---

Overview

Metoda graficzna
Wzór Min
Wzór Max
Wzór Liczby Całk
Wzór Redukcja do Graf
Zestawy zadań

---

Sheet 1: Metoda graficzna

Ćwiczenie 1.  Metoda graficzna w planowaniu liniowym

1. Wprowadzić dane w arkusz Excel’a i wytłumaczyć ich sens.

2. Sformułować ekonomiczno – matematyczny model zadania: określić zmienne decyzyjne, funkcję celu, ograniczenia, jednostki pomiarowe (kg, zł, szt. Itp.)

3. Doprowadzić zadanie do dwóch zmiennych decyzyjnych i narysować na wykresie w Excel'u ograniczenia, gradient i funkcję celu (Z=0).

4. Metodą graficzną znaleźć optymalny plan zadania;

5. Wytłumaczyć sens ekonomiczny rozwiązania, znaleźć ilość niewykorzystanych zasobów (lub nadwyżki);

6. Rozwiązać zadanie planowania liniowego za pomocą Solver’a.

7. W razie potrzeby rozwiązać zadanie planowania liniowego za pomocą Solver’a w liczbach całkowitych.

8. Zbadać graficznie zadanie na stabilność rozwiązania w przypadku a) zmiany stosunku współczynników funkcji celu b) zmiany wolnego wyrazu w ograniczeniach.

---

Sheet 2: Wzór Min

Zadanie
Dla utrzymania sprawności fizycznej i umysłowej człowiek musi w ciągu doby spożywać nie mniej niż 120 umownych jednostek białka, nie mniej niż 70 umownych jednostek tłuszczu i nie mniej niż 10 umownych jednostek witamin. Zawartość ich w 1 gramie produktów 1 i 2 odpowiednio jest równa (0,2; 0,075; 0,01), (0,1; 0,12; 0,035). Koszt 1 kg produktu pierwszego wynosi 2 pieniężne jednostki, produktu drugiego– 4 pieniężne jednostki. Potrzeba tak zorganizować wyżywienie z produktów 1 i 2, żeby jego koszt był minimalny , a organizm otrzymał niezbędną ilość materiału pożywnego.
Rozwiązanie
1. Ekonomiczno-matematyczny model zadania planowania liniowego
Wprowadzimy zmienne decyzyjne i funkcję celu.
Zmienne	x1 -	ilość (w g) produktu pierwszego
	x2 -	ilość (w g) produktu drugiego
Funkcja celu	- koszt wyżywienia (w zł)
	Ponieważ cena podana w zł/kg, przekształcimy do zł/g:
	c1=	2	zł/kg =	0,002	zł/g
	c2=	4	zł/kg =	0,004	zł/g
					--> min
Z	0,002	*x1+	0,004	*x2	0	<-- początkowa wartość funkcji celu
Ograniczenia	ai1		ai2		b
(.1)	0,2	*x1+	0,1	*x2 >=	120	b1 <-- ograniczenie dla białku
(.2)	0,075	*x1+	0,12	*x2 >=	70	b2 <-- ograniczenie dla tłuszczu
(.3)	0,01	*x1+	0,035	*x2 >=	10	b3 <-- ograniczenie dla witamin
				x1 >=	0	<-- ograniczenie wynikające z sensu ekonomicznego
				x2 >=	0	<-- ograniczenie wynikające z sensu ekonomicznego
						(ograniczenia brzegowe)
2. Obliczenia dla wykresu i rysowanie wykresu.
Gradient	(linia c jest prostopadła do linii Z, dla tego Z * c = 0)
c	linia od punktu (0,0) do (x1, c2/c1*x1)
Linie	Ograniczenia
	(.1)			(.2)			(.3)
x1	x2		x1	x2		x1	x2
0	1200		0	583,333333333333		0	285,714285714286
600	0		933,333333333333	0		1000	0
	Funkcja celu oraz gradient
	Z			c
x1	x2		x1	x2
0	0		0	0
200	-100		200	400
Na podstawie obliczonych współrzędnych (x1,x2) rysujemy wykres.
3. Analiza wykresu i rozwiązanie zadania
Sposób 1. Przesuwając poziomicę funkcji celu (linia przerywana) w kierunku gradientu w punkcie pierwszego
przecięcia z dziedziną dopuszczalnych rozwiązań otrymujemy minimalną wartość funkcji celu Z
dla zaznaczonego obszaru dopuszczalnych rozwiązań. Rozwiązanie występuję na przesięciu ograniczeń (.2) i (.3)
Punkt C	A		b
(.2)	0,075	0,12	70
(.3)	0,01	0,035	10
Plan optymalny wyżywienia
x1*=	877,19	(g)	- optymalna ilość 1-go produktu
x2*=	35,09	(g)	- optymalna ilość 2-go produktu
Zmin=	1,89	(zł)	- koszty optymalne (minimalne)
			produkt1	produkt2		w meni		nadwyżka
Zawartość białku (um.jed.) w:			175,44	3,51		178,95		58,95
Zawartość tłuszczu (um.jed.) w:			65,79	4,21		70,00		0,00
Zawartość witamin (um.jed.) w:			8,77	1,23		10,00		0,00
Koszt (zł):			1,75	0,14
Sposób 2. Ponieważ zgodnie z teorią ZPL rozwiązanie występuję w jednym z wierzchołków dziedziny
dopuszczalnych rozwiązań, obliczymy funkcję celu w wierzchołkach.
Punkt A	A		b		Punkt B	A		b		Punkt C	A		b		Punkt D	A		b
(.1)	0,2	0,1	120		(.1)	0,2	0,1	120		(.2)	0,075	0,12	70		(.3)	0,01	0,035	10
Oś Ox2	1	0	0		(.2)	0,075	0,12	70		(.3)	0,01	0,035	10		Oś Ox1	0	1	0
x1=	#VALUE!				x1=	448,48				x1=	877,19				x1=	#VALUE!
x2=	#VALUE!				x2=	303,03				x2=	35,09				x2=	#VALUE!
Z=	#VALUE!				Z=	2,11				Zmin=	1,89				Z=	#VALUE!
Z obliczeń widać że minimalna wartość funkcjicelu Z występję w punkcie przecięcia ograniczeń (.2) i (.3)
4. Rozwiązanie przez SOLVER
Funkcja celu	- koszt wyżywienia (w zł)
Z	0,002	*x1+	0,004	*x2	1,89
Ograniczenia	ai1		ai2				b	nadwyżka
(.1)	0,2	*x1+	0,1	*x2 =	178,947368421053	>=	120	58,947	białku
(.2)	0,075	*x1+	0,12	*x2 =	70	>=	70	0,000	tłuszczu
(.3)	0,01	*x1+	0,035	*x2 =	10	>=	10	0,000	witamin
				x1 =	877,192982456141	>=	0
				x2 =	35,0877192982454	>=	0
5. Analiza stabilności rozwiązania.
a) zmiana stosunku cen.
Zmiana stosunku współczynników c2/c1 funkcji celu określa kąt nachylenia linii poziomu funkcji celu Z do osi Ox1.
Z treści zadania mamy c1/c2 = 0,002 / 0,004 = 0,5 - tangens kąta nachylenia f do osi Ox1.
Z wykresu widać, że jeżeli linia poziomu funkcji celu jest w granicach Oś X1 - linia ograniczenia (.3),
wtedy punktem optymalnym jest D.
			0 <= f <= f3.
			lub
			0 <= c1/c2 <= 0,01 / 0,035=			0,286		0 <= c1 <=	0,286	* c2
Rozwiązanie optymalne jest w punkcie C, jeżeli funkcja celu ma kąt nachylenia pomiędzy liniami
ograniczeń (.2) i (.3):
			f3 < f <= f2
			lub
		0,285714285714286	< c1/c2 <=	0,625			0,286	* c2 <= c1 <=	0,625	* c2
Rozwiązanie optymalne jest w punkcie B, jeżeli funkcja celu ma kąt nachylenia pomiędzy liniami
ograniczeń (.1) i (.2):
			f2 < f <= f1
			lub
		0,625	< c1/c2 <=	2,000			0,625	* c2 <= c1 <=	2,000	* c2
Rozwiązanie optymalne jest w punkcie A, jeżeli funkcja celu ma kąt nachylenia powyżej kątu linii (.1)
			f1 < f <= 90o
			lub
			c1/c2 >=	2,000				c1 >=	2,000	* c2
Plan wyżywienia i funkcja celu dla każdego przypadku jest obliczona wyżej.
b) zmiana wolnego wyrazu w ograniczeniach.
Jako przykład rozpatrujemy zmiany wartości b2.
Zmiana wartości b2 spowoduję równoległe przesunięcie ograniczenia (.2)
Dla małych wartości b2 rozwiązanie występuję w punkcie A1 - przecięciu
ograniczenia (.2) a osi Ox1.
			0	<= b2 <	20,4166666666667
			x1=	b2/0,075
			x2=	0,00
			Z=	0,004*b2/0,075
Kiedy b2 rośnie i ograniczenie (.2) przecina się z (.3) wtedy rozwiązaniem występuję
punkt B1 przecięcia (.2) i (.3)
			20,4166666666667	< b2 <=	75
			A		b
		(.2)	0,075	0,12	b2
		(.3)	0,01	0,035	10
Wraz ze wzrostem b2 ograniczenie (.2) ponownie przecina się z osią Ox1 i rozwiązanie
występuję na osi Ox1 (punkt C1).
				b2 >	75
			x1=	b2/0,075
			x2=	0,00
			Z=	0,004*b2/0,075

---

Sheet 3: Wzór Max

Zadanie
Zakład produkuje dwa rodzaje wyrobów W1, W2 , których produkcja z trzech podzespołów PA, PB, PC. Miesięczne zapasy podzespołów wynoszą odpowiednio: 2000, 1900, 1500 sztuk. Wyprodukowanie jednostki wyrobu W1 wymaga zużycia podzespołów odpowiednio: 2, 4, 4 sztuki, natomiast wyrobu W2 odpowiednio: 10, 8, 2 sztuk. Ustalić miesięczny plan produkcji wyrobów W1, W2 tak, aby zakład osiągnął największy zysk, jeżeli zysk jednostkowy z wyrobu W1 wynosi 20 PLN, a z wyrobu W2 wynosi 60 PLN.
Rozwiązanie
1. Ekonomiczno-matematyczny model zadania planowania liniowego
Wprowadzimy zmienne decyzyjne i funkcję celu.
Zmienne	x1 -	ilość (w szt) wyprodukowanych jednostek wyrobu W1
	x2 -	ilość (w szt) wyprodukowanych jednostek wyrobu W2
Funkcja celu	- zysk miesięczny zakładu (w zł)
	c1=	20	zł/szt
	c2=	60	zł/szt
					--> max
Z	20	*x1+	60	*x2	0	<-- początkowa wartość funkcji celu
Ograniczenia	ai1		ai2		b
(.1)	2	*x1+	10	*x2 <=	2000	<-- ograniczenie dla podzespołów PA
(.2)	4	*x1+	8	*x2 <=	1900	<-- ograniczenie dla podzespołów PB
(.3)	4	*x1+	2	*x2 <=	1500	<-- ograniczenie dla podzespołów PC
				x1 >=	0	<-- ograniczenie wynikające z sensu ekonomicznego
				x2 >=	0	<-- ograniczenie wynikające z sensu ekonomicznego
						(ograniczenia brzegowe)
2. Obliczenia dla wykresu i rysowanie wykresu.
Gradient	(Z * c = 0)
c	linia od punktu (0,0) do (x1, c2/c1*x1)
Linie	Ograniczenia
	(.1)			(.2)			(.3)
x1	x2		x1	x2		x1	x2
0	200		0	237,5		0	750
1000	0		475	0		375	0
	Funkcja celi oraz gradient
	Z			c
x1	x2		x1	x2
0	0		0	0
200	-66,6666666666667		200	600
Na podstawie obliczonych współrzędnych (x1,x2) rysujemy wykres.
3. Analiza wykresu i rozwiązanie zadania
Przesuwając poziomicę funkcji celu (linia przerywana) w kierunku gradientu w punkcie najdalej
wysuniętego dziedziny dopuszczalnych rozwiązań otrymujemy maksymalną wartość funkcji celu Z
dla zaznaczonego obszaru dopuszczalnych rozwiązań. Rozwiązanie występuję na przesięciu ograniczeń (.1) i (.2)
	A		b
(.1)	2	10	2000
(.2)	4	8	1900
Plan optymalny produkcji
x1*=	125	(szt)	- optymalna ilość wyrobu W1
x2*=	175	(szt)	- optymalna ilość wyrobu W2
Zmax=	13000,00	(zł)	- zyski optymalne (maksymalne)
			wyrob1	wyrob2		w całości		zapasy końcowy (niewykorzystane)
Zużycie PA			250	1750		2000		0
Zużycie PB			500	1400		1900		0
Zużycie PC			500	350		850		650
Zysk (zł):			2500	10500
4. Rozwiązanie przez SOLVER
Funkcja celu	- zysk miesięczny zakładu (w zł)
Z	20	*x1+	60	*x2	13000
Ograniczenia	ai1		ai2				b	zapasy końcowy (niewykorzystane)
(.1)	2	*x1+	10	*x2 =	2000	<=	2000	0	PA
(.2)	4	*x1+	8	*x2 =	1900	<=	1900	0	PB
(.3)	4	*x1+	2	*x2 =	850	<=	1500	650	PC
				x1 =	125	>=	0
				x2 =	175	>=	0
5. Analiza stabilności rozwiązania.
a) zmiana stosunku cen.
b) zmiana wolnego wyrazu w ograniczeniach.
Proszę zrobić samodzielnie na podstawie wzoru z arkuszu WzórMin

---

Sheet 4: Wzór Liczby Całk

Zadanie
Firma KTronic produkuję dwa modeli komputerów K1, K2, zawierającę podzespoły elektroniczne P, PG, O i KG. Miesięczny zapasy podzespołów P, PG, O i KG wynoszą odpowiednio: 120, 350, 430, 340 sztuk. Jednostka K1 zawiera podzespoły w ilościach odpowiednio: 2, 2, 9, 4, jednostka K2 zawiera podzespoły w ilościach odpowiednio: 3, 11, 5, 10. Zysk od sprzedaży jednego komputera K1 wynosi 320 zł, K2 -- 285 zł. Ustalić miesięczny plan produkcji K1, K2 tak, aby firma osiągnąła największy zysk.
Rozwiązanie
1. Ekonomiczno-matematyczny model zadania planowania liniowego
Wprowadzimy zmienne decyzyjne i funkcję celu.
Zmienne	x1 -	ilość (w szt) wyprodukowanych jednostek K1
	x2 -	ilość (w szt) wyprodukowanych jednostek K2
Funkcja celu	- zysk miesięczny firmy (w zł)
	c1=	320	zł/szt
	c2=	285	zł/szt
					--> max
Z	320	*x1+	285	*x2	0	<-- początkowa wartość funkcji celu
Ograniczenia	ai1		ai2		b
(.1)	2	*x1+	3	*x2 <=	120	<-- ograniczenie dla podzespołów P
(.2)	2	*x1+	11	*x2 <=	350	<-- ograniczenie dla podzespołów PG
(.3)	9	*x1+	5	*x2 <=	430	<-- ograniczenie dla podzespołów O
(.4)	4	*x1+	10	*x2 <=	340	<-- ograniczenie dla podzespołów KG
				x1 >=	0	<-- ograniczenie wynikające z sensu ekonomicznego
				x2 >=	0	<-- ograniczenie wynikające z sensu ekonomicznego
				x1, x2 - całkowite		<-- ograniczenie wynikające z sensu ekonomicznego
2. Obliczenia dla wykresu i rysowanie wykresu.
Gradient	(Z * c = 0)
c	linia od punktu (0,0) do (x1, c2/c1*x1)
Linie	Ograniczenia
	(.1)			(.2)			(.3)			(.4)
x1	x2		x1	x2		x1	x2		x1	x2
0	40		0	31,8181818181818		0	86		0	34
60	0		175	0		47,7777777777778	0		85	0
	Funkcja celi oraz gradient
	Z			c
x1	x2		x1	x2
0	0		0	0
40	-44,9122807017544		40	35,625
Na podstawie obliczonych współrzędnych (x1,x2) rysujemy wykres.
3. Analiza wykresu i rozwiązanie zadania
Przesuwając poziomicę funkcji celu (linia przerywana) w kierunku gradientu w punkcie najdalej
wysuniętego dziedziny dopuszczalnych rozwiązań otrymujemy maksymalną wartość funkcji celu Z
dla zaznaczonego obszaru dopuszczalnych rozwiązań. Rozwiązanie występuję na przesięciu ograniczeń (.1) i (.3)
	A		b
(.1)	2	3	120
(.3)	9	5	430
Plan optymalny produkcji
x1*=	40,59	(szt)	- optymalna ilość K1
x2*=	12,94	(szt)	- optymalna ilość K2
Zmax=	16676,47	(zł)	- zyski optymalne (maksymalne)
3a. Rozwiązanie graficzne w liczbach całkowitych
Powiększymy obszar rysunku w okolicach rozwiązania i wprowadzimy linii siatki.
Narysujemy również funkcję celu przebiegającą przez punkt rozwiązania (na przecięciu ograniczeń (.1) i (.3)
Wtedy rozwiązanie w liczbach całkowitych powinno być wewnątrz dziedziny dopuszczalnych rozwiązań jak
najbliżej do rozwiązania w liczbach rzeczywistych. Przesuwjąc linie poziomu funkcji celu znajdukeme owe rozwiązanie
	Z	max	16676,47			Z wykresu
x1	x2					x1*=	40,00
0	58,5139318885449					x2*=	13,00
52,1139705882353	0					Zmax=	16505,00
			wyrob1	wyrob2		w całości		zapasy końcowy (niewykorzystane)
Zużycie P			80,00	39,00		119,00		1,00
Zużycie PG			80,00	143,00		223,00		127,00
Zużycie O			360,00	65,00		425,00		5,00
Zużycie KG			160,00	130,00		290,00		50,00
Zysk (zł):			12800,00	3705,00
4. Rozwiązanie przez SOLVER
Funkcja celu	- zysk miesięczny zakładu (w zł)
Z	320	*x1+	285	*x2	16505
Ograniczenia	ai1		ai2				b	zapasy końcowy (niewykorzystane)
(.1)	2	*x1+	3	*x2 =	119	<=	120	1	PA
(.2)	2	*x1+	11	*x2 =	223	<=	350	127	PB
(.3)	9	*x1+	5	*x2 =	425	<=	430	5	PC
(.4)	4	*x1+	10	*x2 =	290	<=	340	50
				x1 =	40	>=	0
				x2 =	13	>=	0
				x1, x2 - całkowite
5. Analiza stabilności rozwiązania.
a) zmiana stosunku cen.
b) zmiana wolnego wyrazu w ograniczeniach.
Proszę zrobić samodzielnie na podstawie wzoru z arkuszu WzórMin

---

Sheet 5: Wzór Redukcja do Graf

Zadanie
U rolnika w polu zebrany zbiory ziemniaków (50 ton) i buraków (80 ton). Ze względów pogodowych ziemniaki nie mogą czekać w polu dłużej niż 24 godziny, buraki - nie dłużej niż 60 godzin i powinni być przewieziony do magazynów. Rolnik dysponuję dwoma ciągnikami z przyczepami ładownością odpowiednie 2,5 i 3 tony. Pierwszy ciągnik robi kurs pole-magazyn za 1 godzinę, drugi - za 1,5 godziny. Koszt przewozu 1 t dla pierwszego ciągnika szacuję się na 2 zł/t, drugiego -- na 2,3 zł/t. Ustalić plan przewozu urodzaju minimalizujący koszt dostawy z pola do magazynów.
Rozwiązanie
1. Ekonomiczno-matematyczny model zadania planowania liniowego
Wprowadzimy zmienne decyzyjne i funkcję celu.
Zmienne	x1 -	ilość (w t) przewiezionych ziemniaków 1-m ciągnikiem
	x2 -	ilość (w t) przewiezionych buraków 1-m ciągnikiem
	x3 -	ilość (w t) przewiezionych ziemniaków 2-m ciągnikiem
	x4 -	ilość (w t) przewiezionych buraków 2-m ciągnikiem
Funkcja celu	- koszt przewozu urodzaju ciągnikami (w zł)
	c1=	2	zł/t
	c2=	2,3	zł/t
					--> min
Z	2	*(x1+x2)+	2,3	*(x3 + x4)	0	<-- początkowa wartość funkcji celu
Ograniczenia	ai1		ai2		b
(.1)	1	*x1+	1	*x3 =	50	<-- ograniczenie na przewóz ziemniaków
(.2)	1	*x2+	1	*x4 =	80	<-- ograniczenie na przewóz buraków
(.3)	1/2,5	*x1+	1,5/3	*x3 <=	24	<-- ograniczenie na czas przewozu ziemniaków
(.4)	1/2,5	*x2+	1,5/3	*x4 <=	(60-24)	<-- ograniczenie na czas przewozu buraków
(.5)				x1 >=	0	(ograniczenia brzegowe)
(.6)				x2 >=	0
(.7)				x3 >=	0
(.8)				x4 >=	0
Dla stosowania metody graficznej trzeba wyeliminować dwie zmienne. Łatwo to zrobić na podstawie ograniczeń
(.1) i (.2)
		x3 =	50	- x1
		x4 =	80	- x2
Wtedy model ma postać:
Z	2	*(x1+x2)+	2,3	*(50 - x1 + 80 - x2) =			-0,3	*(x1+x2)+	299
(.3)	0,4	*x1+	0,5	*(50-x1) <=	24	lub	-0,1	*x1 <=	-1	lub	x1 >=	10
(.4)	0,4	*x2+	0,5	*(80-x2) <=	36	lub	-0,1	*x2 <=	-4	lub	x2 >=	40
(.5)				x1 >=	0
(.6)				x2 >=	0
(.7)				50-x1 >=	0	lub	x1 <=	50
(.8)				80-x2 >=	0	lub	x2 <=	80
Otrzymujemy:
Z	-0,3	* x1+	-0,3	* x2 +	299	--> min
(.3)	x1 >=	10
(.4)	x2 >=	40
(.5)	x1 >=	0
(.6)	x2 >=	0
(.7)	x1 <=	50
(.8)	x2 <=	80
2. Obliczenia dla wykresu i rysowanie wykresu.
Gradient	(Z * c = 0)
c	linia od punktu (0,0) do (x1, c2/c1*x1)
Linie	Ograniczenia
	(.3)			(.4)			(.7)			(.8)
x1	x2		x1	x2		x1	x2		x1	x2
10	0		0	40		50	0		0	80
10	100		60	40		50	100		60	80
	Funkcja celi oraz gradient
	Z	270		c
x1	x2		x1	x2
0	96,7		0	0
96,7	0		96,7	96,7
Na podstawie obliczonych współrzędnych (x1,x2) rysujemy wykres.
3. Analiza wykresu i rozwiązanie zadania
Przesuwając poziomicę funkcji celu (linia przerywana) w kierunku gradientu w punkcie najdalej
wysuniętego dziedziny dopuszczalnych rozwiązań otrzymujemy maksymalną wartość funkcji celu Z
dla zaznaczonego obszaru dopuszczalnych rozwiązań. Rozwiązanie występuję na przecięciu ograniczeń (.1) i (.2)
	A		b
(.7)	1	0	50
(.8)	0	1	80
Plan optymalny produkcji
x1*=	50	(t)	- optymalna ilość ziemniaków przewiezionych 1-m ciągnikiem
x2*=	80	(t)	- optymalna ilość buraków przewiezionych 1-m ciągnikiem
x3*=	0	(t)	- optymalna ilość ziemniaków przewiezionych 2-m ciągnikiem
x4*=	0	(t)	- optymalna ilość buraków przewiezionych 2-m ciągnikiem
Zmax=	260,00	(zł)	- koszty optymalne (minimalne)
k1=	20	- ilość kursów 1-go ciągnika z ziemniakami					t1=	20	- czas przewozu 1-m ciągnikiem ziemniaków
k2=	32	- ilość kursów 1-go ciągnika z burakami					t2=	32	- czas przewozu 1-m ciągnikiem buraków
k3=	0	- ilość kursów 2-go ciągnika z ziemniakami					t3=	0	- czas przewozu 2-m ciągnikiem ziemniaków
k4=	0	- ilość kursów 2-go ciągnika z burakami					t4=	0	- czas przewozu 2-m ciągnikiem buraków
4. Rozwiązanie przez SOLVER
					--> min
Z	2	*(x1+x2)+	2,3	*(x3 + x4)	260
Ograniczenia	ai1		ai2		b
(.1)	1	*x1+	1	*x3 =	50	=	50
(.2)	1	*x2+	1	*x4 =	80	=	80	zapasy końcowy (niewykorzystane)
(.3)	0,4	*x1+	0,5	*x3 <=	20	<=	24	4
(.4)	0,4	*x2+	0,5	*x4 <=	32	<=	36	4
(.5)				x1 >=	50	>=	0
(.6)				x2 >=	80	>=	0
(.7)				x3 >=	0	>=	0
(.8)				x4 >=	0	>=	0
5. Analiza stabilności rozwiązania.
a) zmiana stosunku cen.
b) zmiana wolnego wyrazu w ograniczeniach.
Proszę zrobić samodzielnie na podstawie wzoru z arkuszu WzórMin

---

Sheet 6: Zestawy zadań

	Rozwiąż zadania metodą graficzną
Zadanie 1.	Cukiernia produkuję dwa rodzaje wyrobów: landrynki i fruktynki.
	Dla produkcji 1 kg landrynek potrzeba 0,85 kg cukru, 0,23 kg syropu owocowego, 0,21 kg wody i 1,10 kJ energii elektrycznej.
	Dla produkcji 1 kg fruktynek potrzeba 0,72 kg cukru, 0,31 kg syropu owocowego, 0,29 kg wody i 1,70 kJ energii elektrycznej.
	Ilość cukru i syropu jest limitowana. Cukiernia dziennie nie może zużyć więcej niż 90 kg cukru i 36 kg syropu.
	Dzienne zużycie energii elektrycznej nie powinno przekroczyć 195 kJ, a wody - 39 litrów.
	Ze sprzedaży 1 kg landrynek cukiernia otrzymuję 12 zł, 1 kg fruktynek - 14 zł.
	Wyznacz plan produkcji cukierni w całej ilości kilogramów, przy którym przychód od sprzedaży wyrobów będzie maksymalny.
Zadanie 2.	Fabryce obuwia potrzeba ze standardowych kawałków skóry wyciąć półwyroby trzech rodzajów (podeszwy, cholewy, dzioby i t.d.) w ilościach nie
	mniejszych niż 124, 68 , 112. Każdy kawałek skóry może być przekrojony na kawałki dwoma sposobami. Przy przekroju pierwszym sposobem
	otrzymujemy półwyroby każdego rodzaju odpowiednio 6, 4, 7 i 13,5 centymetrów kwadratowych odpadków, 2-im sposobem –
	odpowiednio 4, 9, 5 i 16,7 cm.kw. odpadków.
	Wyznaczyć ilość kawałków skóry ciętych 1-szym i 2-im sposobem, żeby otrzymać niezbędną ilość półwyrobów oraz żeby
	ilość odpadków była minimalna.
Zadanie 3.	Firma ogrodnicza wytwarza szereg produktów do pielęgnacji trawników, z których najbardziej znanymi są dwa rodzaje nawozów sztucznych.
	Każdy z tych nawozów jest mieszanką dwóch składników: A i B. Obecnie firma ma w magazynie zapasy w wysokości 270 kg składnika A i 325 kg
	składnika B. Każdy kilogram nawozu pod nazwą Super wymaga zmieszania 0,45 kg składnika A i 0,55 kg B, natomiast każdy kilogram
	nawozu pod nazwa Extra wymaga zmieszania 0,72 kg A i 0,28 kg B. Trudności z dostaniem odpowiednich opakowań pojemnością 1 kg nakładają
	dodatkowe ograniczenia na wyprodukowaną ilość nawozów Super i Extra, a mianowicie firma nie może wytworzyć więcej niż 120 kg nawozu Super i
	140 kg nawozu Extra. Zysk ze sprzedaży każdego z typów nawozu wynosi odpowiednie 11,5 i 14,7 zł/kg.
	Zbuduj i rozwiąż zadanie programowania liniowego które pomoże określić plan produkcji nawozów Super i Extra, a również ilości
	składników A i B, tak aby zysk ze sprzedaży nawozów był jak największy.
Zadanie 4.	Pasza dostarczana zwierzętom na fermie powinna zawierać co najmniej 750 g białka, 940 g węglowodanów i 65 g tłuszcza. Ferma dysponuję
	dwoma mieszankami pasz: Sianokiszonka i Kukurydzokiszonka. Sianokiszonka zawiera w 1 kg 27 g białka, 18 g węglowodanów i 2 g tłuszczu
	i kosztuję 0,25 zł/kg. Kukurydzokiszonka zawiera w 1 kg 19 g białka, 22 g węglowodanów i 1,2 g tłuszczu i kosztuję 0,32 zł/kg.
	Wyznacz dawkę pokarmową minimalizującą koszt opasu bydła.
Zadanie 5.	Przedsiębiorstwo produkuję cztery rodzaje produkcji A, B, C, D z dwóch surowców 1 i 2.
	Ceny zakupu surowców oraz zużycie surowców dla jednostki produkcji zapisane są w tablicy.
	Również podana minimalna ilość produkcji niezbędna dla opłacalności działania przedsiębiorstwa.
		surowiec 1	surowiec 2
	Cena surowca za kg	11,5	8,4
	Zużycie surowca w jednostce produkcji (kg/szt.)			Minimalna ilość produkcji
	A	1,3	2,6	23
	B	0,5	0,8	18
	C	2,4	1,3	45
	D	1,8	1,9	13
	Wyznacz plan produkcji, minimalizujący koszty zakupu surowców.
Zadanie 6.	Dla wyprodukowania komod i szaf, fabryka mebli wykorzystuje trzy rodzaje drzewa: dąb, sosnę i brzozę. Jednostkowe koszty zasobów
	potrzebne do produkcji jednego wyrobu, zysk ze sprzedaży jednostki produkcji i ogólna ilość zasobów każdego rodzaju produkcji są w tabeli
		Jednostkowe koszty zasobów potrzebne do produkcji jednego produktu		Ogólna ilość zasobów, m3
	Zasoby	komoda	szafa
	Dąb	0,14	0,03	3,2
	Brzoza	0,13	0,09	1,6
	Sosna	0,43	0,18	4,52
	Zysk ze sprzedaży jednego produktu (tys. zł.)	0,53	0,24
	Wyznacz plan produkcji, maksymalizujący zysk od sprzedaży mebli.
Zadanie 7.	Fabryka samochodów osobowych produkuję dwa rodzaje aut: Lanos i Matiz.
	Dla produkcji jednego Lanosa potrzeba 400 kg stali, 220 kg metali kolorowych, 2,1 kg farby i 1100 kJ energii elektrycznej.
	Dla produkcji jednego Matiza potrzeba 465 kg stali, 310 kg metali kolorowych, 2,9 kg farby i 1700 kJ energii elektrycznej.
	Ilość stali, metali kolorowych, farby jest limitowana. FSO dziennie nie może zużyć więcej niż 29000 kg stali, 3600 kg metali kolorowych, 250 kg farby.
	Dzienne zużycie energii elektrycznej nie powinno przekroczyć 70000 kJ.
	Ze sprzedaży Lanosa FSO otrzymuję 1200 zł, Matiza - 1540 zł.
	Wyznacz plan produkcji FSO, przy którym przychód od sprzedaży aut będzie maksymalny.
Zadanie 8.	Fabryce opakowań potrzeba ze standardowych kawałków plastyku wyciąć kartony czterech rodzaje (dla mleka, śmietany, soku, keczupu)
	w ilościach nie mniejszych niż 180, 65, 140, 90.Fabryka ma do cięcia dwie różne maszyny. Na pierwszej maszynie z jednego kawałku wychodzi
	odpowiednio 6, 4, 7, 3 kartony i 11,5 centymetrów kwadratowych odpadków, przy krojeniu drugą maszyną –
	odpowiednio 4, 7, 7, 5 i 9,7 cm.kw. odpadków.
	Wyznaczyć ilość kawałków plastyku ciętych 1-ą i 2-ą maszyną, żeby otrzymać niezbędną ilość półwyrobów oraz żeby
	ilość odpadków była minimalna.
Zadanie 9.	Zużycie energii w ciągu doby człowiekiem zależy od rodzaju jego pracy. Naukowcy podzielili rodzaje pracy w zależności od wysiłku fizycznego na klasy.
	Dzienne wyżywienie studenta - to dorsz i kasza greczana (Arkusz Tabela produktów).
	Wyznacz najtańsze menu studenta (grupa 2), żeby on dostał w całości witaminy C, B1, B2 i odpowiednią dawkę energii.
	Podpowedż. Najpierw oblicz zawartość energii w jednostce wyżywienia.
								Zużycie człowiekiem energii w ciągu doby
	Podawaną wartość energetyczną oblicza się z zastosowaniem następujących współczynników przeliczeniowych:				Witaminy i minerały, dzienne zalecane spożycie (DZS)			1. słaby fizyczny wysiłek	3000-3200 kcal
	węglowodany	4	kcal/g		Witamina C mg	60		2. średni fizyczny wysiłek	3200-3800 kcal
	białka	4	kcal/g		Tiamina (B1) mg	1,4		3. ciężka fizyczna praca	3800-4200 kcal
	tłuszcze	9	kcal/g		Ryboflawina (B2) mg	1,6		4. bardzo ciężka fizyczna praca	4200-5000 kcal
Produkt	cena (za kilogram / litr)	wartość wyżywienia (na 100 gramów produktu)			witaminy (gramów na 100 gramów produktu)
		białko	tłuszcz	węglowodany	C	B1	B2
dorsz	11	16	0,6	0	3,2	0,1	0,2
kasza greczana	4	18	3,3	62,1	0,4	0,4	0,2
Zadanie 10.	Kierowca chcę zaoszczędzić na tankowaniu swojego samochodu paliwem do pełna (pojemność zbiornika wynosi 50 litrów).
	On ma możliwość tankować benzyną-98, benzyną-95 lub benzyną-76 lub mieszankami tych benzyn.
	Dla opłacalności korzystania z różnych benzyn silnik powinien spełniać niektóre warunki na zużycie paliwa na 100 km,
	na remont silnika i tp. (patrz tablicę).
		benzyna-98	benzyna-95	benzyna-76	wymagania kierowcy
	zużycie paliwa l/100 km	5,6	7	9,3	7,8
	remont wtrysku silnika (przez godzin)	1000	840	500	700
	wymiana tłumiku (przez godzin)	10000	8800	7000	8200
	cena benzyny (zł/l)	4,82	4,24	3,48
	Wyznacz plan tankowania auta.