rozw LZD zad 3 dieta Marcinkowski

Zadanie 3. (Zagadnienie diety) Racjonalna hodowla trzody chlewnej wymaga dostarczenia co najmniej 24 kg składnika
odŜywczego S1 i co najmniej 49 kg S2 oraz nie więcej niŜ 70 kg S3 dziennie. Składniki te dostarcza się skarmiając
trzodę dwoma paszami: P1 i P2.
Zawartość składników odŜywczych w paszach (kg/kg) oraz ceny ich zakupu (zł/kg) podaje tabela.
Składnik
Pasza
odŜywczy
P1
P2
S1
0,04
0,12
S2
0,14
0,07
S3
0,1
0,1
Cena zbytu
2
1,5
a) Ustalić dzienne zapotrzebowanie na pasze P1 i P2 minimalizujące koszty zakupu, zapewniające dostarczenie
składników odŜywczych w wymaganych ilościach.
b) Przy jakiej cenie paszy P1 nastąpi zmiana rozwiązania z pkt. a)?
c) Powiedzmy, Ŝe dziennie moŜemy dostarczać dokładnie 500 kg pasz. W jaki sposób wpłynie to na rozwiązanie z pkt. a)?
Uwaga, to zadanie ma trochę inną postać niŜ to omawiane przez dr Marcinkowskiego na wykładzie!
a) model:
x1 – ilość paszy P1 w diecie (kg/dzień)
x2 – ilość paszy P2 w diecie (kg/dzień)
fc: 2x1+1,5x2→min (koszty diety) istnieje izokwanta przecinająca osie: (0,600) (450,0) – 600:450 to tak samo jak 2:1,5
warunki ograniczające:
1) 0,04x1+0,12x2≥24 (składnik odŜywczy S1), punkty przecięcia z osiami (0,200) (600,0)
2) 0,14x1+0,07x2≥49 (składnik odŜywczy S2), punkty przecięcia z osiami (0,700) (350,0)
3) 0,1x1+0,1x2≤70 (składnik odŜywczy S3, nie moŜna go przedawkować), punkty przecięcia z osiami (0,700) (700,0)
4) x1,x2≥0
x2
700
600
Optymalna dieta to karmienie trzody z wykorzystaniem
300 kg paszy P1 oraz 100 kg paszy P2. Koszt takiej
diety to 750 zł
500
400
300
200
100
x*=(300 ; 100)
100
200
300
400
500
600
700
x1
b) Przy jakiej cenie paszy P1 nastąpi zmiana rozwiązania z pkt. a)?
Aby rozwiązanie optymalne pozostało w punkcie (300,100) to nachylenie izokwant (które zaleŜy od
ceny paszy P1, czyli c1) musiałoby być nadal bardziej strome niŜ zielony warunek oraz
,
,
jednocześnie nadal łagodniejsze od niebieskiego warunku:
, czyli 3. JeŜeli
,
,
,
c1 byłoby równe ½ to cały odcinek od punktu (300,100) do (600,0) byłby zbiorem rozwiązań
optymalnych, jeśli c1 stałoby się mniejsze niŜ ½ to optimum byłoby w punkcie (600,0) – dlatego, Ŝe
izokwanty były nachylone bardzo łagodnie , łagodniej niŜ zielony warunek. Z drugiej strony, jeśli
c1 byłoby równe 3 to cały odcinek od punktu (300,100) do (0,700) byłby zbiorem rozwiązań
optymalnych, jeśli c1 stałoby się większe niŜ 3 to optimum byłoby w punkcie (0,700) – dlatego, Ŝe
izokwanty były nachylone bardzo stromo, bardziej stromo niŜ niebieski warunek. Podsumowując,
rozwiązanie optymalne ulegnie zmianie, jeśli cena paszy P1, czyli c1½ lub teŜ c13.
c) Powiedzmy, Ŝe dziennie moŜemy dostarczać dokładnie 500 kg pasz. W jaki sposób wpłynie to na
rozwiązanie z pkt. a)?
Zmienia się wtedy model – dochodzi nowy warunek:
x1 – ilość paszy P1 w diecie (kg/dzień)
x2 – ilość paszy P2 w diecie (kg/dzień)
fc: 2x1+1,5x2→min (koszty diety) istnieje izokwanta przecinająca osie: (0,600) (450,0) – 600:450 to tak samo jak 2:1,5
warunki ograniczające:
1) 0,04x1+0,12x2≥24 (składnik odŜywczy S1), punkty przecięcia z osiami (0,200) (600,0)
2) 0,14x1+0,07x2≥49 (składnik odŜywczy S2), punkty przecięcia z osiami (0,700) (350,0)
3) 0,1x1+0,1x2≤70 (składnik odŜywczy S3, nie moŜna go przedawkować), punkty przecięcia z osiami (0,700) (700,0)
4) x1+x2=500 (w diecie dokładnie łącznie 500kg karm), punkty przecięcia z osiami (0,500) (500,0) – jest to równość, dlatego obrazem
graficznym nie jest półpłaszczyzna, lecz sama prosta!
5)
x1,x2≥0
x2
700
600
Zbiorem rozwiązań dopuszczalnych jest część nowego
warunku – pogrubiony odcinek. Teraz optymalna dieta
to karmienie trzody z wykorzystaniem 200 kg paszy P1
oraz 300 kg paszy P2. Koszt takiej diety to 850 zł
500
400
300
x*=(200 ; 300)
200
100
100
200
300
400
500
600
700
x1