Đáp án đề thi học kỳ II năm học 2015-2016 môn Tối ưu hóa - ĐH Sư phạm Kỹ thuật

Mời các bạn cùng tham khảo đáp án đề thi học kỳ II năm học 2015-2016 môn Tối ưu hóa dưới đây nhằm giúp các em có thêm tư liệu để tham khảo cũng như củng cố kiến thức trước khi bước vào kì thi. Cùng tham khảo và giải đề thi để ôn tập kiến thức và làm quen với cấu trúc đề thi.
Nội dung trích xuất từ tài liệu:
Đáp án đề thi học kỳ II năm học 2015-2016 môn Tối ưu hóa - ĐH Sư phạm Kỹ thuật ĐÁP ÁNCâu 1: CHUYỂN BÀI TOÁN GỐC (P) SANG BÀI TOÁN ĐỐI NGẪU (D) x1 x2 x3  0  0 tùyý 1 Z D  15 y1  16 y 2  3 y3  Max y1  2 2 1  15 2 y1  2 y 2  y3  17  y2 tùyý 2 1 2  16 2 2 y1  y 2  2 y3  15 y3  1 2 4  3  y  2 y 4 y  8  1 2 3    3 ( y1  0, y 2tùyý , y3  0 17 15 8Câu 2: GIẢI BÀI TOÁN QHTT BẰNG PHƯƠNG PHÁP ĐỒ THỊ - Bước 1: Vẽ miền chấp nhận Như hình vẽ và có miền chấp nhận là X1ABCX2 - Bước 2: Vẽ đường đồng mức Như hình vẽ - Bước 3: Tìm nghiệm tối ưu Tịnh tiến đường đồng mức ra xa gỗ tọa độ thấy đường đồng mức tiếp xúc với miền chấp nhận tại cạnh BC. Do vậy bài toán có vô số phương án thuộc đoạn BC và chọn một phương án tối ưu, giá trị tối ưu là Z*= 12Câu 3: LẬP MÔ HÌNH TOÁN VÀ GIẢI BÀI TOÁN QHTT (6 điểm)1. Lập mô hình toán (2 điểm) Gọi x1 là bánh đậu xanh, x2 là bánh thập cẩm, x3 là bánh dẻo Hàm mục tiêu: Để lãi thu về lớn nhất nghĩa là: Z  2000 x1  1700 x 2  1800 x3  max Hàm ràng buộc: - Tổng lượng đường để sản xuất các loại bánh không vượt quá số xí nghiệp đã chuẩn bị được )50kg) nghĩa là: 0,06 x1  0,04 x 2  0,07 x3  50 - Tổng lượng đậu xanh để sản xuất các loại bánh không vượt quá số xí nghiệp đã chuẩn bị được (30kg) nghĩa là: 0,08 x1  0,04 x3  30 Ràng buộc phụ: vì x1, x2, x3, là lượng bánh mỗi loại cần sản xuất nên phải ≥ 0 1 Z  2000 x1  1700 x2  1800 x3  max 0,06 x1  0,04 x 2  0,07 x3  50Tổng hợp các phân tích ta có mô hình toán là: 2  0,08 x1  0,04 x3  30 3 x j  0, j  1  32. Giải bài toán QHTT bằng phương pháp thử lần lượt (4 điểm) 1 Z  2000 x1  1700 x 2  1800 x3  0.x4  0.x5  max 0,06 x1  0,04 x 2  0,07 x3  x4  50 Chuyển bài toán về dạng chính tắc: 2  0,08 x1  0,04 x3  x5  30 3 x j  0, j  1  5 Chọn biến cơ sở: Hệ ràng buộc có 2PT, theo định lý 4 sẽ có 2 nghiệm dương, nên chọn biến cơ sở là: (x1; x2; 0; 0; 0) Tìm nghiệm xuất phát: thay biến cơ sở vào ràng buộc ta có: 0,06x1  0,04x2  50  giải phương trình ta được x10 = 375 hệ x20 = 687,5; 0,08x1  30 Vậy nghiệm xuất phát là: x = (375;687,50,0) và giá trị hàm mục tiêu Z0 = 1918750 Thử đưa x3 vào biến cơ sở (x1; x2; x3; 0;0); thay biến cơ sở vào ràng buộc ta có hệ 0,06x1  0,04x2  0,07x3  50 PT  hệ có 2 PT mà 3 ẩn; Hệ có nghiệm đơn trị khi 0,08x1  0,04x3  30 phương trình tạo thành hệ phụ thuộc do cột cuối cùng phụ thuộc tuyến tính vào cột còn lại; Nên chuyển thành hệ tương đương với hệ số y ta có hệ PT: 0,06y1  0,04y2  0,07  giải hệ ta được y10 = 0,5, y20 = 1 0,08y1  0,04 Tính hiệu suất của x3 là: C3 - 3 = 1800 – (2000.0,5 + 1700.1) = -900 phương trình tạo thành hệ phụ thuộc do cột cuối cùng phụ thuộc tuyến tính vào cột còn lại; Nên chuyển thành hệ tương đương với hệ số y ta có hệ PT: 0,06y1  0,04y2  1  giải hệ ta được y10 = 0, y20 = 25 0,08y1  0 Tính hiệu suất của x4 là: C4 - 4 = 0 – (2000.0 + 1700.25) = -42500 0; Bài toán Z  max mà hiệu suất của x5 > 0 ; Do vậy đưa x5 vào có lợi. xi0 x10 375 x20 687,5 - Xét hệ số i  ; 1    30 ; 2    37,16 ta yi0 y10 12,5 y20 18,5 thấy 1  0 và bé nhất, do vậy loại x1 khỏi biến cơ sở; Biến cơ sở mới là (0; x2; ...