管理运筹学第三版习题答案韩伯棠教授Word文档格式.docx
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=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2.167
c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0
c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≥12
x6+x7+y7+x8+y8+x9+y9+1+1≥12
x7+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＋24x22
s．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＋
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