Page 71 - 6197

x  2x  x  8,
1 2 4
6x  5x  x  30 ,
1 2 5
x  0, x  0 , x  0, x  0 , x  0
1 2 3 4 5
і розв’яжемо її модифікованим симплексним методом.
Початковий розв’язок:

s   1 2 , s   0 0 0 , R  ,
0
I II 0
  1 1 1 0 0
 
A  1 2 0 1 0 ,
 
  6 5 0 0 1

 2    1 1 1 0  0
     
b  8 , D  1 2  0I 1 0
     
 30   6 5  0 0  1 



T  1

I
I
x  x , x x ,  , s  0 0 0 , B  , B  .
Б 3 4 5 Б
Перша ітерація.
Sp1. Знаходимо вектор, який включається в базис.
Обчислимо
R  x  R  s x  0   x  2x .
0 I I 1 2
Відповідно з умовою (1.23) вибираємо вектор .a , який
2
включається в базис.
Sp2. Визначаємо вектор, який вилучається з базису
T
1

x  B b  Ib  b  2 8 30, ,  .
Б
З таблиці 1.9 маємо

1

1
1

 
B D  B  1 a. 1 a.   B a. 1 B a.  .
2 
2
Серед усіх елементів s знаходимо найбільший додатній
j
елемент у відповідності з правилом (1.23). У нашому випадку
таким елементом буде s  . Тому
2
2
T
1

1

B a.  B a.  Ia.  1 2 5, ,  .
0 l 2 2
71