ΕΘΝΙΚΟ ΜΕΤΣΟΒΙΟ ΠΟΛΥΤΕΧΝΕΙΟ ΣΧΟΛΗ ΜΗΧΑΝΟΛΟΓΩΝ ΜΗΧΑΝΙΚΩΝ ΤΟΜΕΑΣ ΒΙΟΜΗΧΑΝΙΚΗΣ ΔΙΟΙΚΗΣΗΣ & ΕΠΙΧΕΙΡΗΣΙΑΚΗΣ ΕΡΕΥΝΑΣ Επιχειρησιακή Έρευνα Ι Διδάσκων: Δρ. Σταύρος Τ. Πόνης Πρόβλημα Μεταφοράς
Άδεια Χρήσης Το παρόν εκπαιδευτικό υλικό υπόκειται σε άδειες χρήσης Creative Commons. Για εκπαιδευτικό υλικό, όπως εικόνες, που υπόκειται σε άδεια χρήσης άλλου τύπου, αυτή πρέπει να αναφέρεται ρητώς. 2
Πρόβλημα Μεταφοράς (ΠΜ) - Διατύπωση Το πρόβλημα μεταφοράς (transportation problem), όπως και αυτά της αντιστοίχησης (assignment problem) και μεταφόρτωσης (transshipment) ανήκουν σε μια μεγαλύτερη κατηγορία προβλημάτων ΓΠ, αυτή της Ροής Δικτύων (Network Flow) Τα προβλήματα αυτά μοιράζονται κάποια ιδιαίτερα χαρακτηριστικά που επιτρέπουν την επίλυση τους με εξειδικευμένες μαθηματικές προσεγγίσεις, παραλλαγές της παραδοσιακής μεθόδου Simplex. Το γενικό πρόβλημα μεταφοράς έχει τα ακόλουθα χαρακτηριστικά: α) Ένα προϊόν μεταφέρεται από έναν αριθμό πηγών σε ένα αριθμό προορισμών με το ελάχιστο δυνατό κόστος β) Κάθε πηγή έχει σταθερή δυναμικότητα και κάθε προορισμός σταθερή ζήτηση. 3
Πρόβλημα Μεταφοράς - Διατύπωση Στόχος είναι η ελαχιστοποίηση του κόστους μεταφοράς της συνολικής ποσότητας ενός προϊόντος, από τα (m) σημεία προμήθειας (π.χ. αποθήκες, εργοστάσια κ.α.) προς τα (n) σημεία ζήτησης του προϊόντος αυτού (π.χ. καταστήματα, εργοτάξια κ.α.) Πλήθος Σημείων Προμήθειας Πηγές Πλήθος Σημείων Ζήτησης Προορισμοί ΜορφοποίησηΠροβλήματος / Συμβολισμοί m n Δυνατότητα Προμήθειας Πηγής i a i (μονάδες προϊόντος), για i= 1,2,, m Ζήτηση Προορισμού j b j (μονάδες προϊόντος), για j= 1,2,, n Μοναδιαίο Κόστος Μεταφοράς προϊόντος από Πηγή i σε Προορισμό j c ij (κόστοςσε./μονάδα προϊόντος), για i= 1,2,, m και j= 1,2,, n Οι άγνωστες ποσότητες προϊόντος, που θα μεταφερθούν από την Πηγή i στον Προορισμό j (Μεταβλητές Απόφασης) x ij (μονάδες προϊόντος), για i= 1,2,, m και j= 1,2,, n 4
Πρόβλημα Μεταφοράς Ισορροπημένο Πρόβλημα Ισορροπημένο Πρόβλημα Μεταφοράς: Η συνολική παραγόμενη ποσότητα προϊόντος στις m Πηγές ισούται με τη συνολική ζητούμενη ποσότητα προϊόντος από τους n Προορισμούς, δηλαδή όταν ισχύει η (1). m! a i i%1 n =! b j j%1 (1) Πηγές Προορισμοί c a 1 1 ci1 1 b1 c1j ai i cm1 cij j bj a m m cmj cmn cin c1n n bn 5
Πρόβλημα Μεταφοράς Γενική Μαθηματική Διατύπωση Διαμόρφωση Μαθηματικού Μοντέλου του ΠΜ: Το ισορροπημένο πρόβλημα μεταφοράς, είναι πρόβλημα γραμμικού προγραμματισμού και έχει την ακόλουθη μαθηματική διατύπωση: Min z = c x + c 12 x 12 + + c 1nx1n + c 21 x 21 + c 22 x 22 + + c 2nx2n + + cm 1 x m1 + cm 2 x m2 + + cmnxmn Υπό τους περιορισμούς: Α. Περιορισμού Δυνατότητας Προμήθειας Πηγών x + x 12 +... + x 1n = a1 x 21 + x 22 +... + x 2n = a2.. x m1 + x m2 +... + x mn = am Β. Περιορισμοί Ζήτησης Προορισμών x + x 21 +... + x m1 = b1 x 12 + x 22 +... + x m2 = b2.. x 1n + x 2n +... + x nm = bn Γ. xij 0, για κάθε i= 1,2,, m και j= 1,2,, n 6
Πρόβλημα Μεταφοράς Συνοπτική Μορφή m i%1 n j%1 Min z = c ij x ij Υπό τους περιορισμούς: Α. n j%1 x ij Β. m i%1 x ij = a i, για i= 1,2,, m = b j, για j= 1,2,, n Γ. xij 0, για κάθε i= 1,2,, m και j= 1,2,, n Κάθε πρόβλημα που μπορεί να μοντελοποιηθεί όπως παραπάνω (ανεξάρτητα από τη φυσική ερμηνεία του), μπορεί να επιλυθεί ως Πρόβλημα Μεταφοράς. 7
Πρόβλημα Μεταφοράς Πινακοποιημένη Μορφή / Πίνακας Μεταφοράς Το σύνολο των δεδομένων του προβλήματος συγκεντρώνονται σε Πίνακα με την ακόλουθη μορφή: i j Προορισμοί 1 2 n Παραγωγή ai (μονάδες προϊόντος) 1 c c 12 c1n a1 x x12 x1n Πηγές 2 c 21 c 22 x21 x22 x2n c2n a2 m (μονάδες προϊόντος) cm1 cm2 cmn am xm1 xm2 xmn 5 3 b1 b2 bn! a 0 =! b 2 0%4 2%4 8
Παράδειγμα Μαθηματικό Μοντέλο Προβλήματος Μεταφοράς Έστω 3 αποθήκες σιτηρών 1, 2 και 3 που διαθέτουν σιτηρά σε ποσότητες, 175 και 275 τόνους αντίστοιχα. Τα σιτηρά αποθηκεύονται προς μεταφορά σε 3 σημεία επεξεργασίας σιτηρών (μύλοι) τα Α, Β, C, με ζήτηση 200, 100 και 300 τόνων αντίστοιχα. Τα κόστη μεταφοράς ανά τόνο προϊόντος, σε, δίνονται στον Πίνακα Ι. Είναι το πρόβλημα ισορροπημένο; ΠΙΝΑΚΑΣ Ι Α Β C 1 6 8 10 2 7 3 4 5 12 Γ. xij 0, τόνοι σιτηρών από κάθε αποθήκη i (i= 1,2,3) προς κάθε µύλο (j= Α, Β, C) Minimize Z = 6x 1A + 8x 1B + 10x 1C + 7x 2A + x 2B + x 2C + 4x 3A + 5x 3B + 12x 3C Α. Περιορισμού Δυνατότητας Προμήθειας Αποθηκών x 1A + x 1B + x 1C = x 2A + x 2B + x 2C = 175 x 3A + x 3B + x 3C = 275 Β. Περιορισμοί Ζήτησης Μύλων x 1A + x 2A + x 3A = 200 x 1B + x 2B + x 3B = 100 x 1C + x 2C + x 3C = 300 9
Μαθηματικό Μοντέλο ΠΜ Μη ισορροπημένο πρόβλημα Έστω ότι στο προηγούμενο πρόβλημα η ζήτηση του προορισμού C, αυξάνεται κατά 50 τόνους. Αυτό δημιουργεί ένα μη ισορροπημένο πρόβλημα στο οποίο η ζήτηση των προορισμών είναι μεγαλύτερη από τη δυναμικότητα των πηγών (650 > 600). Σε αυτή την περίπτωση είναι προφανές πως οι περιορισμοί ζήτησης πρέπει να χαλαρώσουν καθώς δεν υπάρχει αρκετή δυναμικότητα για να καλύψει τη συνολική ζήτηση. Ανάλογα για τους περιορισμούς δυναμικότητας πηγών αν συμβαίνει το αντίθετο (δυναμικότητα > ζήτηση). Α Β C 1 6 8 10 2 7 3 4 5 12 Minimize Z = 6x 1A + 8x 1B + 10x 1C + 7x 2A + x 2B + x 2C + 4x 3A + 5x 3B + 12x 3C Α. Περιορισμού Δυνατότητας Προμήθειας Αποθηκών x 1A + x 1B + x 1C = x 2A + x 2B + x 2C = 175 x 3A + x 3B + x 3C = 275 Γ. xij 0, τόνοι σιτηρών από κάθε αποθήκη i (i= 1,2,3) προς κάθε µύλο (j= Α, Β, C) Β. Περιορισμοί Ζήτησης Μύλων x 1A + x 2A + x 3A 200 x 1B + x 2B + x 3B 100 x 1C + x 2C + x 3C 350 10
Πρόβλημα Μεταφοράς - Κατάρτιση του Πίνακα Μεταφοράς Ο Πίνακας Μεταφοράς του προβλήματος είναι ο ακόλουθος: ΑΠΟ ΠΡΟΣ 1 2 3 (demand) σε τόνους Α Β C 6 8 Προμήθεια (Supply) σε τόνους (ai) x 1A x 1B x 1C 7 x 2A x 2B x 2C 175 4 5 x 3A x 3B x 3C 275 200 100 300 600 10 12
Πρόβλημα Μεταφοράς Έλεγχος ισχύος της βασικής γενικής προϋπόθεσης του ΠΜ: Σε κάθε ΠΜ θα πρέπει να ισχύει η βασική γενική προϋπόθεση του ΠΜ, δηλαδή: i%1 a i = j%1 b j m n Στο συγκεκριμένο παράδειγμα έχουμε : a 1 =, a 2 =175, b 3 =275, και b 1 =200, b 2 =100, b 3 =300 Άρα: 3 i%1 a i = 600 δηλαδή: 3 i%1 α i = 3 j%1b j 3 j%1 b j = 600 - Υπενθυμίζεται πως για να εφαρμοστεί η μέθοδος simplex ήταν απαραίτητη η εύρεση μιας αρχικής βασικής δυνατής λύσης. Το ίδιο ισχύει και στην περίπτωση του προβλήματος μεταφοράς. - Μια τέτοια λύση μπορεί να βρεθεί με διάφορες μεθόδους, όπως η μέθοδος της ΒΔ γωνίας (northwest corner), η μέθοδος του ελαχίστου στοιχείου (minimum cell cost method) και η μέθοδος Vogel (Vogel s approximation model). 12
Εύρεση Α.Β.Δ. Λύσης Μέθοδος Βορειοδυτικής Γωνίας α. Δίνουμε τη μέγιστη δυνατή τιμή με βάση τους περιορισμούς δυναμικότητας και ζήτησης - στη μεταβλητή που βρίσκεται στο πάνω αριστερά τετράγωνο του Πίνακα (στη βορειοδυτική γωνία). Η μεταβλητή αυτή, στο παράδειγμά μας, είναι η x 1Α και η μέγιστη τιμή της περιορίζεται από την παραγωγή του 1 και τη ζήτηση του Α. Δηλαδή: x 1Α = min{, 200} = β. Στη συνέχεια δίνουμε τιμή σε κελί γειτονικό του x 1Α. Εφόσον x 1Α =, προφανώς x 1Β = x 1C = 0. Η μόνη διαθέσιμη επιλογή είναι η απόδοση τιμής στο κελί x 2Α, στο οποίο και αποδίδουμε τη μέγιστη δυνατή, δηλαδή x 2Α = min{50, 175} = 50. γ) Στη συνέχεια μετακινούμαστε πάλι σε γειτονικό κελί με το μόνο διαθέσιμο πια να είναι το x 2Β. Το x 3Α είναι προφανώς ίσο με το 0, καθώς η ζήτηση του Α, έχει πλήρως καλυφθεί από τις αποθήκες 1 και 2. Με την ίδια λογική x 2Β = min{100, 125} = 100 δ) Η επόμενη εφικτή απόδοση τιμής είναι η x 2C = min{25,300} = 25. Το x 3Β είναι προφανώς ίσο με το 0, καθώς η ζήτηση του Β, έχει πλήρως καλυφθεί από την αποθήκη 2. ε) Τέλος, η μόνη διαθέσιμη επιλογή για το κελί x 3C είναι η απόδοση σε αυτό τιμής x 3C = 275 13
Εύρεση Α.Β.Δ. Λύσης Μέθοδος Βορειοδυτικής Γωνίας Ο Πίνακας Μεταφοράς που μας δίνει μια αρχική βασική δυνατή λύση του προβλήματος είναι ο ακόλουθος: ΑΠΟ ΠΡΟΣ 1 2 3 (demand) σε τόνους Α Β C 6 8 0 0 7 50 100 25 4 0 0 275 5 Προμήθεια (Supply) σε τόνους (ai) 175 275 200 100 300 600 Κόστος = 6 + 8 0 + 10 0 + 7 50 + 100 + 25 + 4 0 + 5 0 + 12 275 = 5.925 10 12 Βήματα Μεθόδου 1. Απόδωσε τη μεγαλύτερη δυνατή τιμή στο τελευταίο πάνω αριστερά κελί του πίνακα, σεβόμενος τους περιορισμούς δυναμικότητας και ζήτησης 2. Απόδωσε τη μεγαλύτερη δυνατή τιμή στο επόμενο γειτονικό κελί, αν αυτό είναι εφικτό. 3. Επανέλαβε το βήμα 2, μέχρι να καλυφτούν όλοι οι περιορισμοί δυναμικότητας και ζήτησης 14
Εύρεση Α.Β.Δ. Λύσης Μέθοδος Ελαχίστου Στοιχείου Η βασική λογική της μεθόδου, είναι η απόδοση τιμών στα κελιά με το χαμηλότερο μοναδιαίο κόστος μεταφοράς. Στην περίπτωση μας, ξεκινάμε από το x 3A. μεγαλύτερη δυνατή τιμή που μπορεί να πάρει είναι η x 3Α = min{200, 275} = 200. Προφανώς τα κελιά x 1Α και x 1Β απαλείφονται καθώς αναγκαστικά παίρνουν την τιμή 0. ΑΠΟ ΠΡΟΣ 1 2 3 0 0 200 Α Β C 6 8 7 4 5 10 12 Προμήθεια (Supply) σε τόνους (ai) 175 275 Η (demand) σε τόνους 200 100 300 600 15
Εύρεση Α.Β.Δ. Λύσης Μέθοδος Ελαχίστου Στοιχείου Το επόμενο κελί ελαχίστου κόστους που είναι και εφικτό είναι το x 3Β = min {100, 75} = 75. Προφανώς το κελί x 3C εξαλείφεται και παίρνει την τιμή 0. Με την ίδια λογική, το επόμενο κελί στο οποίο θα αποδοθεί τιμή είναι το x 1Β = min {25, } = 25. Το κελί x 2Β ΑΠΟ παίρνει την τιμή 0 και εξαλείφεται. ΠΡΟΣ 1 2 3 (demand) σε τόνους Α Β C 6 8 0 25 125 7 0 0 175 4 200 75 0 5 Προμήθεια (Supply) σε τόνους (ai) 175 275 200 100 300 600 10 12 Όμοια το επόμενο κελί που παίρνει τιμή είναι το x 1C = min{300,125} = 125 και τέλος x 2C = 175. Αντικαθιστώντας τις τιμές των μεταβλητών απόφασης στην αντικειμενική συνάρτηση è Ζ= 4.550. Είναι προφανές πως η μέθοδος του ελαχίστου στοιχείου, λαμβάνει υπόψη της το κόστος και κατά συνέπεια υπολογίζει μια Α.Β.Δ.Λ. πολύ πιο κοντά στη βέλτιστη από ότι αυτή της Β.Δ. γωνίας. Απαιτείται Μικρότερος αριθμός επαναλήψεων. 16
Εύρεση Α.Β.Δ. Λύσης Μέθοδος Vogel ( VAM Vogel s Approximation Model) Η μέθοδος αυτή βασίζεται στην έννοια της ποινής (penalty) για μια εσφαλμένη απόφαση. Στο πρόβλημα μεταφοράς, οι αποφάσεις δεν είναι άλλες από τα εναλλακτικά δρομολόγια (i è j) και η ποινή ορίζεται ως η διαφορά του ελάχιστου κόστους για κάθε στήλη και κάθε γραμμή από το αμέσως επόμενο κόστος των δρομολογίων. Στη συνέχεια οι ποινές αυτές καταγράφονται στα δεξιά και στο κάτω μέρος του ΠΜ. 8-6 = 2-7 = 4 5-4 = 1 6-4 = 2 8-5 = 3 12 - = 1 17
ΑΠΟ Εύρεση Α.Β.Δ. Λύσης Μέθοδος Vogel ( VAM Vogel s Approximation Model) Στη μέθοδο Vogel, η απόδοση τιμών ξεκινά από τη γραμμή ή τη στήλη με το μεγαλύτερη ποινή, δηλαδή τη γραμμή 2. Αποδίδουμε τη μεγαλύτερη δυνατή ποσότητα στο κελί εκείνο της γραμμής δύο με το χαμηλότερο κόστος, δηλαδή το x 2A = min {200, 175} = 175. Προφανώς x 2B και x 2C = 0. Με αυτόν τον τρόπο αποφεύχθηκε η επιλογή με τη μεγαλύτερη ποινή ( 4). - Στη μέθοδο Vogel, μετά ΠΡΟΣ Α Β C 6-4=2 8-5=3 12-10 =2 Προμήθεια (Supply) σε τόνους (ai) 1 2 175 0 0 175 3 275 (demand) σε τόνους 6 8 7 4 5 200 100 300 600 10 12 8-6 =2 Ν/Α 5-4 =1 από κάθε απόδοση τιμής σε μεταβλητή, οι ποινές επαναϋπολογίζονται. - Προφανώς τα κελιά που έχουν εξαλειφθεί ή τους έχει αποδοθεί τιμή δε συμμετέχουν στους υπολογισμούς. - Η στήλη Β, έχει τη μεγαλύτερη ποινή και το κελί της με ελάχιστο κόστος είναι το x 3B = min{100,275} = 100. - x 1B = 0 18
Εύρεση Α.Β.Δ. Λύσης Μέθοδος Vogel ( VAM Vogel s Approximation Model) Ο Πίνακας που έχει προκύψει είναι αυτός που φαίνεται στη συνέχεια. Υπολογίζουμε τις νέες ποινές μη λαμβάνοντας υπόψη μας, τα κελιά στα οποία έχει αποδοθεί τιμή και τα μη εφικτά (μη βασικά). Η γραμμή 3 έχει τη μεγαλύτερη ποινή (=4) και το κελί x 3Α έχει το ελάχιστο κόστος. Του αποδίδουμε τιμή x 3Α = min{25,175} = 25. Εξαλείφεται το κελί x 1Α. ΑΠΟ ΠΡΟΣ 1 2 3 Α Β C 6 8 7 0 175 0 0 4 100 5 10 12 Προμήθεια (Supply) σε τόνους (ai) 175 275 10-6=4 Ν/Α 12-4=8 (demand) σε τόνους 200 100 300 600 6-4=2 Ν/Α 12-10=2 19
Εύρεση Α.Β.Δ. Λύσης Μέθοδος Vogel ( VAM Vogel s Approximation Model) Ο Πίνακας που έχει προκύψει είναι αυτός που φαίνεται στη συνέχεια. Υπολογίζουμε τις νέες ποινές μη λαμβάνοντας υπόψη μας, τα κελιά στα οποία έχει αποδοθεί τιμή και τα μη εφικτά (μη βασικά). Είναι φανερό πως η μόνη γραμμή ή στήλη που έχει δυνατές επιλογές και κατά συνέπεια και ποινή, είναι η στήλη C, με κελί ελάχιστου κόστους το x1c = min{,} =. Όμοια και για το x3c ΠΡΟΣ ΑΠΟ Α Β C Προμήθεια (Supply) σε τόνους (ai) 1 0 0 6 8 10 2 7 175 0 0 175 3 4 25 100 5 12 275 (demand) σε τόνους 200 100 300 600 2 20
Εύρεση Α.Β.Δ. Λύσης Μέθοδος Vogel ( VAM Vogel s Approximation Model) Ο Πίνακας της αρχικής βασικής λύσης που υπολογίσαμε με τη μέθοδο VAM φαίνεται κάτωθι.. Αντικαθιστώντας τις τιμές των μεταβλητών απόφασης στην αντικειμενική συνάρτηση è Ζ = 5.125. ΑΠΟ ΠΡΟΣ 1 2 3 (demand) σε τόνους Α Β C 6 8 0 0 7 175 0 0 4 25 100 5 Προμήθεια (Supply) σε τόνους (ai) 175 275 200 100 300 600 10 12 Βήματα Μεθόδου 1. Καθορισμός ποινής για κάθε γραμμή και στήλη του ΠΜ. 2. Επέλεξε τη στήλη ή τη γραμμή με τη μεγαλύτερη ποινή (σε περίπτωση ισοπαλίας, είτε ελεύθερη επιλογή ή αυτή με το κελί χαμηλότερου κόστους). 3. Απόδωσε τη μεγαλύτερη δυνατή τιμή στο κελί με το χαμηλότερο κόστος της γραμμής ή στήλης με τη μεγαλύτερη ποινή. 4. Επανέλαβε τα 1,2 και 3. 21
Παράδειγμα II Μη ισορροπημένο Πρόβλημα Έστω 3 ορυχεία εξαγωγής μεταλλεύματος (Πηγές) Α1, Α2 και Α3 που παράγουν ένα μετάλλευμα σε ποσότητες, 210 και 320 τόνων, αντίστοιχα. Το μετάλλευμα προορίζεται για 4 εργοστάσια χαλυβουργίας (Προορισμοί) Β1, Β2, Β3 και Β4 που απαιτούν 130, 70, 180 και 240 τόνους, αντίστοιχα. Τα κόστη μεταφοράς ανά τόνο μεταλλεύματος, σε Κ, δίνονται στον Πίνακα Ι. Εξαιτίας μιας απεργιακής κινητοποίησης, στην παρούσα φάση δεν είναι δυνατή η μεταφορά μεταλλεύματος από το ορυχείο A2 προς το εργοστάσιο B3. Β1 Β2 Β3 Β4 Α1 14 9 16 18 Α2 8 7 16 Βρείτε μια Α.Β.Δ.Λ. με τη μέθοδο της Β.Δ. Γωνίας Α3 12 10 16 18 22
Πρόβλημα Μεταφοράς Μη Ισορροπημένο Πρόβλημα m n i%1 j%1 : 1. Εάν a i < b j Θεωρούμε μια υποθετική πλασματική πηγή (m+1) με παραγωγή α 5A4 = 3 2%4 b 2 5 0%4 a 0, δηλαδή ίση με την πλεονάζουσα ζήτηση που δεν μπορεί να ικανοποιηθεί από τις m πηγές, ώστε να ισχύει η σχέση 5 a 0 = 3 b 2. 0%4 2%4 Τα αντίστοιχα (υποθετικά) μοναδιαία κόστη μεταφοράς από την πλασματική αυτή πηγή εξαρτώνται από τα δεδομένα του ΠΜ (π.χ. μπορεί να εκφράζουν την αποζημίωση που δίνεται σε κάποιο προορισμό για την μη- αποστολή μιας μονάδας προϊόντος). Εάν δεν υπάρχουν σχετικές επιβαρύνσεις (από την μη- ικανοποίηση της ζήτησης των προορισμών από τις πηγές) τα μοναδιαία κόστη μεταφοράς από την Πηγή m+1 θα είναι c m+1, j = 0, για j = 1, 2,, n. 23 23
Πρόβλημα Μεταφοράς Μη Ισορροπημένο Πρόβλημα m n i%1 j%1 : 2. Εάν a i > b j Θεωρούμε έναν υποθετικό/ πλασματικό Προορισμό (n+1) με ζήτηση b 3A4 = 5 0%4 a 0 3 2%4 b 2, δηλαδή ίση με την πλεονάζουσα παραγωγή που δεν μπορεί να διατεθεί στους n προορισμούς, ώστε να ισχύει η σχέση 5 a 0 = 3 b 2. 0%4 2%4 Τα αντίστοιχα (υποθετικά) μοναδιαία κόστη μεταφοράς προς τον πλασματικό αυτό προορισμό εξαρτώνται πάλι από τα δεδομένα του ΠΜ (π.χ. μπορεί να εκφράζουν κόστος παραμονής προϊόντος στην πηγή). Εάν δεν υπάρχουν σχετικές επιβαρύνσεις (από την μη- διάθεση της παραγωγής) τα μοναδιαία κόστη μεταφοράς στον προορισμό n+1 θα είναι c i,n+1 = 0, για j = 1, 2,, m 24
Πρόβλημα Μεταφοράς - Ειδική Περίπτωση 3. Εάν δεν είναι δυνατή η μεταφορά προϊόντων από κάποια Πηγή i σε κάποιο Προορισμό j (π.χ. απεργία, φυσικό φαινόμενο): Τότε θεωρούμε νέο πρόβλημα (όπως το αρχικό) στο οποίο μπορεί μεν να γίνει μεταφορά από την Πηγή i στον Προορισμό j, αλλά το αντίστοιχο μοναδιαίο κόστος μεταφοράς c ij είναι ίσο με Μ, όπου Μ αυθαίρετα πολύ μεγάλος αριθμός (BigM). Εφόσον ζητείται η ελαχιστοποίηση του συνολικού κόστους μεταφοράς είναι προφανές ότι : Εάν στη βέλτιστη λύση του νέου προβλήματος έχουμε x ij = 0, τότε η λύση αυτή είναι βέλτιστη και για το αρχικό. Εάν όμως x ij > 0, αυτό σημαίνει ότι το αρχικό δεν έχει δυνατές λύσεις. 25
Παράδειγμα ΙΙ - Συνέχεια Έλεγχος ισχύος της βασικής γενικής προϋπόθεσης του ΠΜ: Σε κάθε ΠΜ θα πρέπει να ισχύει η βασική γενική προϋπόθεση του 5 0%4 3 2%4 ΠΜ, δηλαδή: a 0 = b 2 Στο συγκεκριμένο παράδειγμα έχουμε : a1=, a2=210, a3=320, και b1=130, b2=70, b3=180, b4=240. Άρα: E 0%4 α 0 =+210+320= 680 δηλαδή: E 0%4 α 0 > F 2%4 b 2 F 2%4 b 2 =130+70+180+240= 620 Επομένως, θα πρέπει να θεωρήσουμε υποθετικό προορισμό Β5, με απαίτηση b5 = 680 620 = 60 τόνους και αντίστοιχα κόστη μεταφοράς ίσα με το μηδέν, εφόσον δεν αναφέρεται στην εκφώνηση κάτι σχετικό με τα κόστη παραμονής στην πηγή. 26
Παράδειγμα ΙΙ Πινάκας Μεταφοράς Ο Πίνακας Μεταφοράς του προβλήματος είναι ο ακόλουθος. Παρατηρείστε πως στη διαδρομή Α2 -> Β3, έχει αποδοθεί τιμή Μ πολύ μεγάλος θετικός αριθμός. Β1 Β2 Β3 Β4 Β5 Παραγωγή αi (τμχ) Α1 14 9 16 18 0 x x12 x13 x14 x15 Α2 8 x21 x22 x23 x24 x25 Μ 16 0 210 Α3 12 10 x31 x32 x33 x34 x35 16 18 0 320 (τμχ) 130 70 180 240 60 680 27
Εύρεση Α.Β.Δ.Λ με τη μέθοδο Β.Δ. Γωνίας Με βάση τα βήματα της μεθόδου, αποδίδω στο Βορειοδυτικότερο κελί τη μέγιστη δυνατή τιμή που μπορεί να πάρει, δηλ. x = min{130, } = 130. Προφανώς τα κελιά x 21 και x 31 απαλείφονται καθώς αναγκαστικά παίρνουν την τιμή 0. Α1 Α2 Β1 Β2 Β3 Β4 Β5 14 9 130 x12 x13 x14 x15 8 16 18 0 0 x22 x23 x24 x25 Μ 16 0 Παραγωγή αi (τμχ) 210 Α3 12 10 16 18 0 x32 x33 x34 x35 0 320 (τμχ) 130 70 180 240 60 680 28
Εύρεση Α.Β.Δ.Λ με τη μέθοδο Β.Δ. Γωνίας Το γειτονικό κελί στο οποίο δύναται να αποδοθεί τιμή είναι το x 12 = min{20, 70} = 20. Προφανώς τα κελιά x 13 και x 14 και x 15 απαλείφονται καθώς αναγκαστικά παίρνουν την τιμή 0. Α1 Α2 Β1 Β2 Β3 Β4 Β5 14 9 130 20 0 0 0 8 16 18 0 0 x22 x23 x24 x25 Μ 16 0 Παραγωγή αi (τμχ) 210 Α3 12 10 16 18 0 x32 x33 x34 x35 0 320 (τμχ) 130 70 180 240 60 680 29
Εύρεση Α.Β.Δ.Λ με τη μέθοδο Β.Δ. Γωνίας Το γειτονικό κελί στο οποίο δύναται να αποδοθεί τιμή είναι το x 22 = min{50, 210} = 50. Προφανώς το κελί x 32 απαλείφεται καθώς αναγκαστικά παίρνει την τιμή 0. Α1 Α2 Β1 Β2 Β3 Β4 Β5 14 9 130 20 0 0 0 8 16 18 0 0 50 x23 x24 x25 Μ 16 0 Παραγωγή αi (τμχ) 210 Α3 12 10 16 18 0 0 x33 x34 x35 0 320 (τμχ) 130 70 180 240 60 680 30
Εύρεση Α.Β.Δ.Λ με τη μέθοδο Β.Δ. Γωνίας Το γειτονικό κελί στο οποίο δύναται να αποδοθεί τιμή είναι το x 23 = min{160, 180} = 160. Προφανώς τα κελιά x 24 και x 25 απαλείφονται καθώς αναγκαστικά παίρνουν την τιμή 0. Α1 Α2 Β1 Β2 Β3 Β4 Β5 14 9 130 20 0 0 0 8 16 18 0 0 50 160 0 0 Μ 16 0 Παραγωγή αi (τμχ) 210 Α3 12 10 16 18 0 0 x33 x34 x35 0 320 (τμχ) 130 70 180 240 60 680 31
Εύρεση Α.Β.Δ.Λ με τη μέθοδο Β.Δ. Γωνίας Το γειτονικό κελί στο οποίο δύναται να αποδοθεί τιμή είναι το x 33 = min{20, 320} = 20 Α1 Α2 Β1 Β2 Β3 Β4 Β5 14 9 130 20 0 0 0 8 16 18 0 0 50 160 0 0 Μ 16 0 Παραγωγή αi (τμχ) 210 Α3 12 10 16 18 0 0 20 x34 x35 0 320 (τμχ) 130 70 180 240 60 680 32
Εύρεση Α.Β.Δ.Λ με τη μέθοδο Β.Δ. Γωνίας Το γειτονικό κελί στο οποίο δύναται να αποδοθεί τιμή είναι το x 34 = min{300, 240} = 240. Κατά συνέπεια x 35 = 60. Άρα αρχική λύση = 130 *14 + 20 *9 + 50*8 +160*Μ +20*16 +240*18+60*0 Α1 Α2 Β1 Β2 Β3 Β4 Β5 14 9 130 20 0 0 0 8 16 18 0 0 50 160 0 0 Μ 16 0 Παραγωγή αi (τμχ) 210 Α3 12 10 16 18 0 0 20 240 60 0 320 (τμχ) 130 70 180 240 60 680 33
Επίλυση ΠΜ Μέθοδος Stepping Stone Θα επιλύσουμε το παράδειγμα Ι, χρησιμοποιώντας την Α.Β.Δ.Λ. που υπολογίσαμε με τη μέθοδο ελαχίστου στοιχείου. Υπενθυμίζεται ο Πίνακας της Αρχικής Βασικής Δυνατής Λύσης. ΠΡΟΣ ΑΠΟ 1 Α Β C 6 8 0 25 125 10 Προμήθεια (Supply) σε τόνους (ai) 2 7 0 0 175 175 3 4 5 200 75 0 12 275 (demand) σε τόνους 200 100 300 600 32
Επίλυση ΠΜ Μέθοδος Stepping Stone - Η κεντρική ιδέα της επίλυσης είναι η αξιολόγηση του κατά πόσο μια διαδρομή που αυτή τη στιγμή δεν ανήκει στη βάση (έχει τιμή 0) θα οδηγήσει σε μικρότερο κόστος αν χρησιμοποιηθεί. Στην περίπτωση μας οι υπό αξιολόγηση διαδρομές είναι οι 1A, 2A, 2B, 3C. Αν π.χ. αποδίδαμε 1 τόνο στη διαδρομή 1Α, θα είχαμε αύξηση του κόστους κατά 6 και αύξηση της συνολικής προμήθειας από στους 151 τόνους. - Αυτό παραβιάζει τον περιορισμό της δυναμικότητας της αποθήκης 1, κατά συνέπεια πρέπει να αφαιρεθεί ένας τόνος από κάποιο άλλο δρομολόγιο έστω από το 1Β, που από 25 τόνους μειώνεται στους 24 και το αντίστοιχο κόστος μειώνεται κατά 8. Ικανοποιείται πλέον ο περιορισμός δυναμικότητας της 1, αλλά πλέον δεν καλύπτεται η ζήτηση του μύλου Β (99<100). - Είναι προφανές πως η μόνη δυνατή επιλογή για να προστεθεί ο τόνος που λείπει είναι η διαδρομή 3Β, που θα αυξηθεί από 75 στους 76 τόνους, με ταυτόχρονη αύξηση κόστους κατά 5. - Όλα καλά με τη ζήτηση του Β, αλλά έχει παραβιαστεί ο περιορισμός της αποθήκης 3 (276>275). Αφαιρούμε 1 τόνο από την 3Α με μείωση του κόστους κατά 4. Ο βρόχος έλαβε τέλος, όλοι οι περιορισμοί ικανοποιούνται. 33
Επίλυση ΠΜ Μέθοδος Stepping Stone Βασική προϋπόθεση της μεθόδου είναι πως ποσότητες μπορούν να προστεθούν/ αφαιρεθούν μόνο από κελιά που συμμετέχουν στη λύση (έχουν ποσότητες). Οι προσθαφαιρέσεις που έλαβαν χώρα φαίνονται στον πιο κάτω πίνακα: ΑΠΟ ΠΡΟΣ 1 2 3 (demand) σε τόνους +1 Α Β C 6 8 0 25 125 7-1 0 0 175-1 4 5 + 1 200 75 0 Προμήθεια (Supply) σε τόνους (ai) 175 275 200 100 300 600 10 12 1. Το συνολικό κόστος διαφοροποιείται κατά +6 8 +5-4 = -1. 2. Αυτό σημαίνει πως για κάθε τόνο που αποδίδεται στη διαδρομή 1Α, προκύπτει μείωση κόστους 1. Αυτό σημαίνει πως η τρέχουσα λύση δεν είναι βέλτιστη. 3. Το κελί 1Α, στην ουσία είναι ανάλογη με τη στήλη pivot στη μέθοδο Simplex. 4. Στόχος μας είναι ο καθορισμός της μεταβλητής εισόδου με το μεγαλύτερο πρόσοδο στην αντικειμενική συνάρτηση. 34
Επίλυση ΠΜ Μέθοδος Stepping Stone - Είναι φανερό πως πρέπει να ελεγχτούν όλα τα μηδενικά κελιά της τρέχουσας λύσης και να επιλεχτεί αυτό με τη μεγαλύτερη πρόσοδο. - Στη μέθοδο stepping-stone πάντα ξεκινάμε με ένα μηδενικό κελί και στη συνέχεια σχηματίζουμε ένα βρόχο (ένα κλειστό μονοπάτι) περνώντας από κελιά που έχουν τιμές (είναι στη βάση). - Δημιουργώντας το βρόχο, έχουμε δυνατότητα να διατρέξουμε και μηδενικά κελιά (δεν κάνουμε στάση σε αυτά they are not stepping stones). - Σε κάθε γραμμή και κάθε στήλη μπορεί να γίνει μία πρόσθεση και μία αφαίρεση. - Για κάθε κελί που δεν ανήκει στη βάση (είναι μηδενικό) του Πίνακα της αρχικής βασικής δυνατής λύσης, καταστρώνεται ο βρόχος με την ίδια λογική που κατασκευάστηκε για το κελί 1Α. - Είναι επιτρεπτή η διασταύρωση των ευθύγραμμων τμημάτων ενός βρόχου. - Σε περίπτωση ισοπαλίας, επιλέγουμε αυθαίρετα. 35
Επίλυση ΠΜ Μέθοδος Stepping Stone Βρόχος Κελιού 2Α ΠΡΟΣ ΑΠΟ 1 2 3 Α Β C +1-1 0 25 125 +1 6 8 7 0 0 175-1 -1 4 5 + 1 200 75 0 10 12 Προμήθεια (Supply) σε τόνους (ai) 175 275 (demand) σε τόνους 200 100 300 600 Μείωση Κόστους ανά τόνο που αποδίδεται στη διαδρομή 2Α = +7 + 10 8 + 5 4 = -1 36
Επίλυση ΠΜ Μέθοδος Stepping Stone Βρόχος Κελιού 2Β ΠΡΟΣ ΑΠΟ 1 2 3 Α Β C 6 8-1 0 25 125 7 +1 0 0 175 4 5 12 200 75 0 10 + 1-1 Προμήθεια (Supply) σε τόνους (ai) 175 275 (demand) σε τόνους 200 100 300 600 Μείωση Κόστους ανά τόνο που αποδίδεται στη διαδρομή 2Β = + + 10 8 = +2 (αύξηση) 37
Επίλυση ΠΜ Μέθοδος Stepping Stone Βρόχος Κελιού 3C ΠΡΟΣ ΑΠΟ 1 Α Β C 6 8 +1 0 25 125 10-1 Προμήθεια (Supply) σε τόνους (ai) 2 7 0 0 175 175 3 4 5 200 75-1 0 + 1 12 275 (demand) σε τόνους 200 100 300 600 Μείωση Κόστους ανά τόνο που αποδίδεται στη διαδρομή 3C = +12 10 + 8 5 = +5 (αύξηση) 38
Επίλυση ΠΜ Μέθοδος Stepping Stone - Παρατηρούμε, έχοντας πια ελέγξει όλα τα μηδενικά κελιά, πως υπάρχει ισοπαλία ανάμεσα στα 1Α και 2Α (-1 ), η οποία όπως αναφέραμε νωρίτερα λύεται αυθαίρετα. Επιλέγουμε το κελί 1Α. - Προφανώς θέλουμε να αποδώσουμε στο 1Α όσο μεγαλύτερη ποσότητα γίνεται, για να αποκομίσουμε τημεγαλύτερη δυνατή μείωση. - Για να καθορίσουμε το πόσο, θα πρέπει να ξαναδούμε το βρόχο του κελιού 1Α. - Βλέπουμε πως θα πρέπει να αφαιρεθούν ποσότητες από τα κελιά 1Β και 3Α. - Min {25, 200} = 25 - Προσθέτουμε 25 τόνους στο 1Α, αφαιρούμε 25 από το 1Β, προσθέτουμε 25 στο 3Β και αφαιρούμε 25 από το 3Α. - Προφανώς x 1A εισερχόμενη μεταβλητή και x 1B εξερχόμενη. 39
Επίλυση ΠΜ Μέθοδος Stepping Stone Με αυτόν τον τρόπο παίρνουμε τον Πίνακα της πρώτης επανάληψης της μεθόδου ΠΡΟΣ Προμήθεια Α Β C (Supply) σε ΑΠΟ τόνους (ai) 1 2 3 6 8 25 0 125 7 0 0 175 4 175 100 0 5 10 12 175 275 (demand) σε τόνους 200 100 300 600 Το νέο συνολικό κόστος είναι: 25 *6 +125 * 10 + 175 * +100 * 5 + 175 *4 = 4.525 40
Επίλυση ΠΜ Μέθοδος Stepping Stone Όπως ακριβώς και στη μέθοδο Simplex, μια μεταβλητή εισέρχεται στη βάση (x 1A ) και μια εξέρχεται αυτής (x 1B ). Είναι η λύση βέλτιστη; Πρέπει να ελέγξουμε τα μηδενικά κελιά (2A, 1B, 2B, 3C) κατασκευάζοντας τους νέους βρόχους. ΠΡΟΣ ΑΠΟ 1 2 3 Α Β C -1 6 8 +1 25 0 125 7 0 + 1 0 175-1 4 5 12 175 100 0 10 Προμήθεια (Supply) σε τόνους (ai) 175 275 Βρόχος για το κελί 2Α - Πρόσοδος ανά τόνο αποδιδόμενης ποσότητας = -6+10-+7 = 0 - Καμία μείωση κόστους. (demand) σε τόνους 200 100 300 600 41
Επίλυση ΠΜ Μέθοδος Stepping Stone Βρόχος για το κελί 1Β: +8-5 +4-6 = +1. Κατά συνέπεια η είσοδος της μεταβλητής x 1B στη βάση, οδηγεί σε αύξηση κόστους. ΠΡΟΣ ΑΠΟ Α Β C Προμήθεια (Supply) σε τόνους (ai) 1 6 8-1 + 1 25 0 125 10 2 7 0 0 175 175 3 (demand) σε τόνους 4 175 +1 100-1 0 5 275 200 100 300 600 12 42
Επίλυση ΠΜ Μέθοδος Stepping Stone Βρόχος για το κελί 2Β: +-5+4-6+10-= +3. Κατά συνέπεια η είσοδος της μεταβλητής x 2B στη βάση, οδηγεί σε αύξηση κόστους. ΠΡΟΣ ΑΠΟ Α Β C Προμήθεια (Supply) σε τόνους (ai) 1 6 8-1 + 1 25 0 125 10 2 7 0 0 + 1 175-1 175 3 (demand) σε τόνους 4 5 12 175 +1 100-1 0 275 200 100 300 600 43
Επίλυση ΠΜ Μέθοδος Stepping Stone Βρόχος για το κελί 3C: +12-4+6-10= +4. Κατά συνέπεια η είσοδος της μεταβλητής x 3C στη βάση, οδηγεί σε αύξηση κόστους. ΠΡΟΣ ΑΠΟ Α Β C Προμήθεια (Supply) σε τόνους (ai) 1 6 8 + 1 25 0 125 10-1 2 7 0 0 175 175 3 5-1 4 +1 175 100 0 12 275 (demand) σε τόνους 200 100 300 600 44
Επίλυση ΠΜ Μέθοδος Stepping Stone Αφού ελέγξαμε όλα τα κελιά, καταλήγουμε πως δεν υπάρχει μη βασική μεταβλητή η οποία αν γίνει βασική, θα μας δώσει χαμηλότερο κόστος. Κατά συνέπεια η βέλτιστη λύση είναι η min C = 4.525 που αντιστοιχεί στον ακόλουθο Πίνακα. ΠΡΟΣ ΑΠΟ 1 2 3 Α Β C 6 8 10 x 1A = 25 0 x 1C =125 7 0 0 x 2C =175 4 5 12 x 3A =175 x 3B =100 0 Προμήθεια (Supply) σε τόνους (ai) 175 275 (demand) σε τόνους 200 100 300 600 45
Επίλυση ΠΜ Μέθοδος Stepping Stone Τι συμβαίνει όμως στην περίπτωση της x 2A ; Είναι φανερό πως εφόσον η επιβάρυνση της εισόδου της στη βάση είναι μηδενική, το πρόβλημα έχει πολλαπλές βέλτιστες λύσεις, και κατά συνέπεια μπορούμε να επιτύχουμε τη βέλτιστη λύση αποδίδοντας στο 2Α, ποσότητα = min{25,175} = 25 αφαιρώντας 25 από το 1Α, προσθέτοντας 25 στο 1C και αφαιρώντας 25 από το 2C. ΠΡΟΣ ΑΠΟ Α Β C Προμήθεια (Supply) σε τόνους (ai) 1 2 6 8 0 0 7 25 0 10 175 Εναλλακτική Βέλτιστη Λύση = 10 * + * + 100*5 +4*175 +7 *25 = 4.525. 3 4 5 175 100 0 12 275 (demand) σε τόνους 200 100 300 600 46
Επίλυση Παραδείγματος Ι Μέθοδος MODI (Modified Distribution Method) - Θα επιλυθεί πάλι το Παράδειγμα Ι με τη Μέθοδο MODI αυτή τη φορά, που στην ουσία είναι μια τροποποιημένη SteppingStoneμέθοδος. - Ως Α.Β.Δ.Λ. θα χρησιμοποιήσουμε τη λύση που βρέθηκε με τη Μέθοδο Ελαχίστου Στοιχείου που δίνει μικρότερο συνολικό κόστος μεταφοράς. - Επαναφέρουμε τον πίνακα της Α.Β.Δ.Λ., κάνοντας όμως τις ακόλουθες τροποποιήσεις: - Συμπληρώνουμε τον Πίνακα Μεταφοράς της Α.Β.Δ.Λ με μια επιπλέον στήληστο αριστερόκαι μια επιπλέον γραμμή στο πάνω μέρος του. - β. Στο i-οστό τετράγωνο της πρόσθετης στήλης, αναγράφουμε την προς υπολογισμό μεταβλητή u i, ενώ στο j-οστο τετραγωνίδια της πρόσθετης γραμμής αναγράφουμε την προς υπολογισμό μεταβλητή v j - Οι τιμές των u i και v j, υπολογίζονται για κάθε κελί που συμμετέχει στη βάση (μη μηδενικό) με τον εξής τύπο: u i + v j = C ij (Ι) 47
Επίλυση Παραδείγματος Ι Μέθοδος MODI (Modified Distribution Method) - Ο τροποποιημένος (επαυξημένος) Πίνακας με βάση τη μέθοδο MODI είναι ο ακόλουθος: v i v A = v B = v C = ΠΡΟΣ ui Α Β C ΑΠΟ u 1 = 1 6 8 0 25 125 10 Προμήθεια (Supply) σε τόνους (ai) u 2 = 2 7 0 0 175 175 u 3 = 3 (demand) σε τόνους 4 200 75 0 5 275 200 100 300 600 12 48
Επίλυση Παραδείγματος Ι Μέθοδος MODI (Modified Distribution Method) - Εφαρμόζοντας την (Ι) για κάθε μη μηδενικό κελί (δηλ. 1Β,1C,2C,3A και 3B, προκύπτουν οι ακόλουθες εξισώσεις: u 1 + v B = 8 u 2 + v C = u 1 + v C = 10 u 3 + v A = 4 u 3 + v B = 5 - Έχουμε πέντε εξισώσεις με έξι αγνώστους. Θέτοντας u 1 = 0, επιλύουμε το σύστημακαι βρίσκουμε: u 1 = 0 v B = 8 v C = 10 u 2 = 1 u 3 = -3 v A = 7 Συμπληρώνουμε τον επαυξημένο Πίνακα με τις τιμές των u i και v j 49
Επίλυση Παραδείγματος Ι Μέθοδος MODI (Modified Distribution Method) - Επαυξημένος Πίνακας με υπολογισμένες τις τιμές των u i και v j. v i v A = 7 v B = 8 v C = 10 ΠΡΟΣ ui Α Β C ΑΠΟ u 1 = 0 1 6 8 0 25 125 10 Προμήθεια (Supply) σε τόνους (ai) u 2 = 1 2 7 0 0 175 175 u 3 = -3 3 (demand) σε τόνους 4 200 75 0 5 275 200 100 300 600 12 50
Επίλυση Παραδείγματος Ι Μέθοδος MODI (Modified Distribution Method) - Στη συνέχεια αξιολογούμε όλα τα μηδενικά κελιά (δηλ. τις μη βασικές μεταβλητές) με βάση τον τύπο: c ij -u i -v j = k ij, όπου k ij είναι το κόστος (θετικό ή αρνητικό) που θα επιφέρει στο συνολικό η είσοδος της μεταβλητής που αντιστοιχεί στο κελί, στη βάση με τιμή 1. Έχουμε: x 3C : k 3C = c 3C -u 3 v C = 12-(-3)-10 = +5 x 2B : k 2B = c 2B -u 2 -v B = -1-8 = +2 x 2A : k 2A = c 2A -u 2 v A = 7-1-7 = -1 x 1A : k 1A = c 1A -u 1 v A = 6-0-7 = -1 - Βλέπουμε πως οι x 1A και x 2A, επιφέρουν μείωση στην αντικειμενική συνάρτηση αν εισέλθουν στη βάση, αποτέλεσμα που είχε προκύψει άλλωστε και νωρίτερα από την εφαρμογή της μεθόδου stepping stone. - Επιλέγουμε αυθαίρετα να εισάγουμε στη βάση τη x 1A και σχεδιάζουμε κατά τα γνωστά το βρόχο από τον οποίο προκύπτει ο Πίνακας της επόμενης διαφάνειας. 51
Επίλυση Παραδείγματος Ι Μέθοδος MODI (Modified Distribution Method) - Προφανώς τα ui και vj πρέπει να υπολογισθούνεκ νέου. v i v A = v B = v C = ΠΡΟΣ ui Α Β C ΑΠΟ u 1 = 1 6 8 25 0 125 10 Προμήθεια (Supply) σε τόνους (ai) u 2 = 2 7 0 0 175 175 u 3 = 3 (demand) σε τόνους 4 175 100 0 5 275 200 100 300 600 12 52
Επίλυση Παραδείγματος Ι Μέθοδος MODI (Modified Distribution Method) u 1 + v Α = 6 u 1 + v C = 10 u 2 + v C = u 3 + v A = 4 u 3 + v B = 5 - Εφαρμόζοντας την (Ι) για κάθε μη μηδενικό κελί (δηλ. 1Α,1C,2C,3A και 3B, προκύπτουν οι ακόλουθες εξισώσεις. - Έχουμε πέντε εξισώσεις με έξι αγνώστους. Θέτοντας u 1 = 0, επιλύουμε το σύστημακαι βρίσκουμε: u 1 = 0 v Α = 6 v C = 10 u 2 = 1 u 3 = -2 v Β = 7 53
Επίλυση Παραδείγματος Ι Μέθοδος MODI (Modified Distribution Method) - Υπολογίζουμε εκ νέου τα k ij για τα μηδενικά κελιά με βάση τον τύπο c ij -u i -v j = k ij, όπου k ij είναι το κόστος (θετικό ή αρνητικό) που θα επιφέρει στο συνολικό η είσοδος της μεταβλητής που αντιστοιχεί στο κελί, στη βάση με τιμή 1. Έχουμε: x 3C : k 3C = c 3C -u 3 v C = 12-(-2)-10 = +4 x 2B : k 2B = c 2B -u 2 -v B = -1-7 = +3 x 2A : k 2A = c 2A -u 2 v A = 7-1-6 = 0 x 1Β : k 1Β = c 1Β -u 1 v Β = 8-0-7 = +1 - Βλέπουμε πως δεν υπάρχει μη βασική μεταβλητή η οποία εισερχόμενη στη βάση θα προκαλέσει μείωση στην αντικειμενική συνάρτηση. Κατά συνέπεια η τρέχουσα λύση είναι βέλτιστη με C = 4.525 που αντιστοιχεί στον Πίνακα της προηγούμενης διαφάνειας. - Βέβαια, το γεγονός πως k 2A =0, σημαίνει πως υπάρχει εναλλακτική βέλτιστη λύση, που έχει ήδη εντοπιστεί με τη μέθοδο stepping stone, νωρίτερα. 54
Χρηματοδότηση Το παρόν εκπαιδευτικό υλικό έχει αναπτυχθεί στα πλαίσια του εκπαιδευτικού έργου του διδάσκοντα. Το έργο «Ανοικτά Ακαδημαϊκά Μαθήματα» του ΕΜΠ έχει χρηματοδοτήσει μόνο την αναδιαμόρφωση του υλικού. Το έργο υλοποιείται στο πλαίσιο του Επιχειρησιακού Προγράμματος «Εκπαίδευση και Δια Βίου Μάθηση» και συγχρηματοδοτείται από την Ευρωπαϊκή Ένωση (Ευρωπαϊκό Κοινωνικό Ταμείο) και από εθνικούς πόρους.