Gazdasági matematika II. AV_PNA202

Matematika II.AV_KMNA202, AV_TNA102

TÖBBVÁLTOZÓS FÜGGVÉNYEK, TÖBBVÁLTOZÓS

FÜGGVÉNYEK FELTÉTELES

SZÉLSŐÉRTÉKSZÁMÍTÁSA

Többváltozós függvény fogalmaAmikor egy

X: a1,a2,...,an bázissal adott vektortérbeli vektorokat

bázistranszformáció segítségével leképzünk egy

Y:b1,b2,...,bk bázisvektorú térbe, akkor a leképezést végző

A: XY függvényttöbbváltozós függvénynek nevezzük

Többváltozós függvény fogalmaMi csak az X=Rn , Y=R esettel fogunk foglalkozni (többváltozós valós függvény).

Jelölése: f: D (Rn) R,

vagy y = f(x1,x2,...,xn)

ill. y = f(x) (itt x n elemű vektort jelent)

Példa: f: R2 R, 22

21 xxy

2) Euklidészi térAz x és y vektorok belső szorzata Rn –ben:

n=2-re:

(ez a középiskolában már megismert skaláris szorzat)

A belső szorzattal ellátott Rn vektorteret n dimenziós Euklidészi térnek nevezzük.

Segítségével definiálható: - egy vektor hossza : - két vektor távolsága : d(x,y) = x-y

Az olyan teret, melyben két pont távolsága értelmezve van, metrikus térnek nevezzük.

Ryxyxn

iii

1

,

cosyx yxyxy,x2211

x x x xi

, 2

3) Szélsőérték, határérték, folytonosságAz x0Rn pont r sugarú nyílt (gömb)környezete

G(x0,r)= xRn x-x0 r.

Az f: D(Rn) R n változós valós függvénynek az x0D pontban helyi (lokális) maximuma van, ha az x0-nak valamely G(x0,r) környezetében

f(x0)f(x) xDG(x0,r)

Szigorú helyi maximum van x0-ban, ha xx0 esetén a reláció áll fenn az előző egyenlőtlenségben.

Globális szigorú maximumról beszélünk, ha a fenti relációk nem csak x0 valamely környezetében, hanem az egész értelmezési tartományon fennállnak.

Hasonlóképp értelmezhető a lokális / globális (szigorú) minimum is.

Az f(x) n változós függvény határértéke az x0-ban y0, ha bármely lim m xm = x0 (ahol xm D\(x0)) sorozat esetén a függvényértékek f(xm) sorozata konvergál y0 -hoz.

Jele: lim xx0 f(x) = y0

A folytonosság is az egyváltozós függvényeknél megismerthez hasonlóan vizsgálható.

Az f(x) folytonos az x0D pontban, ha

- x0 -ban értelmezve van,

- létezik x0 -ban a határértéke és

- a határérték megegyezik a helyettesítési értékkel.

4) Parciális derivált, derivált függvény, deriválási szabályok, magasabbrendű derivált függvényekDEF.: Az f: D (Rn) R n változós valós függvény

a(a1,...,an)D pontbeli xj változó szerinti parciális deriváltja a

ha a határérték létezik. Az a pontbeli függvényérték változásának sebességét adja meg a j. változó irányában.

Egyéb jelölések:

(a)fh

)a,...,f(a)a,...,ah,a,a,...,f(a lim '

jx

n1n1jj1j1

h 0

(a)f(a) (a) x

f '

jxjx

j

Az xj változó szerinti parciális derivált függvény olyan függvény, mely az f(x) n változós függvény értelmezési tartományából vett

xD pontokhoz az (j=1,2,...,n)

értékeket rendeli. Az f(x) függvény xj irányú változását jellemzi – a többi változó állandó értéken tartása mellett.

Egy f(x) többváltozós függvény folytonosan deriválható egy D halmazon, ha annak minden aD belső pontjában léteznek a parciális deriváltak és a derivált függvények folytonosak.

(x)'fjx

Folytonosan deriválható parciális derivált függvények gyakorlati meghatározása:

Az xj-n kívüli változók - átmenetileg - konstansok

Deriválási szabályok: az egyváltozós függvényeknél megismert szabályokhoz hasonlók

Például: Legyenek f(x), g(x) n változós, folytonosan deriválható függvények és cR.

1. h(x) = c f(x) xj szerinti deriváltjai (j=1,2,…,n)

2. h(x) = f(x)+g(x) xj szerinti deriváltjai

(j=1,2,…,n)

)x('f c)x('hjxjx

)x('g)x('f)x('hjxjxjx

A többváltozós függvény első- (másod-,...) rendű derivált függvényeinek parciális deriváltjait (amennyiben ezek léteznek) másod- (harmad) rendű parciális deriváltaknak nevezzük.

Pl. f”xjxi(a) az f(x) függvény xi és xj változó szerinti másodrendű parciális deriváltja az a pontban: i=j esetén tiszta másodrendű parciális deriváltnak ij esetén vegyes másodrendű parciális deriváltnak

nevezzük.

Az f: D (Rn) R (kétszer folytonosan deriválható) n változós valós függvény vegyes másodrendű parciális derivált függvényei egyenlők:

minden i,j=1,...,n, ij és xD -re.(x)f(x)f ''

ji

''

ij

Példa:

Adjuk meg az alábbi függvény első és másodrendű parciális derivált függvényeit (jelölje x és y a két változót)

f(x,y)=10-3x2+y2-4x3y+ln(x2y3)

f’x(x,y)= -6x-12x2y+2/x f’y(x,y)=2y-4x3+3/y

f”xx(x,y)=-6-24xy-2/x2 f”yx(x,y)=-12x2

f”xy(x,y)=-12x2 f”yy(x,y)=2-3/y2

5)Többváltozós függvény szélsőértékének meghatározása

TÉTEL: A szélsőérték létezésének szükséges feltétele:

Ha az f: D(Rn)R függvénynek az aD pontban lokális szélsőértéke van, és itt léteznek a parciális deriváltak, akkor ezek mindegyike nulla :

j=1,...,n (1)

(1)-ből viszont nem következik, hogy van a-ban szélsőérték. Ezért a parciális deriváltakból képzett homogén egyenletrendszer megoldásai adják a lehetséges szélsőérték helyeket, amelyek között lehetnek a tényleges szélsőérték helyek is.

0' af jx

A szélsőérték létezésének elégséges feltétele: A lehetséges szélsőérték helyek (Pl. a)

behelyettesítésével készítsük el

a i,j=1,2,…,n

értékekkel a

determinánst.

afd jixx"

ij

nnn2n1

2n2221

1n1211

ddd

ddd

ddd

nD

Ha az ezekből képzett

D1=d11, D2= , ...

sarokdeterminánsok előjele a vizsgált pontban Dk(a)0 minden k=1,2,...,n esetén, akkor a-ban

minimum D10, D20, D30,... azaz váltakozó előjelűek az

adott sorrendben, akkor a-ban maximuma van a függvénynek

Egyéb esetekben további vizsgálatokra van szükség.

A szélsőérték nagyságát a helyettesítési érték, f(a) adja.

2221

1211

dd

dd

Speciálisan a kétváltozós függvényekre az elégséges feltétel:

D2>0 esetén biztosan van szélsőérték, mégpedig

D1=d11= f ”x1 x1 > 0 esetén minimum

D1=d11= f ”x1 x1 < 0 esetén maximum van.

Ezzel egyenértékű:

D2= f ”x1 x1 f ”x2 x2 –(f ”x1 x2 )2 > 0 esetén van szélsőérték

mégpedig f ”x1 x1 > 0 esetén minimum

f ”x1 x1 < 0 esetén maximum

D2 < 0 esetén biztosan nincs szélsőérték

D2 = 0 esetén további vizsgálat szükséges.

Példák1) f(x,y,z)=x4-32x-2y3+8y+4z2+4yz szélsőértékének

meghatározásaSzükséges feltétel:

f’x(x,y,z)=4x3-32=0

f’y(x,y,z)=-6y2+8+4z=0

f’z(x,y,z)=8z+4y=0Az első egyenletből x=2A harmadikból 4z=-2y, ezt a második egyenletbe

helyettesítve

-6y2-2y+8=0, ahonnan y1=-4/3, y2=1

z=-1/2y így z1=2/3, z2=-1/2

A lehetséges szélsőérték helyek: a1(2,-4/3,2/3), a2(2,1,-1/2)

Elégséges feltétel:

f”xx(x,y,z)=12x2 f”xy(x,y,z)=0 f”xz(x,y,z)=0

f”yy(x,y,z)=-12y f”yz(x,y,z)=4

f”zz(x,y,z)=8

a1(2,-4/3,2/3)-re:

D1=48 D2= D3=

Mivel minden sarokdetermináns pozitív, minimum van az a1 helyen

A minimum értéke f(2,-4/3,2/3)= -65 5/27

a2(2, 1, -1/2)-re:

D1=48 D2=

D2 nem lehet negatív, ezért az a2 helyen nincs szélsőérték

1648160

048 )16816(48

840

4160

0048

0)12(48120

048

2) f(x,y)=x4+y4+1 szélsőértékének meghatározása

Szükséges feltétel:f’x(x,y)=4x3=0 x=0f’y(x,y)=4y3=0 y=0

Lehetséges szélsőérték hely: a(0,0)Elégséges feltétel:

f”xx(x,x)=12x2 f”xy(x,y)=0

f”yy(y,y)=12y2

a(0,0): D1=0, D2=0De itt van szélsőérték, mégpedig minimum.A minimum értéke f(0,0)=1

3.) V térfogatú téglatest formájú tároló milyen élhosszak mellett készíthető el a legolcsóbban, ha homlokzata „a”, egyéb oldalfalai „b”, teteje pedig „c” eFt-ba kerül négyzetméterenként?

Jelentse x a homlokzat, y az oldallapok hosszát, z a magasságot.

A költségfüggvény: K=axz+bxz+2byz+cxy (x,y,z>0)A térfogat V=xyz képletéből z-t kifejezve és a

költségfüggvénybe írvaK(x,y)=(a+b)V/y + 2bV/x + cxy

K’x(x,y)= -2bV/x2 + cy=0K’y(x,y)= -(a+b)V/y2 + cx=0

2bV=cyx2

(a+b)V=cxy2

A két egyenletet egymással osztva y=((a+b)/2b) x , majd

Pl. V=30m3, a=2eFt/m2, b=1eFt/m2, c=5eFt/m2 esetén x=2m, y=3m, z=5m

Könnyen ellenőrizhető a második deriváltakkal, hogy itt minimum van.

K(x,y) megadja a minimum értékét.

33

2

bc2

V)ba(y

c)ba(

Vb4x

1) A feltételek egyenlőségek Lagrange módszer

Úgy keressük az f(x), xD(Rn) n-változós függvény szélsőértékét, hogy egyidejűleg a gi(x)=0 (i=1,2,...,m) formában adott egyenlőségek is teljesüljenek.

Lagrange féle multiplikátorok módszere (szükséges feltétel):

Ha az f(x) függvénynek feltételes szélsőértéke van az „a” pontban, akkor az f(x) függvényből, a gi(x)=0 feltételekből és a λi skalárokból (a Lagrange-multiplikátorokból) képzett

F(x)= f(x)+ ∑i=1m λi gi (x)

Lagrange függvény összes parciális deriváltja zérus lesz az „a”-ban:

F’xi(a)=0 (i = 1,2,...,n)

Fordítva viszont nem igaz az állítás. Ezért az f(x) függvény feltételes szélsőérték helyeit az

alábbi n+m egyenletből álló egyenletrendszer megoldásai között kell keresni:

F’xi(x)= 0 (i = 1,2,...,n) gi(x) = 0 (i = 1,2,...,m)

A kapott lehetséges szélsőérték helyek közül logikai/szakmai meggondolásokkal választjuk ki a tényleges szélsőérték helyeket.

Ezeket az f függvénybe helyettesítve kapjuk a feltételes szélsőértékeket.

Példa: Határozzuk meg az f(x, y) = x + y függvény szélsőértékhelyét, ha x2 + y2 = 4.

Megoldás. Felírjuk a Lagrange-függvényt:

L(x, y, ) = x + y + · (x2 + y2 − 4).

Ezek után az elsőrendű parciális deriváltak:

L’x = 1 + 2x,

L’y = 1 + 2y,

L’ = x2 + y2 − 4.

A deriváltakat egyenlővé tesszük nullával:

1 + 2x = 0,

1 + 2y = 0,

x2 + y2 − 4 = 0.

Szorozzuk meg az első egyenletet y-nal, a másodikat x-szel, majd vonjuk ki egymásból a két egyenletet. Az eredmény: x = y. Ezt helyettesítjük az utolsó egyenletbe. A másodfokú egyenlet megoldásaként a ( , ) és (− ,− ). A megfelelő szélsőértékek rendre: 2 és −2 .

22

22

2 2

Példák:1. Egy 36 dm2 területű, téglalap formájú lemezből

maximális térfogatú, egyenes hasáb formájú etetőt készítünk. Milyenek legyenek a lemez oldalai? Mekkora szélességű sáv felhajtásával készíthető a kívánt etető?

Jelölje x,y a lemez oldalait, z a felhajtás méretét! V(x,y,z)=(x-2z)(y-2z)z maximumát keressük xy-36=0

(xy=36) feltétel mellettA Lagrange függvény: F(x,y,z, λ)=(x-2z)(y-2z)z +λ(xy-36)

Innen F’x(x,y,z)= yz-2z2+ λy=0

F’y(x,y,z)= (x-2z)z+ λx=0

F’z(x,y,z)= -2(yz-2z2)+(x-2z)(y-4z)=0xy=36

Ebből a lehetséges szélsőértékhelyek (x,y,z>0 mellett): a1(6,6,3) és a2(6,6,1)

a1(6,6,3) helyen a szélsőérték V(6,6,3)=0 dm3, ami a függvény feltételes minimuma,

a2(6,6,1) helyen a szélsőérték V(6,6,1)=16 dm3, ami a függvény feltételes maximuma

A feltétel, xy=36 mindkét esetben teljesül.

2. Az f(x1,x2,x3)=x12+3x1x2+2x2

2+4x1+0.5x32+12 függvénynek hol

van szélsőértéke, ha a változókra adott feltételek x1+x2+x3=4 és x1-x3=2Az egyszerűbb írás miatt használjuk x,y,z-t változókként!

A Lagrange függvény:

F(x,y,z,λ1,λ2)=x2+3xy+2y2+4x+0,5z2+12+λ1(x+y+z-4)+λ2(x-z-2) A 3+2 egyenletből álló homogén egyenletrendszer:

F’x(x,y,z,λ1,λ2)=2x+3y+4+ λ1+λ2=0

F’y(x,y,z,λ1,λ2)=3x+4y+ λ1 =0

F’z(x,y,z,λ1,λ2)= z+ λ1 -λ2=0

g1(x,y,z)= x + y+ z-4 =0

g2(x,y,z)= x - z-2 =0Az egyenletrendszer megoldása: a(4,-2, 2)Itt minimuma van a függvénynek: f(4,-2, 2)=30A feltételek is teljesülnek.

2) A feltételek egyenlőtlenségek Induljunk ki az alábbi feladatból: mely termékekből mennyit

termeljen egy vállalkozás a rendelkezésre álló erőforrások működtetésével, hogy a legnagyobb eredményt (árbevételt, jövedelmet) érje el.

Az ehhez szükséges optimális termékszerkezetet keressük.

Pl.: Két termék 1-1 darabjának előállításához szükséges erőforrások (nyersanyag, élő munka, gépi munka): az elsőhöz 3; 4; 2egység, a másodikhoz 2; 0; 4egység. Ezekből összesen felhasználható 18; 16; 24 egység(kapacitás). A termékeken a fajlagos jövedelmek 4 ill. 2 eFt/db.

Hány darab készüljön a termékekből, hogy - a rendelkezésre álló kapacitásokat ne lépjük túl (feltételek) - az összes jövedelem maximális legyen (szélsőérték).

Jelölje x1, x2 a termékek mennyiségétA matematikai modell:

- A korlátozó feltételek: x1, x2 0 egyik termék száma sem lehet negatív

3x1+2x2 18 nyersanyagra4x1 16 élő munkára

2x1+4x2 24 gépi munkára

- A függvény, melynek a szélsőértékét keressük:z=4x1+2x2=max célfüggvény

Ezen feltételes szélsőérték feladatnál tehát úgy keressük az - un. cél - függvény szélsőértékét, hogy egyidejűleg az egyenlőtlenségek formájában adott feltételek is teljesüljenek.

Ha az alábbi jelöléseket használjuk:

ahol - x a program vektor - A a technológiai mátrix (egységnyi termékhez szükséges erőforrás) - c a fajlagos eredmények vektora (Pl. egységnyi termék ára) -b a kapacitás ( a felhasználható erőforrások mértéke)akkor a matematikai modell az alábbi rövidebb formában is írható:

Az ilyen feladatok a matematikai programozás tárgykörébe tartoznak.

24

16

18

b 24c'

42

04

23

A 2

x1

xx

maxx'cbAx

0x

Ha a változók mindenütt első fokon szerepelnek, akkor lineáris programozásról vagy LP feladatról beszélünk.

Mi a következő esetekkel foglalkozunk:

2 változós LP feladat: megoldása grafikus módszerrel 2-nél több változós LP feladat: megoldás szimplex

módszerrel

A. Grafikus módszerA megoldás lépései:1. Ábrázoljuk az x1, x2 tengelyű Descartes koordináta

rendszerben a feltételeket. Írjuk az egyenlőtlenségeket tengelymetszetes alakba.

A feltételek által kijelölt tartomány közös pontjai – ha léteznek – adják a lehetséges megoldások L halmazát.

Egy halmaz konvex, ha bármely két pontjával, az azokat összekötő szakasz pontjait is tartalmazza. L-nek ilyennek kell lenni.

Extremális vagy sarokpontoknak nevezzük egy halmaz azon pontjait, melyek nem belső pontjai egyetlen, halmazban levő szakasznak sem (pl. ábránkon az O(0,0), A(4,0), P(4,3) pontok)

További lépések:

2. Ábrázoljuk a célfüggvényt néhány értékénél, pl. 12, 16-nál!

Mindig párhuzamos, de nagyobb függvényérték esetén az origótól távolabbi egyenest kapunk.

3. Toljuk el egy kiválasztott célfüggvény képét az origótól legtávolabbi olyan távolságba, amikor még van közös pontja az L halmazzal.

A kapott közös pont(ok) koordinátái, adják a feladat megoldását (a maximum helyet).

4. A megoldás vektor koordinátáit a közös pontot meghatározó feltétel egyenletek egyenletrendszerként való megoldásával kapjuk.

A megoldások lehetséges száma egy, ha csak egy közös pont van végtelen sok, ha az eltolt célfüggvény

egyenes egybeesik L valamely határoló egyenesével

nincs megoldás, ha L üres halmaz, vagy nem korlátos konvex halmaz

5. A célfüggvénybe helyettesítve számíthatjuk ki a célfüggvény maximumának értékét. Ellenőrizzük a kapacitások kihasználtsági szintjét!

Másik típus: minimum számítási feltételes szélsőérték

Példa: Két takarmány fajlagos táplálóanyag tartalmát és ezekből egy állat napi szükségleteit (Pl. kJ-ban) a táblázat tartalmazza:

Megnevezés Takarm.1 Takarm.2 Napi szüks.tápanyag.1 2 1 6tápanyag.2 2 4 12tápanyag.3 0 4 4 .Fajl.ktg(Ft/kg) 5 6

Mennyit adjunk az egyes takarmányokból, hogy - a napi szükséglet az egyes tápanyagokból biztosítva legyen - a takarmányozási költség a legkisebb legyen

A matematikai modell: A korlátozó feltételek:

Egyik mennyiség sem lehet negatív x1,x2 0

Tápanyag1-re 2x1+x2 6

Tápanyag2-re 2x1 +4x2 12

Tápanyag3-ra 4x24A függvény, melynek a szélsőértékét keressük: Célfüggvény z=5x1+6x2=min

A feladat grafikus módszerrel megoldható, a megoldás az ábráról leolvasható.

B. Szimplex módszerA szimplex módszer a bázistranszformációt alkalmazva a

változókhoz az extremális pontok koordinátáit rendeli olyan sorrendben, hogy a célfüggvény értéke ne csökkenjen.

A feladat matematikai modellje:x,b 0 gazdasági feladatoknál teljesül!

Ax b z(x)=c’x=max

Az ilyen feladat neve: normál feladat

Ax b -t egyenlőséggé alakítjuk Ax+u = b, ahol u 0

Az u hiányváltozók (u=b-Ax) megadják az aktuális x program esetén még megmaradó erőforrásokat.

Először az induló szimplex táblát készítjük el:

Ezen a táblán végezzük a bázistranszformációt.A tábla bal oldalán:

A programba vont változók jelei: induláskor u, később x is

A célfüggvény negatívjának jeleA tábla jobb oldalán:

A programban levő változók értékei A célfüggvény negatívjának értéke

Induláskor: x=0, u=b, z=0

x’

u A b

-z c’ 0

A megoldás lépései:

1. generáló elemet választunk a legnagyobb célfüggvény együttható oszlopából (z gyorsan nőjön)

maxcj aij j. oszlopból

2. generáló elem csak pozitív szám lehet: aij 0 3. szűk keresztmetszetnél választunk generáló elemet:

mini bi / aij i. sorbeli elem a j. oszlopból így nem használunk a meglevőnél többet a kapacitásokból4. Elvégezzük az elemi bázistranszformációt (a bázisból

kikerülő vektor koordinátáit is megadjuk az új bázisra)Az 1-4 lépéseket ismételjük, amíg van pozitív elem a

célfüggvény sorában

5. Különben leolvassuk a megoldást: x: az optimális programban levő változók értéke u: a fel nem használt kapacitások értéke z: a célfüggvény optimális értéke

Példák:1) Oldjuk meg szimplex módszerrel a korábbi, grafikus módszerrel

már megoldott feladatot! Figyeljük meg az egyes transzformációs lépésekhez tartozó extremális pontokat, a szélsőérték alakulását!

x=0 → „O” pontu’=(18, 16, 24)z=0

x’=(4, 0) → „A” pontu’=(6, 0, 16)z=16

0. x1 x2 b

u1 3 2 18

u2 4 0 16

u3 2 4 24

-z 4 2 0

1. u2 x2 b

u1 -3/4 2 6

x1 1/4 0 4

u3 -1/2 4 16

-z -1 2 -16

x’=(4, 3) → „P” pontu’=(0, 0, 4)

z(4,3) =22 optimális tábla, maximum

Szimplex módszer:

zO<zA<zP

2. u1 u2 b

x2 -3/8 1/2 3

x1 1/4 0 4

u3 1 -2 4

-z -1/4 -1 -22

2) Négy növény termesztéséhez szükséges fajlagos (1 ha-ra eső) munkaerő és gép szükséglet 2; 2; 2; 0 ill. 0; 1; 0; 1 egység.

A rendelkezésre álló kapacitás ezen erőforrásokból 60 ill. 40 egység.

A növények fajlagos jövedelme 10; 10; 6; 4 eFt/ha.

Milyen területen termeljük a növényeket, ha A munkaerő és gép kapacitásokat nem léphetjük túl Maximális jövedelmet szeretnénk elérni

Az induló tábla:

x=0

u’=(60, 40)

z=0

0. x1 x2 x3 x4 b

u1 2 2 2 0 60

u2 0 1 0 1 40

-z 16 20 6 4 0

Az első transzformáció után:

x’=(30; 0; 0; 0) u’=(0; 40) z= 480

A második transzformáció után:

x’=(30; 0; 0; 40)u’=(0; 0)z= 640

maximum

A célfüggvény sorában nincs pozitív szám, a tábla optimális, a feltételek teljesülnek (100%-os erőforrás kihasználtság) a tábla belsejében a felesleges értékeket már nem számoltuk ki)

1. u1 x2 x3 x4 b

x1 1/2 1 1 0 30

u2 0 1 0 1 40

-z -8 -6 -10 4 -480

0. u1 x2 x3 u2 b

x1 0 30

x4 0 1 0 1 40

-z -8 -10 -10 -4 -640

További példák

1. Elosztási feladatok xij 0 j xij = ti 0 (i= 1,…,m) i xij = rj 0 (j= 1,…,n) i ti = j rj

i j cijxij = min

Ide tartozik a klasszikus szállítási feladat: m számú Fi feladóhelyen ti mennyiségű homogén termék (pl. szén,

tégla, cukorrépa, üres vasúti kocsi, stb) n számú Rj megrendelőnek rj mennyiségű igénye az adott termékből /

szolgáltatásból a kínálat és a kereslet egyenlőMilyen minimális költség mellett lehet a feltételek mellett az igényeket

kielégíteni, ha xij az i. feladótól a j. megrendelőhöz szállítandó mennyiség cij a fajlagos szállítási költség

A matematikai modell:

x11+x12+x13+x14 =50

x21+x22+x23+x24 =40

x31+x32+x33+x34 =30

x11 +x21 +x31 =40

x12 +x22 +x32 =10

x13 +x23 +x33 =60

x14 +x24 +x34 =10

600x11+400x12+ +100x34 =min

Pl: R1 R2 R3 R4

F1 600 400 100 500 50 Fi = megtermelt menny. (t) F2 200 100 300 800 40 Ri = igényelt menny. (t) F3 100 200 100 100 30 Cij = szállitási ktg (Ft/t)

40 10 60 10

Az Excel megoldás:

x11 x12 x13 x14 x21 x22 x23 x24 x31 x32 x33 x34 rel. menny. 1 1 1 1 0 0 0 0 0 0 0 0 = 50 50 0 0 0 0 1 1 1 1 0 0 0 0 = 40 40 0 0 0 0 0 0 0 0 1 1 1 1 = 30 30

1 0 0 0 1 0 0 0 1 0 0 0 = 40 40 0 1 0 0 0 1 0 0 0 1 0 0 = 10 10 0 0 1 0 0 0 1 0 0 0 1 0 = 60 60 0 0 0 1 0 0 0 1 0 0 0 1 = 10 10

600 400 100 500 200 100 300 800 100 200 100 100 célfv: 15000

0 0 50 0 30 10 0 0 10 0 10 10 M e g o l d á s

2. Pénzügyi termékválaszték modellEgy cég egy negyedévben kétféle terméket állít elő három

megmunkálógépen. Ismert a fajlagos gépigény, a gépkapacitás valamint a termékek egységára ill. termelési költsége.

A termelés pénzügyi fedezetéhez felhasználható a cég saját 700 eFt-ja max 300 eFt banki kölcsön, 5%-os negyedévi

kamatra Kérdések: Mennyit termeljen a termékekből és mennyi kölcsönt

vegyen fel a cég, hogy a termelés hozama a lehető legnagyobb legyen?

Mennyi a termelés összes pénzszükséglete?

Mat. modell:x1, x2, x3 0 a termékek , a felvett hitel

5 x1+3 x2 50003 x1+4 x2 4000 a gépkapacitásokra2 x1+ x2 2000 x3 300 a bankhitel1,0 x1 + 0,8x2 700 + x3 a költség és fedezete

1,4 x1+1,1x2 - (1,0 x1 + 0,8x2 +0,05 x3) a célfüggvény

Excel megoldás:

Term1 Term2

Hitel Rel. Kapac.

Tény

gép1 5 3 0 <= 5000 5000

gép2 3 4 0 <= 4000 3000

gép3 2 1 0 <= 2000 2000

hitel 1 <= 300 300

saját+hitel 1 0,8 -1 <= 700 700

hozam 0,4 0,3 -0,05 eredmény 385

megoldás 1000 0,0 300