ΘΕΑΝΩ ΕΡΙΦΥΛΗ ΜΟΣΧΟΝΑ ΣΥΜΠΛΗΡΩΜΑΤΙΚΕΣ ΣΗΜΕΙΩΣΕΙΣ ΤΟΥ ΜΑΘΗΜΑΤΟΣ ΕΠΙΧΕΙΡΗΣΙΑΚΗ ΕΡΕΥΝΑ

ΘΕΑΝΩ ΕΡΙΦΥΛΗ ΜΟΣΧΟΝΑ ΣΥΜΠΛΗΡΩΜΑΤΙΚΕΣ ΣΗΜΕΙΩΣΕΙΣ ΤΟΥ ΜΑΘΗΜΑΤΟΣ ΕΠΙΧΕΙΡΗΣΙΑΚΗ ΕΡΕΥΝΑ

Πρόβληµα µεταφοράς Η ανάπτυξη και διαµόρφωση του προβλήµατος µεταφοράς αναπτύσσεται στις σελίδες 40-45 του βιβλίου των Ζώη- Μοσχονά Προγραµµατισµός επιχειρήσεων οικονοµικός και γραµµικός προγραµµατισµός. Όπως αναφέρουµε στη σελίδα 4 το µοντέλο του προβλήµατος µεταφοράς µπορεί να λυθεί µε τη µέθοδο simplex, αλλά επειδή στην πράξη το πρόβληµα µπορεί να γίνει πολύ µεγάλο ως προς τις µεταβλητές και τους περιορισµούς, έχουν αναπτυχθεί ειδικοί αλγόριθµοι επίλυσης για το πρόβληµα µεταφοράς. Οι αλγόριθµοι επίλυσης του προβλήµατος µεταφοράς αναπτύσσονται παρακάτω. Αναγκαία για την επίλυση του προβλήµατος είναι η κατασκευή του πίνακα µεταφοράς (σελ.43). Επίλυση προβλήµατος µεταφοράς Παράδειγµα Εστω ότι πρέπει να µεταφερθούν ορισµένες ποσότητες ενός προϊόντος από 3 εργοστάσια σε 4 κέντρα διανοµής. Στον παρακάτω πίνακα µεταφοράς, δίνονται τα µοναδιαία (δηλ. µιας µονάδας προϊόντος) κόστη µεταφοράς cijαπό κάθε εργοστάσιο σε κάθε κέντρο διανοµής σε χρηµατικές µονάδες. Επίσης, δίνεται η προσφορά (π.χ. παραγωγική ικανότητα) του κάθε εργοστασίου και η ζήτηση του κάθε κέντρου διανοµής, σε µονάδες προϊόντος. Να προσδιοριστούν οι ποσότητες x ij του προϊόντος που πρέπει να µεταφερθούν, έτσι ώστε να ελαχιστοποιείται το συνολικό κόστος µεταφοράς, ενώ συγχρόνως να πληρούνται οι περιορισµοί προσφοράς και ζήτησης. 1 1 3 4 Προσφορά 0 1 17 60 x 11 x 1 x 13 x 14 Εργοστάσια 18 15 5 14 70 x 1 x x 3 x 4 3 1 4 30 10 10 x 31 x 3 x 33 x 34 Ζήτηση 40 80 90 40 50

Συµβολίζουµε µε : x ij τις µεταβλητές που παριστάνουν τις ποσότητες του προϊόντος που θα µεταφερθούν από την i προέλευση (εργοστάσιο) στο j προορισµό (κέντρο διανοµής), και τις οποίες θέλουµε να προσδιορίσουµε. c ij τα µοναδιαία κόστη µεταφοράς από την i προέλευση (εργοστάσιο) στο j προορισµό (κέντρο διανοµής), (στο παράδειγµα c 11 =, c 1 =0, c 13 = 1, c 14 = 17, c 1 = 18,.) α i τις ποσότητες (προϊόντος) προσφοράς της i προέλευσης (ή εργοστάσιου) (στο παράδειγµα α 1 =60, α =70, α 3 =10) b j τις ποσότητες (προϊόντος) ζήτησης του j προορισµού (ή κέντρου διανοµής). (στο παράδειγµα b 1 =40, b =80, b 3 =90, b 4 =40) Ισορροπηµένο λέγεται το πρόβληµα µεταφοράς στο οποίο το άθροισµα προσφοράς = το άθροισµα ζήτησης. Π.χ. στο παραπάνω πρόβληµα 60+70+10 =40+80+90+40 =50. Στην περίπτωση που το πρόβληµα µεταφοράς δεν είναι ισορροπηµένο το µετατρέπουµε σε ισορροπηµένο πρόβληµα µεταφοράς, εισάγοντας εικονικές προελεύσεις ή προορισµούς µε µηδενικά µοναδιαία κόστη µεταφοράς. Σχετικά µε την επίλυση του προβλήµατος µεταφοράς, τα βήµατα του αλγόριθµου µεταφοράς είναι τα εξής : βήµα 1 : Προσδιορίστε µια αρχική βασική εφικτή λύση βήµα : Χρησιµοποιήστε την αρχική βασική εφικτή λύση για την εύρεση της άριστης λύσης. Ι) Βήµα 1 Προσδιορισµός µιας αρχικής βασικής εφικτής λύσης Το µοντέλο του γενικού προβλήµατος µεταφοράς µε m προελεύσεις και n προορισµούς έχει m+n περιορισµούς. Επειδή όµως το πρόβληµα µεταφοράς είτε είναι ή το µετατρέπουµε σε ισορροπηµένο, το µοντέλο έχει m+n-1 (περιορισµούς) ανεξάρτητες περιοριστικές εξισώσεις. Εποµένως µια αρχική βασική εφικτή λύση αποτελείται από m+n-1 βασικές µεταβλητές. Οι υπόλοιπες mn - (m+n-1) µεταβλητές θα είναι ίσες µε µηδέν (δηλαδή, µη βασικές µεταβλητές). 3

Στο παραπάνω παράδειγµα µια βασική εφικτή λύση πρέπει να περιέχει 3+4-1 =6 βασικές µεταβλητές (x ij >0) και 6 µη βασικές µεταβλητές (x ij =0). Στην περίπτωση που µια ή περισσότερες από τις βασικές µεταβλητές είναι ίσες µε µηδέν, η λύση θεωρείται εκφυλισµένη. Για την εύρεση µιας αρχικής βασικής εφικτής λύσης υπάρχουν οι εξής µέθοδοι: Ια) Μέθοδος της Βορειο- υτικής γωνίας Ιβ) Μέθοδος του ελαχίστου κόστους Ιγ) Μέθοδος Vogel Ια) Εύρεση αρχικής βασικής εφικτής λύσης µε τη µέθοδο της Βορειο - υτικής γωνίας Με τη µέθοδο αυτή αρχίζουµε µε το κελί της Βορειο- υτικής γωνίας δηλαδή µε τη µεταβλητή x 11 Βήµα1: τοποθετήστε όση ποσότητα επιτρέπεται στη µεταβλητή του κελιού της Βορειο- υτικής γωνίας ανάλογα µε τη προσφορά και τη ζήτηση δηλαδή x ij = min (αντίστοιχης προσφοράς, αντίστοιχης ζήτησης), βρείτε τα υπόλοιπα της προσφοράς και ζήτησης -που αντιστοιχούν στο κελί (i,j)- αφαιρώντας την τοποθετηµένη ποσότητα στη µεταβλητή x ij. Βήµα Η στήλη (ή η γραµµή) της οποίας η ζήτηση (ή η προσφορά) εξαντλείται διαγράφεται. Με άλλα λόγια δεν µπορούµε να τοποθετήσουµε άλλη ποσότητα σε µια µεταβλητή σε αυτή τη γραµµή ή στήλη. Εάν µια γραµµή ή µια στήλη εξαντλούνται ταυτοχρόνως µόνο µια διαγράφεται και στην άλλη τοποθετούµε µηδέν προσφορά ή ζήτηση. Βήµα 3 Η διαδικασία επαναλαµβάνεται έως ότου µείνει µόνο µια γραµµή ή στήλη χωρίς να διαγραφεί. ιαφορετικά πηγαίνετε στο κελί προς τα δεξιά εάν µόλις µια στήλη έχει διαγραφεί ή στο κελί µιας γραµµής παρακάτω εάν µια γραµµή έχει διαγραφεί. Πηγαίνετε στο βήµα1. Στο παραπάνω παράδειγµα 1 (σελ.) Η αρχική βασική εφικτή λύση µε τη µέθοδο της Β- γωνίας θα είναι η εξής: τοποθετούµε στη µεταβλητή της Β γωνίας δηλαδή στη x 11 = min(60, 40)=40 µονάδες, οπότε εξαντλείται η ζήτηση του 1ου κέντρου διανοµής, δηλαδή 4

διαγράφεται η 1η στήλη. Το υπόλοιπο προσφοράς στη 1η γραµµή είναι 60-40=0 µονάδες. Οι παραπάνω ενέργειες φαίνονται στον παρακάτω πίνακα 1 3 4 Προσφορά 1 0 1 17 60 x 11 =40 0 Εργοστάσια 18 15 5 14 70 3 1 4 30 10 10 Ζήτηση 40 80 90 40 50 Η διαδικασία επαναλαµβάνεται. Το επόµενο κελί Β- γωνίας (µετά τη διαγραφή της 1ης στήλης) είναι το (1,) δηλαδή κελί που αντιστοιχεί στη 1 γραµµή και στη στήλη. Τοποθετούµε x 1 = min(0, 80)=0, εξαντλείται η προσφορά της 1ης γραµµής και εποµένως διαγράφεται η 1 γραµµή και αφήνει υπόλοιπο ζήτησης 60 µονάδων στη στήλη. Οι παραπάνω ενέργειες φαίνονται στον παρακάτω πίνακα 3 4 Προσφορά 1 0 1 17 0 x 1 =0 Εργοστάσια 15 5 14 70 3 4 30 10 10 Ζήτηση 80 60 90 40 50 Η διαδικασία επαναλαµβάνεται. Το επόµενο κελί Β γωνίας είναι το (,). Τοποθετούµε x = min(70, 60)=60, διαγράφεται η η στήλη και αφήνει υπόλοιπο προσφοράς 10 µονάδων στη η γραµµή. Οι παραπάνω ενέργειες φαίνονται στον παρακάτω πίνακα 5

3 4 Προσφορά Εργοστάσια 15 5 14 70 x = 60 10 3 4 30 10 10 Ζήτηση 60 90 40 50 Η διαδικασία επαναλαµβάνεται, x 3 = min(10, 90)=10, διαγράφεται η η γραµµή και µένει υπόλοιπο ζήτησης 80 µονάδων στη 3η στήλη. 3 4 Προσφορά Εργοστάσια 5 14 10 x 3 = 10 3 30 10 10 Ζήτηση 90 80 40 Η διαδικασία επαναλαµβάνεται, x 33 = min(10, 80)=80 διαγράφεται η 3η στήλη και αφήνει υπόλοιπο προσφοράς της 3ης γραµµής 40 µονάδες. 3 4 Προσφορά 3 30 10 10 40 x 33 = 80 Ζήτηση 80 40 Η διαδικασία επαναλαµβάνεται. Τοποθετούµε στο κελί (3,4) τη υπόλοιπη ποσότητα γραµµή 3 ή τη στήλη 4. x 34 = 40 που διαγράφει τη 6

4 Προσφορά 3 10 40 x 34 = 40 Ζήτηση 40 Εφόσον µια γραµµή ή στήλη δεν διαγράφηκε η διαδικασία σταµατά. Εποµένως η αρχική βασική εφικτή λύση (µε τη µέθοδο της Β- γωνίας) αποτελείται από τις εξής 6 βασικές µεταβλητές x 11 =40, x 1 =0, x =60, x 3 =10, x 33 =80, x 34 = 40 οι οποίες δίνουν συνολικό κόστος *40+0*0+15*60+5*10+30*80+10*40= 530 χρηµ µονάδες Οι υπόλοιπες µεταβλητές είναι µη βασικές δηλ. ίσες µε µηδέν. Η αρχική βασική εφικτή λύση φαίνεται στον παρακάτω πίνακα. 1 3 4 Προσφορά 1 0 1 17 60 x 11 =40 x 1 =0 Εργοστάσια 18 15 5 14 70 x =60 x 3 =10 3 1 4 30 10 10 x 33 =80 x 34 =40 Ζήτηση 40 80 90 40 50 1β) Εύρεση αρχικής βασικής εφικτής λύσης - µέθοδος του ελαχίστου κόστους Τοποθετούµε τη µέγιστη επιτρεπόµενη ποσότητα στη µεταβλητή που αντιστοιχεί στο κελί µε το ελάχιστο κόστος, διαγράφουµε τη στήλη ή τη γραµµή της οποίας η ζήτηση (ή η προσφορά) εξαντλείται και τροποποιούµε την αντίστοιχη προσφορά και ζήτηση (αφαιρώντας τη ποσότητα που έχουµε θέσει στη µεταβλητή). Επαναλαµβάνουµε τη διαδικασία µέχρι να µείνει µόνο µια γραµµή ή στήλη χωρίς να διαγραφεί. 7

1γ) Εύρεση αρχικής βασικής εφικτής λύσης µε τη Μέθοδο Vogel Τα βήµατα της µεθόδου Vogel είναι : Βήµα 1 Για κάθε γραµµή και (κάθε στήλη) µε αυστηρά θετική προσφορά (ζήτηση) υπολογίσετε τις διαφορές αφαιρώντας το ελάχιστο µοναδιαίο κόστος της κάθε γραµµής ( στήλης) από το αµέσως επόµενο ελάχιστο µοναδιαίο κόστος της ίδιας γραµµής (στήλης). Βήµα Επιλέξτε τη γραµµή ή στήλη µε τη µεγαλύτερη διαφορά και στο κελί (της επιλεγµένης γραµµής ή στήλης) µε το µικρότερο κόστος τοποθετείστε τη µέγιστη επιτρεπόµενη ποσότητα (δηλαδή το ελάχιστο της αντίστοιχης προσφοράς και ζήτησης) στην αντίστοιχη µεταβλητή. Βρείτε τα υπόλοιπα της προσφοράς και ζήτησης και διαγράψτε τη γραµµή ή στήλη της οποίας η προσφορά ή η ζήτηση εξαντλείται. Εάν µια γραµµή ή στήλη εξαντλούνται ταυτοχρόνως µόνο µια διαγράφεται και στην άλλη τοποθετούµε µηδέν προσφορά ή ζήτηση. Οποιαδήποτε γραµµή ή στήλη µε «τοποθετηµένο µηδέν» στην προσφορά ή ζήτηση δεν χρησιµοποιείται στον υπολογισµό των µελλοντικών διαφορών. Χρησιµοποιούµε στο τέλος τα «τοποθετηµένα µηδέν» ως λύσεις στις βασικές µεταβλητές (εκφυλισµένη λύση) ώστε να έχουµε m +n 1 βασικές µεταβλητές. Βήµα 3 (α) Εάν ακριβώς µια γραµµή ή στήλη δεν έχει διαγραφεί σταµατήστε. (β) Εάν µόνο µια γραµµή (στήλη) µε θετική προσφορά (ή ζήτηση) δεν έχει διαγραφεί, καθορίστε τις βασικές µεταβλητές στη γραµµή (στήλη) µε τη µέθοδο του ελαχίστου κόστους. (γ) Εάν όλες οι µη διαγραµµένες γραµµές και στήλες έχουν «τοποθετηµένα µηδέν» στην προσφορά ή ζήτηση, καθορίστε τις βασικές µεταβλητές ίσες µε µηδέν στα κελιά µε τη µέθοδο του ελάχιστου κόστους. Σταµατήστε. ιαφορετικά πηγαίνετε στο βήµα 1 (δηλαδή ξανα-υπολογίστε τις διαφορές για τις µη διαγραµµένες γραµµές και στήλες κ.ο.κ.). Προσέξτε να µην υπολογίσετε διαφορές στις γραµµές ή στήλες στις οποίες έχουµε «τοποθετηµένο µηδέν» στην προσφορά και ζήτηση. 8

Στο παραπάνω παράδειγµα 1 3 4 Προσ φορά ιαφορές 1 0 1 17 60 0-17=3 Εργ/σια 18 15 5 14 70 15-14=1 3 1 4 30 10 10 1-10= x 31 =40 80 Ζήτηση 40 80 90 40 ιαφορέ 18-1=6 0-15=5 5-1=4 14-10=4 Συγκρίνουµε τις διαφορές των γραµµών και των στηλών και παρατηρούµε ότι στη στήλη 1 παρουσιάζεται η µεγαλύτερη διαφορά 6. Άρα επιλέγουµε στη 1η στήλη το κελί µε το ελάχιστο κόστος δηλ. το κελί (3,1) που έχει κόστος 1. Τοποθετώ τη µέγιστη επιτρεπόµενη ποσότητα στη µεταβλητή x 31 = min(αντίστοιχης προσφοράς, αντίστοιχης ζήτησης)= min(10, 40) =40. Η ζήτηση της στήλης 1 εξαντλείται, δηλαδή η στήλη 1 διαγράφεται, και µένει υπόλοιπο προσφοράς 80 µονάδες στη γραµµή 3. Η διαδικασία επαναλαµβάνεται 3 4 Προσφορά ιαφορές 1 0 1 17 60 0-17=3 Εργ/σια 15 5 14 70 15-14=1 3 4 30 10 x 34 =40 80 40 4-10=14 Ζήτηση 80 90 40 ιαφορές 0-15=5 5-1=4 14-10=4 9

Στον παραπάνω πίνακα υπολογίζουµε πάλι διαφορές. Επιλέγουµε τη γραµµή 3 διότι παρουσιάζει τη µεγαλύτερη διαφορά 14 και τοποθετούµε στο κελί µε το µικρότερο κόστος της γραµµής 3, δηλαδή στο κελί (3,4) στη µεταβλητή x 34 =min(80, 40) =40 που διαγράφει τη στήλη 4 γιατί η ζήτησή της εξαντλείται και αφήνει υπόλοιπο προσφοράς στη 3η γραµµή 40 µονάδες. Η διαδικασία επαναλαµβάνεται. 3 Προσφορά ιαφορές 1 0 1 60 1-0=1 Εργ/σια 15 5 70 5-15=10 x =70 3 4 30 40 30-4=6 Ζήτηση 80 10 90 ιαφορές 0-15=5 5-1=4 Επιλέγουµε τη γραµµή διότι παρουσιάζει τη µεγαλύτερη διαφορά 10 και τοποθετούµε στο κελί µε το µικρότερο κόστος της γραµµής, δηλαδή στο κελί (,) στη µεταβλητή x =min(70, 80) =70 που διαγράφει τη γραµµή γιατί η προσφορά της εξαντλείται και αφήνει υπόλοιπο ζήτησης στη η στήλη 10 µονάδες. Η διαδικασία επαναλαµβάνεται. 3 Προσφορά ιαφορές 1 0 1 60 1-0=1 x 13 =60 3 4 30 40 30-4=6 Ζήτηση 10 90 30 ιαφορές 4-0=4 30-1=9 10

Η µεγαλύτερη διαφορά βρίσκεται στην 3η στήλη. Επιλέγουµε τη στήλη 3 διότι παρουσιάζει τη µεγαλύτερη διαφορά 9 και τοποθετούµε στο κελί µε το µικρότερο κόστος της στήλης 3, δηλαδή στο κελί (1,3) στη µεταβλητή x 13 =min(60, 90) =60 που διαγράφει τη γραµµή 1 γιατί η προσφορά της εξαντλήθηκε και µένει υπόλοιπο ζήτησης 30 µονάδες στη στήλη 3. Στον πίνακα που απέµεινε (χωρίς την πρώτη γραµµή) παρατηρούµε ότι µόνο µια γραµµή µε θετική προσφορά δεν έχει διαγραφεί, έτσι καθορίζουµε τις βασικές µεταβλητές στη γραµµή 3 µε τη µέθοδο του ελαχίστου κόστους. ηλαδή στη γραµµή 3 το κελί µε το µικρότερο κόστος είναι το (3,) και τοποθετούµε στη µεταβλητή x 3 =10. Έτσι διαγράφεται η στήλη γιατί εξαντλήθηκε η ζήτηση της και µένει υπόλοιπο προσφοράς 30 µονάδες στη γραµµή 3. 3 Προσφορά 3 4 x 3 =10 30 40 30 Ζήτηση 10 30 Στον πίνακα που απέµεινε µετά τη διαγραφή της ης στήλης, στο κελί (3,3) θέτουµε x 33 =30 και σταµατάµε. 3 Προσφορά Εργοστάσιο 30 30 3 x 33 =30 Ζήτηση 30 Εποµένως η αρχική βασική εφικτή λύση µε τη µέθοδο Vogel (φαίνεται και στον παρακάτω πίνακα) είναι: x 13 =60, x =70, x 31 =40, x 3 =10, x 33 =30, x 34 =40. µε συνολικό κόστος: 1.60+15.70+1.40+4.10+30.30+10.40 = 4330 Οι υπόλοιπες µεταβλητές είναι µη βασικές. 11

1 3 4 Προσφορά 1 0 1 17 60 x 13 =60 Εργοστάσια 18 15 5 14 70 x =70 3 1 4 30 10 10 x 31 =40 x 3 =10 x 33 =30 x 34 =40 Ζήτηση 40 80 90 40 50 ΙΙ) βήµα : Εύρεση της άριστης λύσης Για την εύρεση της άριστης λύσης υπάρχουν οι εξής µέθοδοι: ΙΙα) Μέθοδος Charmes ΙΙβ) Μέθοδος MODI Θα αναπτύξουµε τη Μέθοδο MODI η οποία αποτελείται από τα εξής βήµατα 1) Σε κάθε βασική µεταβλητή της αρχικής εφικτής λύσης x ij συνδέουµε τους πολλαπλασιαστές u i και v j µε τη γραµµή i και τη στήλη j, έτσι ώστε το µοναδιαίο κόστος µεταφοράς για κάθε βασική µεταβλητή να είναι c ij = u i + v j Βρίσκουµε τις τιµές των πολλαπλασιαστών u i και v j στο σύστηµα που προκύπτει θέτοντας u 1 =0 (επειδή έχουµε m+n µεταβλητές και m+n-1 εξισώσεις). ) Μετά για κάθε µη βασική µεταβλητή υπολογίζουµε τις ποσότητες c ij - u i - v j Η συνθήκη αριστότητας είναι Εάν οι ποσότητες c ij - u i - v j >=0 για κάθε µη βασική µεταβλητή x ij τότε η βασική εφικτή λύση είναι άριστη. Η συνθήκη εφικτότητας είναι: Εάν οι ποσότητες c ij - u i - v j δεν είναι µη αρνητικές για κάθε µη βασική µεταβλητή x ij τότε επιλέγουµε ως εισερχόµενη µεταβλητή τη µη βασική µεταβλητή 1

µε την πιο µικρή αρνητική τιµή c ij - u i - v j (ή µεγαλύτερη σε απόλυτο τιµή από τις αρνητικές τιµές ). Για την επιλογή της εξερχόµενης µεταβλητής κατασκευάζουµε ένα βρόχο (δηλαδή κλειστό κύκλο αποτελούµενο από διαδοχικά οριζόντια και κάθετα ευθύγραµµα τµήµατα των οποίων τα ακραία σηµεία είναι βασικές µεταβλητές εκτός από το τελευταίο που συνδέεται µε την εισερχόµενη µεταβλητή) για τη νέα εισερχόµενη µεταβλητή. Αυξάνουµε και µειώνουµε τις τιµές των βασικών µεταβλητών του κύκλου ανάλογα µε τη προσφορά και τη ζήτηση. Εξερχόµενη µεταβλητή θα είναι εκείνη µε τη µικρότερη τιµή από αυτές που µειώνονται. Στο παραπάνω παράδειγµα Θα χρησιµοποιήσουµε ως αρχική βασική εφικτή λύση αυτή που βρήκαµε µε τη µέθοδο Vogel. (σελ. 11, 1) Για τις βασικές µεταβλητές της αρχικής λύσης βρίσκω τις τιµές των πολλαπλασιαστών από το σύστηµα c ij = u i + v j δηλαδή Για τη βασική µεταβλητή x 13 θα ισχύει c 13 = u 1 + v 3 ή 1= u 1 + v 3, οµοίως Για τη µεταβλητή x θα ισχύει c = u + v ή 15= u + v Για τη µεταβλητή x 31 θα ισχύει c 31 = u 3 + v 1 ή 1= u 3 + v 1 Για τη µεταβλητή x 3 θα ισχύει c 3 = u 3 + v ή 4= u 3 + v Για τη µεταβλητή x 33 θα ισχύει c 33 = u 3 + v 3 ή 30= u 3 + v 3 Για τη µεταβλητή x 34 θα ισχύει c 34 = u 3 + v 4 ή 10= u 3 + v 4 Βρίσκουµε τις τιµές των πολλαπλασιαστών. Επειδή οι πολλαπλασιαστές είναι 7 (δηλαδή u i µε i=1,.,3 και v j µε j=1,,3,4) και οι εξισώσεις 6, θέτουµε u 1 =0 13

Λύνουµε το παραπάνω σύστηµα ως προς u i και v j και βρίσκουµε τους πολλαπλασιαστές u i και v j u =0, u 3 =9, v 1 = 3, v = 15, v 3 = 1, v 4 =1 Για τις µη βασικές µεταβλητές δηµιουργούµε τις διαφορές c ij - u i - v j : Αναλυτικά: Για τη µη βασική µεταβλητή x 11 θα ισχύει c 11 - u 1 - v 1 = - 0-3= 19 οµοίως Για τη µεταβλητή x 1 θα ισχύει c 1 - u 1 - v = 0-0 - 15= 5 Για τη µεταβλητή x 14 θα ισχύει c 14 - u 1 - v 4 = 17-0 -1 =16 Για τη µεταβλητή x 1 θα ισχύει c 1 - u - v 1 = 18-0 - 3= 15 Για τη µεταβλητή x 3 θα ισχύει c 3 - u - v 3 = 5-0 - 1= 4 Για τη µεταβλητή x 4 θα ισχύει c 4 - u - v 4 = 14-0 - 1= 13 Εφόσον οι ποσότητες c ij - u i - v j για κάθε µη βασική µεταβλητή είναι >=0 η αρχική βασική εφικτή λύση που βρήκαµε µε τη µέθοδο Vogel είναι η άριστη Παράδειγµα Έστω ότι πρέπει να µεταφερθούν ορισµένες ποσότητες ενός προϊόντος από 3 εργοστάσια σε 4 κέντρα διανοµής. Στον παρακάτω πίνακα µεταφοράς, να προσδιοριστούν οι ποσότητες x ij που πρέπει να µεταφερθούν έτσι ώστε να ελαχιστοποιηθεί το συνολικό κόστος µεταφοράς ενώ συγχρόνως να πληρούνται οι περιορισµοί προσφοράς και ζήτησης. 1 3 4 Προσφορά 1 10 0 0 11 15 x 11 x 1 x 13 x 14 Εργοστάσια 1 7 9 0 5 x 1 x x 3 x 4 3 0 14 16 18 5 x 31 x 3 x 33 x 34 Ζήτηση 5 15 15 10 45 Το πρόβληµα είναι ισορροπηµένο Π.χ. 15+5+5 =5+15+15+10 =45. 14

Εύρεση αρχικής βασικής εφικτής λύσης µε τη µέθοδο της Βορειο - υτικής γωνίας Μια αρχική βασική εφικτή λύση θα έχει 3+4-1 =6 βασικές µεταβλητές (δηλαδή διαφορετικές του µηδέν) και τις υπόλοιπες µεταβλητές µη βασικές (δηλ. ίσες µε µηδέν). Η αρχική βασική εφικτή λύση µε τη µέθοδο της Β- γωνίας θα είναι η εξής: τοποθετούµε στη µεταβλητή της Β γωνίας δηλαδή στη x 11 = min(15,5)=5 µονάδες, οπότε εξαντλείται η προσφορά του 1ου κέντρου διανοµής, δηλαδή διαγράφεται η 1η στήλη. Το υπόλοιπο προσφοράς στη 1η γραµµή είναι 15-5 =10 µονάδες. Οι παραπάνω ενέργειες φαίνονται στον παρακάτω πίνακα 1 3 4 Προσφορά 1 10 0 0 11 15 10 x 11 =5 Εργοστάσια 1 7 9 0 5 3 0 14 16 18 5 Ζήτηση 5 15 15 10 Η διαδικασία επαναλαµβάνεται. Το επόµενο κελί Β- γωνίας (µετά τη διαγραφή της 1ης στήλης) είναι το (1,) δηλαδή κελί που αντιστοιχεί στη 1 γραµµή και στη στήλη. Τοποθετούµε x 1 = min(10,15)=10, εξαντλείται η προσφορά της 1ης γραµµής και εποµένως διαγράφεται η 1 γραµµή και αφήνει υπόλοιπο 5 µονάδων στη στήλη. 3 4 Προσφορά 1 0 0 11 10 x 1 =10 Εργοστάσια 7 9 0 5 3 14 16 18 5 Ζήτηση 15 5 15 10 15

Η διαδικασία επαναλαµβάνεται. Το επόµενο κελί Β γωνίας είναι το (,). Τοποθετούµε x = min(5,5)=5 διαγράφεται η η στήλη και αφήνει υπόλοιπο 0 µονάδων στη η γραµµή. 3 4 Προσφορά Εργοστάσια 7 9 0 5 0 x =5 3 14 16 18 5 Ζήτηση 5 15 10 Η διαδικασία επαναλαµβάνεται. x 3 = min(0,15)=15, διαγράφεται η 3η στήλη και υπόλοιπο προσφοράς 5 µονάδων στη η γραµµή. 3 4 Προσφορά Εργοστάσια 9 0 0 5 x 3 =15 3 16 18 5 Ζήτηση 15 10 Η διαδικασία επαναλαµβάνεται x 4 = min(5,10)=5 διαγράφεται η η γραµµή και αφήνει υπόλοιπο ζήτησης της 4ης στήλης 5 µονάδες. 4 Προσφορά Εργοστάσια 0 5 x 4 =5 3 18 5 Ζήτηση 10 5 16

Η διαδικασία επαναλαµβάνεται. Τοποθετούµε στο κελί (3,4) τη υπόλοιπη ποσότητα x 34 = 5 που διαγράφει τη γραµµή 3 ή τη στήλη 4 4 Προσφορά 3 18 5 x 34 = 5 Ζήτηση 5 Εφόσον µια γραµµή ή στήλη δεν διαγράφηκε η διαδικασία σταµατά. Εποµένως η αρχική βασική εφικτή λύση (µε τη µέθοδο της Β- γωνίας) αποτελείται από τις εξής 6 βασικές µεταβλητές x 11 =5, x 1 =10, x =5, x 3 =15, x 4 =5 x 34 = 5 οι οποίες δίνουν συνολικό κόστος 5*10+10*0+5*7+15*9+5*0+5*18=410 χρηµ µονάδες Οι υπόλοιπες µεταβλητές είναι µη βασικές δηλ. ίσες µε µηδέν. Εύρεση αρχικής βασικής εφικτής λύσης µε τη Μέθοδο Vogel του πρδ.. (σελ.14) Στη γραµµή 3 παρουσιάζεται η µεγαλύτερη διαφορά 14. Άρα επιλέγουµε στη 3η γραµµή το κελί µε το ελάχιστο κόστος δηλ. το κελί (3,1) που έχει κόστος 0. Τοποθετώ τη µέγιστη επιτρεπόµενη ποσότητα στη µεταβλητή x 31 = min(αντίστοιχης προσφοράς, αντίστοιχης ζήτησης)= min(5,5) =5. Η γραµµή 3 και η στήλη 1 εξαντλούνται ταυτοχρόνως, έστω ότι επιλέγουµε να διαγράψουµε τη στήλη 1. Στο υπόλοιπο προσφοράς της γραµµής 3 τοποθετούµε µηδέν και δεν χρησιµοποιούµε τη γραµµή 3 για µελλοντικές διαφορές. Οι παραπάνω ενέργειες φαίνονται στον παρακάτω πίνακα: 17

1 3 4 Προσ φορά ιαφορές 1 10 0 0 11 15 10-0=10 Εργο 1 7 9 0 στάσια 5 9-7= 3 0 14 16 18 x 31 =5 5 0 14-0=14 Ζήτηση 5 15 15 10 ιαφορές 10-0=10 7-0=7 16-9=7 18-11=7 Η διαδικασία επαναλαµβάνεται Στον παρακάτω πίνακα υπολογίζουµε πάλι διαφορές. Παρατηρείτε ότι στη τρίτη γραµµή που είχε µηδέν προσφορά δεν υπολογίζουµε διαφορές. Ακόµη παρατηρούµε ότι η γραµµή 1 και η στήλη 3 παρουσιάζουν την ίδια µεγαλύτερη διαφορά. Επιλέγουµε αυθαίρετα τη στήλη 3 και τοποθετούµε στη µεταβλητή x 3 =min(5, 15) =15 που διαγράφει τη στήλη 3 και αφήνει υπόλοιπο προσφοράς στη η γραµµή 10 µονάδες 3 4 Προσφορά ιαφορές 1 0 0 11 15 11-0=11 Εργοστάσια 7 9 0 x 3 =15 5 10 9-7= 3 0 --- Ζήτηση 15 15 10 ιαφορές 7-0=7 0-9=11 0-11=9 Ακολουθώντας την ίδια διαδικασία θα πάρουµε x =10 διαγράφοντας τη η γραµµή 18

4 Προσφορά ιαφορές 1 0 11 15 11-0=11 Εργοστάσια 7 0 x =10 10 0-7=13 3 0 --- Ζήτηση 15 5 10 ιαφορές 7-0=7 0-11=9 Η γραµµή 3 δεν χρησιµοποιείται για διαφορές,(δηλαδή δεν βρίσκουµε άλλες διαφορές) εποµένως µε τη µέθοδο του ελαχίστου κόστους (βήµα 3β) βρίσκουµε x 1 =5 διαγράφοντας τη η στήλη 4 Προσφορά 1 0 11 x 1 =5 15 10 3 14 18 0 Ζήτηση 5 10 Μετά τοποθετούµε x 14 =10 διαγράφοντας τη 1η γραµµή και θέτοντας µηδέν στη ζήτηση της 4ης στήλης 4 Προσφορά 1 11 10 x 14 =10 3 18 0 Ζήτηση 10 0 19

Μόνο η τρίτη γραµµή ή η τέταρτη στήλη µε τοποθετηµένη µηδενική προσφορά και ζήτηση έχουν παραµείνει και θέτουµε x 34 =0 4 Προσφορά Εργοστάσιο 18 0 3 x 34 =0 Ζήτηση 0 Ετσι η αρχική βασική εφικτή λύση µε τη µέθοδο Vogel είναι 1 3 4 Προσφορά 1 10 0 0 11 15 x 1 =5 x 14 =10 Εργοστάσια 1 7 9 0 5 x =10 x 3 =15 3 0 14 16 18 5 x 31 =5 x 34 =0 Ζήτηση 5 15 15 10 ηλαδή η αρχική βασική εφικτή λύση είναι x 1 =5, x 14 =10, x =10, x 3 =15, x 31 =5, x 34 =0 Όλες οι άλλες µεταβλητές είναι µη βασικές άρα ίσες µε µηδέν Η λύση αυτή δίνει συνολικό κόστος 5*0 +10*11+ 10*7 + 15*9 + 5 *0 + 0*18 =315 χρηµ µονάδες. Παρατηρείτε ότι η αρχική βασική εφικτή λύση µε τη µέθοδο Vogel είναι καλύτερη δηλαδή δίνει µικρότερο συνολικό κόστος σε σύγκριση µε τη µέθοδο της Β- γωνίας και αυτό οφείλεται στο γεγονός ότι λαµβάνει υπόψιν της τα µοναδιαία κόστη. 0

Εύρεση της άριστης λύσης Μέθοδος MODI Θα χρησιµοποιήσουµε ως αρχική βασική εφικτή λύση αυτή που βρήκαµε µε τη µέθοδο Vogel. Για τις βασικές µεταβλητές της αρχικής λύσης βρίσκω τις τιµές των πολλαπλασιαστών από το σύστηµα c ij = u i + v j δηλαδή Για τη βασική µεταβλητή x 1 θα ισχύει c 1 = u 1 + v ή 0= u 1 + v, οµοίως Για τη µεταβλητή x 14 θα ισχύει c 14 = u 1 + v 4 ή 11= u 1 + v 4 Για τη µεταβλητή x θα ισχύει c = u + v ή 7= u + v Για τη µεταβλητή x 3 θα ισχύει c 3 = u + v 3 ή 9= u + v 3 Για τη µεταβλητή x 31 θα ισχύει c 31 = u 3 + v 1 ή 0= u 3 + v 1 Για τη µεταβλητή x 34 θα ισχύει c 34 = u 3 + v 4 ή 18= u 3 + v 4 Βρίσκουµε τις τιµές των πολλαπλασιαστών. Επειδή οι πολλαπλασιαστές είναι 7 (δηλαδή u i µε i=1,.,3 και v j µε j=1,,3,4) και οι εξισώσεις 6, θέτουµε u 1 =0 Λύνουµε το παραπάνω σύστηµα ως προς u i και v j και βρίσκουµε τους πολλαπλασιαστές u i και v j u =7, u 3 =7, v 1 = -7, v = 0, v 3 =, v 4 =11 Για τις µη βασικές µεταβλητές δηµιουργώ τις διαφορές c ij - u i - v j : Αναλυτικά: Για τη µη βασική µεταβλητή x 11 θα ισχύει c 11 - u 1 - v 1 = 10-0 - (-7)= 17 οµοίως Για τη µεταβλητή x 13 θα ισχύει c 13 - u 1 - v 3 = 0-0 - = 18 Για τη µεταβλητή x 1 θα ισχύει c 1 - u - v 1 = 1-7 - (-7)= 1 Για τη µεταβλητή x 4 θα ισχύει c 4 - u - v 4 = 0-7 -11 = Για τη µεταβλητή x 3 θα ισχύει c 3 - u 3 - v = 14-7 -0 =7 Για τη µεταβλητή x 33 θα ισχύει c 33 - u 3 - v 3 = 16-7 - =7 Εφόσον οι ποσότητες c ij - u i - v j για κάθε µη βασική µεταβλητή είναι >=0 η αρχική βασική εφικτή λύση που βρήκαµε µε τη µέθοδο Vogel είναι η άριστη Παρατήρηση Εάν στην εύρεση της αρχικής λύσης µε τη µέθοδο Vogel στο σηµείο που η γραµµή 1 και η στήλη 3 παρουσίαζαν την ίδια µεγαλύτερη διαφορά 11 (ος πίνακας) αντί να επιλέξουµε τη στήλη 3 επιλέγαµε τη γραµµή 1 και συνεχίζαµε τότε η αρχική βασική εφικτή λύση θα ήταν... x 1 =15, x 14 =0, x 3 =15, x 4 =10, x 31 =5, x 34 =0 1

Στην περίπτωση αυτή οι πολλαπλασιαστές u i και v j θα ήταν u 1 =0 u =9, u 3 =7, v 1 = -7, v = 0, v 3 = 0, v 4 =11 και για τις µη βασικές µεταβλητές οι ποσότητες c ij - u i - v j θα ήταν : c 11 - u 1 - v 1 =17, c 13 - u 1 - v 3 =0, c 1 - u - v 1 =10, c - u - v = -, c 3 - u 3 - v = 7, c 33 - u 3 - v 3 =9 Επειδή οι ποσότητες c ij - u i - v j δεν είναι >=0 (παρατηρούµε c - u - v = -) η αρχική βασική εφικτή λύση δεν είναι άριστη οπότε πηγαίνουµε στη συνθήκη εφικτότητας δηλαδή: Στον πίνακα κόστους (στον παρακάτω πίνακα) γράφουµε την αρχική βασική εφικτή λύση επιλέγουµε ως εισερχόµενη µεταβλητή τη µη βασική µεταβλητή µε την πιο µικρή αρνητική τιµή c ij - u i - v j δηλαδή την x 1 3 4 Προσφορά 1 10 0 - x 1 =15 Εργοστάσια 3 0 x 31 =5 1 7 + x 0 11 + x 14 =0 9 0 - x 3 =15 x 4 =10 14 16 18 x 34 =0 Ζήτηση 5 15 15 10 15 5 5 Επιλέγουµε ως εισερχόµενη µεταβλητή τη x και δηµιουργούµε το βρόχο µε βασικές µεταβλητές τις x 1, x 14, x 4

Εάν η x αυξηθεί από το µηδενικό επίπεδο τότε αντίστοιχα οι x 1 =15 και x 4 =10 θα µειωθούν ενώ η x 14 =0 θα αυξηθεί. Αρα εξερχόµενη µεταβλητή θα είναι εκείνη µε τη µικρότερη τιµή από αυτές που µειώνονται δηλαδή η x 4 Εφόσον η x 4 εξέρχεται δηλαδή από βασική (=10) θα γίνει µη βασική (δηλαδή =0) αναπροσαρµόζουµε τις τιµές των βασικών µεταβλητών των άκρων του βρόγχου βάσει της ποσότητας 10 (λύση της εξερχόµενης µεταβλητής x 4 ) δηλαδή Αυξάνεται η x κατά 10 δηλαδή x =10, Μειώνεται η x 1 κατά 10 δηλαδή x 1 =5, Αυξάνεται η x 14 κατά 10 δηλαδή x 14 =10 Αρα η νέα βασική εφικτή λύση θα είναι x 1 =5, x 14 =10, x 3 =15, x =10, x 31 =5, x 34 =0 και επαναλαµβάνουµε το κριτήριο της αριστότητας για να ελέγξουµε εάν είναι άριστη η παραπάνω λύση 3