1+y1+1≥9
x1+y1+x2+y2+1≥9
x1+y1+x2+y2+x3+y3+1+1≥9
x1+x2+y2+x3+y3+x4+y4+1+1≥3
x2+x3+y3+x4+y4+x5+y5+1≥3
x3+x4+y4+x5+y5+x6+y6+1+1≥3
x4+x5+y5+x6+y6+x7+y7+1≥6
x5+x6+y6+x7+y7+x8+y8+1+1≥12x6+x7+y7+x8+y8+x9+y9+1+1≥12x7+x8+y8+x9+y9+x10+y10+1≥7
x8+x9+y9+x10+y10+x11+y11+1≥7
xi≥0,yi≥0
i=1,2,…,11
稍微变形后,用管理运筹学软件求解可得:
总成本最小为264元。
安排如下:
y1=8(即在此时间段安排8个3小时的班),y3=1,y5=1,y7=4,x8=6这样能比第一问节省:
320-264=56元。
设生产A、B、C三种产品的数量分别为x1,x2,x3,则可列出下面的数学模型:
maxz=10x1+12x2+14x2
s.t.x1+1.5x2+4x3≤2000
2x1+1.2x2+x3≤1000
x1≤200
x2≤250
x3≤100
x1,x2,x3≥0
x1=200,x2=250,x3=100
最优值为6400。
a、在资源数量及市场容量允许的条件下,生产A200件,B250件,C100
件,可使生产获利最多。
b、A、B、C的市场容量的对偶价格分别为10元,12元,14元。
材料、台时的对偶价格均为0。
说明A的市场容量增加一件就可使总利润增加10元,B的市场容量增加一件就可使总利润增加12元,C的市场容量增加一件就可使总利润增加14元。
但增加一千克的材料或增加一个台时数都不能使总利润增加。
如果要开拓市场应当首先开拓C产品的市场,如果要增加资源,则应在975到正无穷上增加材料数量,在800到正无穷上增加机器台时数。
设白天调查的有孩子的家庭的户数为x11,白天调查的无孩子的家庭的户
数为x12,晚上调查的有孩子的家庭的户数为x21,晚上调查的无孩子的家庭的户数为x22,则可建立下面的数学模型:
minf=25x11+20x12+30x21+24x22s.t.x11+x12+x21+x22≥2000
x11+x12=x21+x22
x11+x21≥700
x12+x22≥450
x11,x12,x21,x22≥0
x11=700,x12=300,x21=0,x22=1000
最优值为47500。
a、白天调查的有孩子的家庭的户数为700户,白天调查的无孩子的家庭的户数为300户,晚上调查的有孩子的家庭的户数为0,晚上调查的无孩子的家庭的户数为1000户,可使总调查费用最小。
b、白天调查的有孩子的家庭的费用在20-26元之间,总调查费用不会变化;
白天调查的无孩子的家庭的费用在19-25元之间,总调查费用不会变化;
晚上调查的有孩子的家庭的费用在29-无穷之间,总调查费用不会变化;
晚上调查的无孩子的家庭的费用在-20-25元之间,总调查费用不会变化。
c、调查的总户数在1400-无穷之间,总调查费用不会变化;
有孩子家庭的最少调查数在0-1000之间,总调查费用不会变化;
无孩子家庭的最少调查数在负无穷-1300之间,总调查费用不会变化。
设第i个月签订的合同打算租用j个月的面积为xij,则需要建立下面的数学模型:
minf=2800(x11+x21+x31+x41)+4500(x12+x22+x32)+6000(x13+x23)
+7300x14
s.t.x11+x12+x13+x14≥15
x12+x13+x14+x21+x22+x23≥10
x13+x14+x22+x23+x31+x32≥20
x14+x23+x32+x41≥12
xij≥0,i,j=1,2,3,4
x11=5,x12=0,x13=10,x14=0,x21=0,x22=0,x23=0,x31=10,
x32=0,x41=0
最优值为102000。
即:
在一月份租用500平方米一个月,租用1000平方米三个月;
在三月份租用1000平方米一个月,可使所付的租借费最小。
6、解:
设xij表示第i种类型的鸡需要第j种饲料的量,可建立下面的数学模型:
maxz=9(x11+x12+x13)+7(x21+x22+x23)+8(x31+x32+x33)-5.5
(x11+x21+x31)-4(x12+x22+x32)-5(x13+x23+x33)
s.t.x11≥0.5(x11+x12+x13)
x12≤0.2(x11+x12+x13)x21≥0.3(x21+x22+x23)x23≤0.3(x21+x22+x23)x33≥0.5(x31+x32+x33)x11+x21+x31≤30x12+x22+x32≤30x13+x23+x33≤30
xij≥0,i,j=1,2,3
x11=30,x12=10,x13=10,x21=0,x22=0,x23=0,x31=0,
x32=20,x33=20
最优值为365。
生产雏鸡饲料50吨,不生产蛋鸡饲料,生产肉鸡饲料40吨。
7、
设Xi——第i个月生产的产品I数量
Yi——第i个月生产的产品II数量
Zi,Wi分别为第i个月末产品I、II库存数
S1i,S2i分别为用于第(i+1)个月库存的自有及租借的仓库容积(立方米)。
则
可建立如下模型:
51212
minz=∑(5xi+8yi)+∑(4.5xi+7yi)+∑(s1i+1.5s2i)
s.t.
i=6
X1-10000=Z1
X2+Z1-10000=Z2
X3+Z2-10000=Z3
X4+Z3-10000=Z4
X5+Z4-30000=Z5
X6+Z5-30000=Z6
X7+Z6-30000=Z7
X8+Z7-30000=Z8
X9+Z8-30000=Z9
X10+Z9-100000=Z10
X11+Z10-100000=Z11
X12+Z11-100000=Z12
Y1-50000=W1
Y2+W1-50000=W2
Y3+W2-15000=W3
Y4+W3-15000=W4
Y5+W4-15000=W5
Y6+W5-15000=W6
Y7+W6-15000=W7
Y8+W7-15000=W8
Y9+W8-15000=W9
Y10+W9-50000=W10
Y11+W10-50000=W11
Y12+W11-50000=W12
S1i≤150001≤i≤12
Xi+Yi≤1200001≤i≤12
0.2Zi+0.4Wi=S1i+S2i1≤i≤12
Xi≥0,Yi≥0,Zi≥0,Wi≥0,S1i≥0,S2i≥0
最优值=4910500
X1=10000,X2=10000,X3=10000,X4=10000,X5=30000,X6=30000,X7=30000,
X8=45000,X9=105000,X10=70000,X11=70000,X12=70000;
Y1=50000,Y2=50000,Y3=15000,Y4=15000,Y5=15000,
Y6=15000,Y7=15000,Y8=15000,Y9=15000,Y10=50000,Y11=50000,Y12=50000;
Z8=15000,Z9=90000,Z10=60000,Z1=30000;
S18=3000,S19=15000,S110=12000,S111=6000;
S28=3000;
其余变量都等于0
8、解:
设第i个车间生产第j种型号产品的数量为xij,可建立下面的数学模型:
maxz=25(x11+x21+x31+x41+x51)+20(x12+x32+x42+x52)+17(x13
+x23+x43+x53)+11(x14+x24+x44)
s.t.x11+x21+x31+x41+x51≤1400
x12+x32+x42+x52≥300
x12+x32+x42+x52≤800
x13+x23+x43+x53≤8000
x14+x24+x44≥700
5x11+7x12+6x13+5x14≤18000
6x21+3x23+3x24≤15000
4x31+3x32≤14000
3x41+2x42+4x43+2x44≤12000
2x51+4x52+5x53≤10000
xij≥0,i=1,2,3,4,5j=1,2,3,4
x11=0,x12=0,x13=1000,x14=2400,x21=0,x23=5000,x24=0,x31=1400,x32=800,x41=0,x42=0,x43=0,x44=6000,x51=0,x52=0,x53=2000
最优值为279400
9、解:
设第一个月正常生产x1,加班生产x2,库存x3;
第二个月正常生产x4,加班生产x5,库存x6;
第三个月正常生产x7,加班生产x8,库存x9;
第四个月正常生产x10,加班生产x11,可建立下面的数学模型:
minf=200(x1+x4+x7+x10)+300(x2+x5+x8+x11)+
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