ΜΑΘΗΜΑ: Ποσοτικές Μέθοδοι Ι

ΜΑΘΗΜΑ: Ποσοτικές Μέθοδοι Ι ΔΙΔΑΣΚΩΝ: Επικ. Καθηγητής Χιωτίδης Γεώργιος ΤΜΗΜΑ: Λογιστικής και Χρηματοοικονομικής 1

Άδειες Χρήσης Το παρόν εκπαιδευτικό υλικό υπόκειται σε άδειες χρήσης Creative Commons. Για εκπαιδευτικό υλικό, όπως εικόνες, που υπόκειται σε άλλου τύπου άδειας χρήσης, η άδεια χρήσης αναφέρεται ρητώς. Χρηματοδότηση Το παρόν εκπαιδευτικό υλικό έχει αναπτυχθεί στα πλαίσια του εκπαιδευτικού έργου του διδάσκοντα. Το έργο «Ανοικτά Ακαδημαϊκά Μαθήματα στο TEI Δυτικής Μακεδονίας και στην Ανώτατη Εκκλησιαστική Ακαδημία Θεσσαλονίκης» έχει χρηματοδοτήσει μόνο τη αναδιαμόρφωση του εκπαιδευτικού 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. 2

ΠΙΝΑΚΑΣ ΠΕΡΙΕΧΟΜΕΝΩΝ Άσκηση 1... 4 Άσκηση 2... 12 Άσκηση 3... 15 Άσκηση 4... 22 Άσκηση 5... 25 Άσκηση 6... 28 3

Άσκηση 1 ΓΡΑΜ. ΠΡΟΓΡΑΜΜΑΤΙΣΜΟΣ: ΕΦΑΡΜΟΓΗ ΣΕ ΠΡΟΒΛΗΜΑ ΠΑΡΑΓΩΓΗΣ Η εταιρία «Μηχανoυργικές Κατασκευές» εξετάζει την παραγωγή τριών προϊόντων. Τα προϊόντα παράγονται με τη χρησιμοποίηση τριών μηχανών, των οποίων οι ώρες λειτουργίας ανά εβδομάδα είναι οι εξής: Μηχανές Ώρες ανά εβδομάδα Α 80 Β 60 Γ 35 Για την παραγωγή μιας μονάδας από κάθε προϊόν απαιτούνται οι ώρες του παρακάτω πίνακα Προϊόντα Μηχανές 1 2 3 Α 4 1 2,5 Β 1,5 3 1 Γ 1,5 1 0 1. Να διατυπωθεί μαθηματικά το πρόβλημα της μεγιστοποίησης του κέρδους, όταν το κέρδος ανά μονάδα προϊόντος είναι 60, 20 και 25 νομισματικές μονάδες αντίστοιχα. 2. Να περιγραφεί, με αναφορά στο πρόβλημα, η μέθοδος Simplex. 3. Να βρεθεί η άριστη λύση με τη μέθοδο Simplex. 4. Nα γίνει η οικονομική ερμηνεία του προβλήματος και η ανάλυση ευαισθησίας. 5. Να επιλυθεί το πρόβλημα με τη χρήση του πακέτου λογισμικού QSB. 4

Μαθηματική διατύπωση του προβλήματος 60Χ1 + 20Χ2 + 25Χ3 = max (Z) 4 X1 + X2 + 2,5X3 80 1,5X1 + 3X2 + X3 60 1,5X1 + X2 35 4 X1 + X2 + 2,5X3 + S1 80 1,5X1 + 3X2 + X3 + S2 60 1,5X1 + X2 + S3 35 X1, X2, X3, S1, S2, S3 0 Περιγραφή της μεθόδου Simplex 1 o βήμα: Με δεδομένο ένα πρόβλημα ΓΠ απλής μορφής μετασχηματίζεται αυτό σε πρόβλημα κανονικής μορφής με την προσθήκη των βοηθητικών μεταβλητών xn+1, xn+2,..., xn+m 0. c1x1 + c2x 2 +... + cnxn = max (z) a11x1 + a12x2 +... + a1nxn b1 0 a21x1 + a22x2 +... + a2nxn b2 0... am1x1 + am2x2 +... + amnxn bm 0 (Πρόβλημα απλής μορφής) x1, x2,..., xn 0 c1x1 + c2x 2 +... + cnxn = max (Z) a11x1 + a12x2 +... + a1nxn + xn+1 = b1 0 a21x1 + a22x2 +... + a2nxn + xn+2 = b2 0... (Πρόβλημα κανονικής μορφής) 5

am1x1 + am2x2 +... + amnxn+ xn+m= bm 0 x1, x2,..., xn, xn+1, xn+2,..., xn+m 0. 2 o βήμα: Παρουσίαση του προβλήματος κανονικής μορφής, στον πρώτο πίνακα της Simplex. x1 x2... xn R1 xn+1 a11 a12... a1n b1 R2 xn+2 a21 a22... a2n b2. Rm xn+m am1 am2... amn bm R0 z - c1 - c2... - cn 0 3 o βήμα: Υπολογισμός της τρέχουσας βασικής λύσης. Αυτός ο υπολογισμός πραγματοποιείται μηδενίζοντας τις μη βασικές μεταβλητές και λύνοντας το σύστημα των γραμμικών εξισώσεων ως προς τις βασικές μεταβλητές. Στον πρώτο πίνακα της Simplex, μη βασικές μεταβλητές είναι οι μεταβλητές x1, x2,..., xn και βασικές μεταβλητές είναι οι μεταβλητές xn+2,..., xn+m. Επομένως η τρέχουσα βασική λύση είναι η εξής: (x1, x2,..., xn, xn+1, xn+2,..., xn+m) = (0, 0,..., 0, b1, b2,..., bm), Z = 0 4 o βήμα: Έλεγχος άριστης λύσης. Όταν όλοι οι συντελεστές της αντικειμενικής συνάρτησης (z), δηλαδή οι συντελεστές c1, c2,..., cn, είναι μεγαλύτεροι ή κατ ελάχιστον ίσοι με το μηδέν ( 0), τότε η τρέχουσα βασική λύση είναι άριστη. Όταν τουλάχιστον ένας από τους παραπάνω συντελεστές είναι μικρότερος από το μηδέν (<0), τότε η τρέχουσα βασική λύση μπορεί να γίνει καλύτερη ακολουθώντας τα επόμενα βήματα. 5 o βήμα: Προσδιορισμός της εισερχόμενης στη βάση μεταβλητής. Σ αυτό το βήμα επιλέγεται μία μη βασική μεταβλητή, προκειμένου να γίνει βασική. Η εισερχόμενη στη βάση μεταβλητή είναι εκείνη η μεταβλητή, που έχει τον μικρότερο αρνητικό συντελεστή, η τον ίδιο τον μεγαλύτερο σε απόλυτη τιμή αρνητικό συντελεστή, στην αντικειμενική συνάρτηση (z). max { cj : cj < 0 }, j = 1, 2,..., n 6

6 o βήμα: Προσδιορισμός της εξερχόμενης από τη βάση μεταβλητής. Εξερχόμενη από τη βάση μεταβλητή είναι εκείνη η μεταβλητή, που θα αντικατασταθεί στη βάση από την εισερχόμενη στη βάση μεταβλητή. Η διαδικασία που ακολουθείται για τον προσδιορισμό της είναι η εξής: Eστω xk η εισερχόμενη στη βάση μεταβλητή. Εξετάζονται όλα τα στοιχεία (αik ) της στήλης που αντιστοιχεί στην εισερχόμενη μεταβλητή και επιλέγονται εκείνα τα οποία είναι θετικά (>0). Διαιρούνται με τα παραπάνω επιλεγμένα στοιχεία οι αντίστοιχοι γνωστοί όροι (b) και από τα πηλίκα που προκύπτουν, επιλέγεται το μικρότερο. Έστω ότι αυτό το πηλίκο είναι το (bp/apk). Εξερχόμενη από τη βάση μεταβλητή είναι εκείνη, που ανήκει στη γραμμή (Rp) του πίνακα. 7 o βήμα: Κατασκευή του επόμενου πίνακα. Το στοιχείο που βρίσκεται στη διασταύρωση της στήλης της εισερχόμενης μεταβλητής με τη γραμμή της εξερχόμενης μεταβλητής, δηλαδή το στοιχείο (apk) του προηγούμενου βήματος, ονομάζεται pivot. Η κατασκευή του επόμενου πίνακα πραγματοποιείται με βάση την παρακάτω διαδικασία. Δίνεται στο pivot η τιμή ένα (1). Αφήνονται όπως είναι όλα τα υπόλοιπα, εκτός του pivot, στοιχεία της γραμμής του pivot. Αλλάζεται το πρόσημο σ όλα τα υπόλοιπα, εκτός του pivot, στοιχεία της στήλης του pivot. Τα στοιχεία που δεν ανήκουν στη γραμμή ή τη στήλη του pivot αντικαθιστώνται ένα προς ένα σύμφωνα με την παρακάτω σχέση: X Χ όπου, το στοιχείο που δεν ανήκει στη γραμμή ή τη στήλη του pivot, η προβολή του στοιχείου στη στήλη του pivot, η προβολή του στοιχείου στη γραμμή του pivot, το pivot Διαιρούνται όλα τα στοιχεία, που προκύπτουν από τους παραπάνω μετασχηματισμούς, με το pivot. Η εισερχόμενη μεταβλητή παίρνει τη θέση της εξερχόμενης μεταβλητής και η εξερχόμενη μεταβλητή τη θέση της εισερχόμενης. 7

8 o βήμα: Επιστροφή στο 3 o βήμα Επίλυση του προβλήματος με τη Simplex X1 X2 X3 S1 4 1 2,5 80 S2 1,5 3 1 60 (1) S3 1,5 1 0 35 Z -60-20 -25 0 S1 X2 X3 X1 0,25 0,25 0,625 20 S2-0,375 2,625 0,0625 30 (2) S3-0,375 0,625-0,9375 5 Z 15-5 12,5 1.200 S1 S3 X3 X1 0,4-0,4 1 18 S2 1,2-4,2 4 9 (3) X2-0,6 1,6-1,5 8 Z 12 8 5 1.240 Από τον τελευταίο πίνακα προκύπτει ότι η άριστη λύση του προβλήματος είναι η εξής: (X1, X2, X3, S1, S2, S3) = (18, 8, 0, 0, 9, 0), Z= 1.240 Οικονομική ερμηνεία του προβλήματος Επειδή η βοηθητική μεταβλητή S1 είναι ίση με μηδέν, αυτό σημαίνει ότι όλες οι ώρες της μηχανής Α, που ήταν διαθέσιμες (80 ώρες), έχουν χρησιμοποιηθεί. Κατά συνέπεια αν αυξάνονταν ή μειώνονταν οι ώρες λειτουργίας της μηχανής Α, η άριστη λύση θα ήταν διαφορετική, δηλαδή θα αυξάνονταν ή θα μειώνονταν ανάλογα οι 8

ποσότητες των παραγόμενων προϊόντων. Το ίδιο μπορεί να ειπωθεί και για τη μηχανή Γ διότι η βοηθητική μεταβλητή S3 είναι επίσης μηδέν. Όμως δεν συμβαίνει το ίδιο με τη μηχανή Β. Σ αυτή την περίπτωση περισσεύουν (μένουν αχρησιμοποίητες) 9 ώρες, διότι η βοηθητική μεταβλητή S2 έχει τιμή 9. Μάλιστα θα μπορούσαν οι διαθέσιμες ώρες αυτής της μηχανής να μειωθούν έως και 9 ώρες, χωρίς να υπάρχει καμία επίπτωση στην άριστη σύνθεση της παραγωγής. Από τον τελευταίο (άριστο) πίνακα της Simplex προκύπτει ότι: X1 + 0,4S1-0,4S3 + X3 = 18 S2 + 1,2S1-4,2S3 + 4 X3 = 9 X2-0,6S1-1,6S3-1,5 X3 = 8 Z + 12 S1 + 8 S3 + 5 X3 = 1.240 Δεδομένου ότι οι μεταβλητές S1, S3 και Χ3 είναι μη βασικές μεταβλητές και άρα ίσες με το μηδέν, αν αυξηθεί η μεταβλητή S1 κατά μία ώρα, ή μειωθούν οι διαθέσιμες ώρες στο τμήμα Α κατά μία ώρα, τότε θα μειωθεί η παραγωγή του προϊόντος Χ1 κατά 0,4 μονάδες και θα αυξηθεί η παραγωγή του προϊόντος Χ2 κατά 0,6 μονάδες Χ1 = 18-0,4. S1 = 18-0,4 = 17,6 μονάδες Χ2 = 8 +0,6. S1 = 8 +0,6 = 8,6 μονάδες Από την παραπάνω αλλαγή θα μειωθεί το κέρδος κατά 12 χρηματικές μονάδες. -0.4Χ 60 + 0,6 Χ 20 = 12 ή Ζ = 1240-12.S1 = 1240-12 Αναλογικά με τα προηγούμενα μπορεί να ειπωθεί ότι αν η τιμή της μεταβλητής S1 μειώνονταν κατά 1 μονάδα, θα προέκυπτε αύξηση του κέρδους κατά 12 χρηματικές μονάδες. Αν παρατηρηθεί σ αυτό το σημείο ο συντελεστής της μεταβλητής S1 (στην αντικειμενική συνάρτηση του τελευταίου άριστου πίνακα της Simplex ) προκύπτει ότι είναι επίσης 12. Η τιμή αυτή ονομάζεται σκιώδης τιμή ή κόστος ευκαιρίας και εκφράζει την οριακή αξία κάθε επιπλέον διαθέσιμης ώρας στο τμήμα Α ή με άλλα λόγια την τιμή που η επιχείρηση θα ήταν διαθέσιμη να πληρώσει, προκειμένου να αποκτήσει μία επιπλέον ώρα λειτουργίας στο τμήμα Α. Η σκιώδης τιμή για το τμήμα Γ είναι ίση με 8, δηλαδή ο συντελεστής της μεταβλητής S3 στην αντικειμενική συνάρτηση του τελευταίου (άριστου) πίνακα της Simplex, που σημαίνει ότι αύξηση ή μείωση των διαθέσιμων ωρών στο τμήμα Γ, θα οδηγούσε σε αύξηση η μείωση του συνολικού κέρδους κατά 8 χρηματικές μονάδες. 9

Ανάλυση ευαισθησίας α) Μεταβολές στις διαθέσιμες ώρες λειτουργίας των τμημάτων Οι διαθέσιμες ώρες στο τμήμα Α είναι 80. Εφόσον για κάθε αύξηση κατά μία ώρα των διαθεσίμων ωρών στο τμήμα Α μειώνεται η παραγωγή του προϊόντος Χ2 κατά 0,6 μονάδες,αυτό σημαίνει ότι μία αύξηση ίση με 8/0,6 = 13,33 ώρες θα οδηγήσει στο να παράγονται μηδέν μονάδες από το προϊόν Χ2 και άρα στο να αλλάξει η σύνθεση της παραγωγής. Αναλογικά κάθε μείωση κατά μία ώρα των διαθεσίμων ωρών στο τμήμα Α, μειώνει την τιμή της μεταβλητής Χ5 κατά 1,2. Αλλά από το άριστο πρόγραμμα η τιμή της Χ5 είναι ίση με 9. Επομένως μία μείωση ίση με 9/1,2 = 7,5 θα οδηγήσει την μεταβλητή Χ5 να πάρει την τιμή μηδέν. Το συμπέρασμα από τα παραπάνω είναι ότι οι διαθέσιμες ώρες στο τμήμα Α πρέπει να κινηθούν μεταξύ των ορίων, 80 + 13,33 = 93,33 ώρες ανώτατο όριο 80-7,5 = 72.5 ώρες κατώτατο όριο προκειμένου να μην αλλάξει η σύνθεση της παραγωγής ή με άλλα λόγια να παραμείνουν οι ίδιες βασικές μεταβλητές. Αναλογικά,επειδή οι διαθέσιμες ώρες στο τμήμα Γ είναι 35, μία αύξηση κατά μία ώρα των διαθεσίμων ωρών μειώνει την τιμή της μεταβλητής Χ5 κατά 4,2 μονάδες. Αυτό σημαίνει ότι μία αύξηση ίση με 9/4,2 = 2,14 ώρες θα οδηγήσει την μεταβλητή Χ5 να πάρει την τιμή μηδέν και άρα να αλλάξει η σύνθεση της παραγωγής. Αντίθετα μία αύξηση κατά μία ώρα των διαθεσίμων ωρών στο τμήμα Γ, μειώνει την τιμή της μεταβλητής Χ2 κατά 1,6. Αλλά από το άριστο πρόγραμμα η τιμή της Χ2 είναι ίση με 8. Επομένως μία μείωση ίση με 8/1,6 = 5 θα οδηγήσει την μεταβλητή Χ2 να πάρει την τιμή μηδέν.. Το συμπέρασμα από τα παραπάνω είναι ότι οι διαθέσιμες ώρες στο τμήμα Γ πρέπει να κινηθούν μεταξύ των ορίων. 35 + 2,14 = 37,14ώρες ανώτατο όριο 35-5 = 30 ώρες κατώτατο όριο για να μην αλλάξει η σύνθεση της παραγωγής. β) Μεταβολές στους συντελεστές κέρδους Ο τελικός (άριστος) πίνακας του προβλήματος είναι ο εξής: S1 S3 X3 X1 0,4-0,4 1 18 S2 1,2-4,2 4 9 (3) 10

X2-0,6 1,6-1,5 8 Z 12 8 5 1.240 Αν υποτεθεί ότι το κέρδος ανά μονάδα του προϊόντος Χ1 μεταβάλλεται από 60.000 δρχ. σε 60.000 + Δ δρχ., όπου Δ θετικός αριθμός στην περίπτωση της αύξησης και αρνητικός στην περίπτωση της μείωσης, τότε στον τελικό πίνακα της Simplex οι συντελεστές και η τιμή της αντικειμενικής συνάρτησης θα αλλάξουν, σύμφωνα με τη διαδικασία κατασκευής των πινάκων, όπως παρακάτω: Συντελεστής της S1 = 12 + 1,6 Δ/4 Συντελεστής της S3 = 8 - Δ/2,5 Συντελεστής της Χ3 = 5 +Δ Επομένως για να παραμείνει η λύση άριστη, πρέπει να είναι όλοι οι συντελεστές μεγαλύτεροι ή ίσοι του μηδενός 12 +1,6 Δ/4 0 Δ (-12 Χ 4) /1.6 Δ -30 8 - Δ/2,5 0 -Δ -8 Χ2,5 Δ 20 5 +Δ 0 Δ -5 Από τα προηγούμενα προκύπτει ότι η αύξηση Δ πρέπει να βρίσκεται μεταξύ των ορίων -5 και 20 προκειμένου η λύση να εξακολουθήσει να παραμένει άριστη -5 Δ 20 Επομένως το κέρδος ανά μονάδα του προϊόντος Χ1 που είναι 60 νομ. μονάδες, μπορεί να αυξηθεί μέχρι και 20 νομ. μονάδες ή να μειωθεί μέχρι και 5 νομ. μονάδες χωρίς να αλλάξει η άριστη λύση του προβλήματος. Βεβαίως οποιαδήποτε αλλαγή στο κέρδος ανά μονάδα των παραγόμενων προϊόντων, θα οδηγήσει σε διαφορετικό μέγιστο κέρδος, δηλαδή σε αλλαγή του μέγιστου Ζ. Ακολουθώντας την ίδια με τη παραπάνω διαδικασία, μπορούν να υπολογιστούν τα περιθώρια εντός των οποίων μπορεί να κινηθεί το κέρδος ανά μονάδα των προϊόντων Χ2 και Χ3,χωρίς να αλλάξει η άριστη λύση του προβλήματος. 11

Άσκηση 2 ΓΡΑΜΜΙΚΟΣ ΠΡΟΓΡΑΜΜΑΤΙΣΜΟΣ) Η εταιρεία Pacific Paper παράγει ρολά από χαρτί με σταθερό φάρδος 20 πόδια το καθένα. Οι ειδικές παραγγελίες σε διάφορα φάρδη παράγονται από την κοπή των βασικών ρολών. Συνηθισμένες παραγγελίες (οι οποίες ποικίλουν από μέρα σε μέρα) περιλαμβάνονται στον ακόλουθο πίνακα: παραγγελίες επιθυμητό φάρδος (ft) επιθυμητός αριθμός ρολών 1 5 150 2 7 200 3 9 300 Στην πράξη μια παραγγελία πραγματοποιείται με την ρύθμιση θέσης των μαχαιριών στο επιθυμητό φάρδος. Συνήθως, υπάρχουν πολλοί τρόποι με τους οποίους ένα βασικό ρολό μπορεί να κοπεί για να δώσει το φάρδος που έχει παραγγελθεί. Το ακόλουθο σχήμα δείχνει τρεις πιθανούς τρόπους τοποθέτησης των μαχαιριών (settings) στα ρολά των 20 ποδών. Παρόλο που υπάρχουν κι άλλοι εφικτοί τρόποι τοποθέτησης των μαχαιριών, θα περιοριστούμε για το παράδειγμα στο συλλογισμό των τοποθετήσεων Α, Β και C του σχήματος. Μπορούμε να συνδυάσουμε τις δεδομένες τοποθετήσεις με πολλούς τρόπους για την πραγματοποίηση των παραγγελιών φάρδους 5, 7 και 9 ποδών. Ακολουθούν δυο παραδείγματα εφικτών συνδυασμών: Κοπή 300 (βασικών) ρολών χρησιμοποιώντας την τοποθέτηση Α και 75 ρολών χρησιμοποιώντας τη Β. Κοπή 200 ρολών χρησιμοποιώντας την τοποθέτηση Α και 100 ρολών χρησιμοποιώντας την τοποθέτηση C. Ποιος συνδυασμός είναι καλύτερος; Μπορούμε να δώσουμε απάντηση σ αυτή την ερώτηση λαμβάνοντας υπόψη το άχρηστο μέρος που δίνει κάθε συνδυασμός. Στο σχήμα, το σκιασμένο μέρος αντιπροσωπεύει το υπερβάλλον ρολό το οποίο δεν είναι αρκετά φαρδύ για να περιληφθεί στις απαιτούμενες παραγγελίες. Αναφερόμαστε σ αυτό το υπερβάλλον κομμάτι ρολού ως φύρα. Μπορούμε να εκτιμήσουμε την βελτιστοποίηση του κάθε συνδυασμού, με τον υπολογισμό της φύρας τους. Πάντως, εφόσον τα υπερβάλλοντα κομμάτια ρολού μπορούν να έχουν διάφορα φάρδη, θα πρέπει να κάνουμε υπολογισμούς βάση της περιοχής της φύρας (εμβαδόν) παρά του αριθμού των κομματιών των υπερβαλλόντων ρολών. Έτσι υποθέτοντας ότι το βασικό ρόλο έχει ένα μήκος L ποδών, μπορούμε να υπολογίσουμε την περιοχή της φύρας ως εξής (βλέπε σχήμα): 2 συνδυασμός 1: 300 4 L 75 3 L 1425L ft 2 συνδυασμός 2: 200 4 L 100 1 L 900L ft Αυτές οι περιοχές αναφέρονται μόνο στο σκιασμένο τμήμα του σχήματος. Σημειώστε ότι κάθε υπερβάλλουσα παραγωγή ρολών των 5, 7 και 9 ποδών θα πρέπει να ληφθεί υπόψη αθροιστικά στον υπολογισμό της περιοχής της φύρας. Δηλαδή, στο συνδυασμό 1 η τοποθέτηση κοψίματος Α θα παράξει περισσότερα 300-200=100 ρολά 12

7 ποδών ενώ η τοποθέτηση Β 75 παραπάνω ρολά 7 ποδών. Έτσι λοιπόν, το 2 επιπρόσθετο άχρηστο μέρος είναι 175 7 L 1225L ft. Ο συνδυασμός 2 δεν παράγει παραπάνω ρολά των 7 και 9 ποδών. Όμως η τοποθέτηση C παράγει 200-150=50 ρολά των 5 ποδών, με μια πρόσθετη άχρηστη περιοχή 2 50 5 L 250L ft. Με αποτέλεσμα να έχουμε: (συνολική περιοχή 2 φύρας συνδυασμού 1) 1425L 1225L 2650L ft (συνολική περιοχή 2 φύρας συνδυασμού 2) 900L 250L 1150L ft Ο συνδυασμός 2 είναι τελικά καλύτερος γιατί παράγει μικρότερη περιοχή φύρας. Για να βρούμε την καλύτερη λύση στο πρόβλημα, είναι αναγκαίο να καθορίσουμε εξαρχής όλους τους πιθανούς τρόπους τοποθέτησης των μαχαιριών και μετά να παράγουμε όλους τους εφικτούς συνδυασμούς. Παρόλο που η απόφαση για τις τοποθετήσεις των μαχαιριών δεν είναι και τόσο δύσκολη, το να παράγεις όλους τους εφικτούς συνδυασμούς μπορεί να αποδειχτεί μια εντυπωσιακή εργασία. Έτσι γίνεται προφανής η ανάγκη για μια συστηματική προσέγγιση. Αυτό είναι εκείνο που το Linear Programming θα πετύχει. Μαθηματική προσέγγιση Ψάχνουμε να αποφασίσουμε τους συνδυασμούς τοποθέτησης των μαχαιριών (μεταβλητές) που θα συμπληρώνουν τις παραγγελίες (περιορισμοί) με τη μικρότερη περιοχή φύρας (αντικειμενική συνάρτηση). Ο καθορισμός των μεταβλητών θα πρέπει να γίνει με τέτοιο τρόπο ώστε να είναι αντιληπτή η χρήση τους από τον υπεύθυνο χρήστη. Μελετώντας τη δομή των 2 συνδυασμών σημειώνουμε ότι οι μεταβλητές πρέπει να οριστούν σαν τον αριθμό των βασικών ρολών που θα κοπούν σύμφωνα με τη δεδομένη τοποθέτηση των μαχαιριών. Προφανώς, αυτός ο ορισμός απαιτεί την αναγνώριση όλων των δυνατών τοποθετήσεων των μαχαιριών, όπως τα περιλαμβάνει ο παρακάτω πίνακας. Οι τοποθετήσεις 1, 2 και 3 δίνονται στο σχήμα ως Α, Β και C. Θα πρέπει να πειστείτε για την σπουδαιότητα των υπολοίπων τοποθετήσεων και ότι δεν έχουν ξεχαστεί οι ήδη μελετημένες ρυθμίσεις. Έχετε υπόψη ότι μια υποσχόμενη τοποθέτηση δεν μπορεί να δώσει ρολό-φύρα των 5 και άνω ποδών. απαιτούμενο τοποθετήσεις μαχαιριών ελάχιστος φάρδος (ft) 1 2 3 4 5 6 αριθμός ρολών 5 0 2 2 4 1 0 150 7 1 1 0 0 2 0 200 9 1 0 1 0 0 2 300 φύρα ανά πόδι μήκους 4 3 1 0 1 2 Για τη μαθηματική αποτύπωση του μοντέλου, ορίζουμε τις μεταβλητές ως εξής: xj = αριθμός των βασικών ρολών που θα κοπούν σύμφωνα με την τοποθέτηση j j = 1, 2,... 6. 13

Οι περιορισμοί του μοντέλου αφορούν την ικανοποίηση του ελάχιστου αριθμού των παραγγελθέντων ρολών. Οπότε αν χρησιμοποιήσουμε όλα τα μεγέθη που παρουσιάζονται στον παραπάνω πίνακα, έχουμε: αριθμός παραχθέντων ρολών 5 ποδών 2x 2x 4x x αριθμός παραχθέντων ρολών 7 ποδών x1 x2 2 x5 αριθμός παραχθέντων ρολών 9 ποδών x x 2 x 2 3 4 5 1 3 6 Αυτές οι εξισώσεις παρουσιάζουν τον πραγματικό αριθμό των παραχθέντων ρολών των 5, 7 και 9 ποδών κι έτσι πρέπει να είναι τουλάχιστον ίσες με 150, 200 και 300 ρολά, αντίστοιχα. Αυτοί είναι όλοι οι περιορισμοί του μοντέλου. Για να διατυπώσουμε την αντικειμενική συνάρτηση υποθέτουμε ότι y1, y2 και y3 είναι ο αριθμός της υπερβάλλουσας παραγωγής των 5, 7 και 9 ποδών αντίστοιχα. Συνεπώς: y1 2x2 2x3 4x4 x5 150 y x x 2x 200 2 1 2 5 y x x 2x 300 3 1 3 6 Ενώ μια γενική διατύπωση του υπολογισμού της συνολικής φύρας είναι: L 4x 3x x x 2x 5y 7y 9y ft 1 2 3 5 6 1 2 3 Από τη στιγμή που το μήκος L του βασικού ρολού είναι κοινός παράγοντας, μπορούμε να διαιρέσουμε ολόκληρη την παράσταση με L χωρίς να επηρεάζει την βελτιστοποίηση της αντικειμενικής συνάρτησης. Έτσι το γενικό μοντέλο εκφράζεται ως: min( z) 4x 3x x x 2x 5y 7y 9y με περιορισμούς: 1 2 3 5 6 1 2 3 2x2 +2x3 +x4 +x5 -y1 =150 (5 ποδών) x1 +x2 +2x5 -y2 =200 (7 ποδών) x1 +x3 +2x6 -y3 =300 (9 ποδών) x y i j 0, j 1, 2... 6. 0, i 1, 2, 3. Άσκηση α) Χρησιμοποιώντας τον πίνακα με τους τρόπους τοποθέτησης των μαχαιριών που δόθηκε στο παραπάνω παράδειγμα, διατυπώστε κάθε μια από τις εφικτές λύσεις σε συνάρτηση με τις μεταβλητές xj και υπολογίστε την περιοχή της φύρας για κάθε περίπτωση: 1) 200 ρολά χρησιμοποιώντας την τοποθέτηση 1 και 100 ρολά χρησιμοποιώντας την 3. 14 2

[Απ. x1=200, x3=100, περιοχή φύρας=1150l ft 2 ] 2) 50 ρολά χρησιμοποιώντας την τοποθέτηση 2, 75 ρολά χρησιμοποιώντας την 5 και 150 χρησιμοποιώντας την 6. [Απ. x2 =50, x5=75, x6=150, περιοχή φύρας=650l ft 2 ] β) Υποθέστε ότι το μόνο διαθέσιμο βασικό ρολό είναι 15 πόδια φαρδύ. Βρείτε όλους τους πιθανούς τρόπους τοποθέτησης των μαχαιριών για την παραγωγή των 5, 7 και 9 ποδών και υπολογίστε τη σχετική φύρα ανά πόδι μήκους. [Απ. Τοποθετήσεις: (3, 0, 0), (0, 2, 0), (1, 1, 0) και (1, 0, 1). Φύρα ανά πόδι για τις 4 τοποθετήσεις: (0, 1, 3, 1)]. Άσκηση 3 ΠΡΟΒΛΗΜΑ ΜΕΤΑΦΟΡΑΣ Ο οργανισμός Michael έχει εργοστάσια σε τρεις πόλεις. Διανέμει προϊόντα από αυτά τα εργοστάσια σε μερικούς πελάτες και σε δύο κέντρα διανομής. Η εταιρία σχεδιάζει να ανοίξει και ένα τρίτο κέντρο διανομής είτε στην πόλη της Oklahoma είτε στο Amarillo. Το κόστος μεταφοράς των προϊόντων από τα εργοστάσια της εταιρίας στα ήδη υπάρχοντα και στα πιθανά μελλοντικά κέντρα διανομής των περιοχών, δίνονται στον παρακάτω πίνακα μαζί με την παραγωγικότητα των εργοστασίων και τις απαιτήσεις των κέντρων διανομής. 1 Κόστος μεταφοράς ανά μονάδα μεταφερομένου προϊόντος ΕΡΓΟΣΤΑΣΙΑ Ζήτηση κέντρων διανομής ΚΕΝΤΡΑ ΔΙΑΝΟΜΗΣ SAN JOSE SALT LAKE CITY LITTLE ROCK St. Louis $17 $13 $5 900 Phoenix 6 9 11 700 Amarillo 9 8 7 600 Oklahoma City 10 7 7 600 Παραγωγικότητα εργοστασίων 800 900 800 α) Προσδιορίστε το καλύτερο πλάνο διανομής αν το Amarillo επιλεχθεί σαν τοποθεσία για το νέο κέντρο διανομής. β) Προσδιορίστε το καλύτερο πλάνο διανομής αν η πόλη της Oklahoma επιλεχθεί. γ) Υπολογίστε το συνολικό κόστος διανομής για τις περιπτώσεις (α) και (β) και προσδιορίστε ποια περιοχή έχει το χαμηλότερο συνολικό κόστος διανομής. δ) Ποιοι άλλοι παράγοντες θα ήταν σημαντικοί για την επιλογή της τοποθεσίας για το νέο κέντρο διανομής; 15

Λύση (α) Αν το Amarillo είναι η επιλεγμένη περιοχή, ο πίνακας κόστους διαμορφώνεται ως εξής: SAN JOSE SALT LAKE CITY LITTLE ROCK St. Louis 900 17 13 5 Phoenix 700 6 9 11 Amarillo 600 9 8 7 800 900 800 Ύστερα από την προσθήκη ενός πλασματικού κέντρου και με τη βοήθεια της μεθόδου του μικρότερου κόστους παίρνουμε μια πρώτη βασική λύση: SAN JOSE SALT LAKE CITY LITTLE ROCK St. Louis 0 100 800 900 17 13 5 Phoenix 500 200 0 700 6 9 11 Amarillo 0 600 0 600 9 8 7 Πλασμ/κό 300 0 0 300 κέντρο 0 0 0 800 900 800 Υπολογίζουμε τα κυκλώματα για κάθε ποσότητα 0: 16

Μετατρέποντας το κύκλωμα του στοιχείου 42 έχουμε: SAN JOSE SALT LAKE CITY LITTLE ROCK St. Louis 0 100 800 900 17 13 5 Phoenix 700 0 0 700 6 9 11 Amarillo 0 600 0 600 9 8 7 Πλασμ/κό 100 200 0 300 κέντρο 0 0 0 800 900 800 Υπολογίζουμε, πάλι, τα κυκλώματα για κάθε ποσότητα 0: 17

Όλες οι εκτιμήσεις είναι θετικές. Άρα συμπεραίνουμε ότι ο τελευταίος πίνακας δίνει το καλύτερο πλάνο διανομής αν επιλεχθεί το Amarillo. Λύση (β) Αν η πόλη της Oklahoma είναι η επιλεγμένη περιοχή, ο πίνακας κόστους διαμορφώνεται ως εξής: SAN JOSE SALT LAKE CITY LITTLE ROCK St. Louis 900 17 13 5 Phoenix 700 6 9 11 Oklahoma 600 10 7 7 800 900 800 Ύστερα από την προσθήκη ενός πλασματικού κέντρου και με τη βοήθεια της μεθόδου του μικρότερου κόστους παίρνουμε μια πρώτη βασική λύση: 18

SAN JOSE SALT LAKE CITY LITTLE ROCK St. Louis 100 0 800 900 17 13 5 Phoenix 700 0 0 700 6 9 11 Oklahoma ε 600 0 600 10 7 7 Πλασμ/κό 0 300 0 300 κέντρο 0 0 0 800 900 800 Επειδή τα θετικά στοιχεία του πίνακα είναι λιγότερα από 4+3-1=6 τοποθετήσαμε ποσότητα ε, θετική που τείνει στο 0, στη θέση 31. Στη συνέχεια υπολογίζουμε τα κυκλώματα για κάθε ποσότητα 0: 19

Μετατρέποντας το κύκλωμα του στοιχείου 41 έχουμε: SAN JOSE SALT LAKE CITY LITTLE ROCK St. Louis 100 0 800 900 17 13 5 Phoenix 700 0 0 700 6 9 11 Oklahoma 0 600 0 600 10 7 7 Πλασμ/κό ε 300 0 300 κέντρο 0 0 0 800 900 800 Υπολογίζουμε, πάλι, τα κυκλώματα για κάθε ποσότητα 0: 20

Μετατρέποντας το κύκλωμα του στοιχείου 12 έχουμε: SAN JOSE SALT LAKE CITY LITTLE ROCK St. Louis 0 100 800 900 17 13 5 Phoenix 700 0 0 700 6 9 11 Oklahoma 0 600 0 600 10 7 7 Πλασμ/κό 100 200 0 300 κέντρο 0 0 0 800 900 800 Υπολογίζουμε, πάλι, τα κυκλώματα για κάθε ποσότητα 0: 21

Όλες οι εκτιμήσεις είναι θετικές. Άρα συμπεραίνουμε ότι ο τελευταίος πίνακας δίνει το καλύτερο πλάνο διανομής αν επιλεχθεί η πόλη της Oklahoma. Λύση (γ) Συνολικό κόστος μεταφοράς περίπτωσης (α): Συνολικό κόστος μεταφοράς περίπτωσης (β): Άρα συμφέρει την εταιρία η επιλογή της περιοχής της πόλης της Oklahoma, γιατί έχει το χαμηλότερο συνολικό κόστος διανομής. Λύση (δ) Άλλοι παράγοντες, οι οποίοι θα ήταν σημαντικοί, για την επιλογή της τοποθεσίας για το νέο κέντρο διανομής είναι οι εξής: το κόστος κατασκευής εργοστασίου των δυο περιοχών το ανθρώπινο δυναμικό (Βαθμός εξειδίκευσης, ανεργία, οικονομικό επίπεδο κ.τ.λ.) οι υποδομές των δύο περιοχών το κόστος της γης οι επιπτώσεις στο περιβάλλον (μόλυνση, αισθητική όχληση) Άσκηση 4 ΓΡΑΜ. ΠΡΟΓΡΑΜΜΑΤΙΣΜΟΣ: ΕΦΑΡΜΟΓΗ ΣΕ ΠΡΟΒΛΗΜΑ ΠΑΡΑΓΩΓΗΣ Ο προϊστάμενος ενός μηχανουργείου επιθυμεί να προγραμματίσει την παραγωγή για ένα μήνα. Είναι δυνατόν να παραχθούν κοχλίες Κ1, Κ2, Κ3, Κ4, Κ5 και 22

Κ6 με τη χρησιμοποίηση των μηχανών Μ1, Μ2, Μ3 και Μ4. Έχει εκτιμηθεί ότι οι ώρες λειτουργίας των μηχανών κατά τη διάρκεια του μήνα- έχοντας αφαιρέσει τους νεκρούς χρόνους λόγω συντήρησης και βλαβών- θα διαμορφωθούν, αντίστοιχα ως εξής: 135, 140, 175, 160 Στον επόμενο πίνακα παρουσιάζονται οι χρόνοι που είναι απαραίτητοι στις μηχανές για να πραγματοποιήσουν τις επεξεργασίες για κάθε είδος κοχλία που θα παραχθεί. Κ1 Κ2 Κ3 Κ4 Κ5 Κ6 Μ1 3 4 6 5 2 7 Μ2 2 8 4 3 5 6 Μ3 6 5 4 8 7 5 Μ4 4 6 7 5 8 2 Γνωρίζοντας ότι οι 6 κοχλίες δίνουν ένα κέρδος ανά μονάδα (σε χιλιάδες δρχ.) 10, 12, 14, 11, 10 και 10 αντίστοιχα, ποιες ποσότητες από κάθε είδος κοχλία συμφέρει να παραχθούν κατά τη διάρκεια ενός μήνα, έτσι ώστε να μεγιστοποιηθεί το συνολικό κέρδος; Διατύπωση του προβλήματος Έστω ότι: x1, x2, x3, x4, x5, x6 23

οι ποσότητες (άγνωστες) που θα παραχθούν από κάθε είδος κοχλία. Αυτές οι ποσότητες δεν μπορούν να είναι αρνητικές. Κατά συνέπεια πρέπει να είναι x1, x2, x3, x4, x5, x6 0 Επιπλέον πρέπει να επιλεγούν έτσι, ώστε κάθε μηχανή να μην εργάζεται κάθε μήνα περισσότερο από τον διαθέσιμο χρόνο της. Αυτό σημαίνει ότι πρέπει να ικανοποιούνται οι ανισοϊσότητες. 3x1 + 4x2 + 6x3 + 5x4 + 2x5 + 7x6 135 2x1 + 8x2 + 4x3 + 3x4 + 5x5 + 6x6 140 6x1 + 5x2 + 4x3 + 8x4 + 7x5 + 5x6 175 4x1 + 6x2 + 7x3 + 5x4 + 8x5 + 2x6 160 Έχοντας υπόψη τους προηγούμενους περιορισμούς, το πρόβλημα είναι να προσδιοριστούν οι ποσότητες x από κάθε είδος κοχλία με τρόπο ώστε να μεγιστοποιείται η συνάρτηση 10x1 + 12x2 + 14x3 + 11x4 + 10x5 + 10x6 = z η οποία δείχνει το συνολικό κέρδος του μηχανουργείου. Επίλυση του προβλήματος Η επίλυση του προβλήματος θα πραγματοποιηθεί με το πακέτο λογισμικού QBS (Quantitative Businnes Systems). Οι απαραίτητες ενέργειες είναι: Aπο το αρχικό πίνακα επιλέγεται το 6 (Linear programming) Από τον πίνακα (δεύτερο) που εμφανίζεται επιλέγεται το 2 (Enter new model) Στην πρώτη ερώτηση επιλέγεται το 1 (max) Στην δεύτερη ερώτηση επιλέγεται 6 (αριθμός μεταβλητών) Στην τρίτη ερώτηση επιλέγεται 4 (αριθμός περιορισμών) Στην τέταρτη ερώτηση επιλέγεται Y (να χρησιμοποιηθούν ονόματα για τις μεταβλητές x1, x2, x3,... xn) Στην οθόνη που εμφανίζεται εισάγονται οι συντελεστές των μεταβλητών Με την επιλογή 4 του δεύτερου πίνακα, προβάλλονται τα δεδομένα και γίνεται έλεγχος ορθότητας Με την επιλογή 5 του δεύτερου πίνακα, επιλύεται το πρόβλημα Με την επιλογή 6 του δεύτερου πίνακα, αποθηκεύεται το πρόβλημα Με την επιλογή 8 του δεύτερου πίνακα, εκτυπώνεται η τελική λύση του προβλήματος. Ερμηνεία αποτελεσμάτων 24

Από τον πρώτο πίνακα των αποτελεσμάτων προκύπτει, ότι επιτυγχάνεται ένα μέγιστο κέρδος ίσο με 370.133 δρχ., όταν παράγονται οι παρακάτω ποσότητες από κάθε είδος κοχλία. Εννοείται ότι αυτές οι ποσότητες πρέπει να στρογγυλοποιηθούν προς τον πλησιέστερο ακέραιο αριθμό. Η λύση σ αυτή την περίπτωση δεν θα είναι η άριστη θα βρίσκεται όμως κοντά σ αυτή. x1 = 21,1409, x2 = 0, x3 = 10,4027, x4 = 0, x5 = 0, x6 = 1,3087 Οι συντελεστές των βοηθητικών μεταβλητών s7, s8, s9 και s10 στην αντικειμενική συνάρτηση είναι αντίστοιχα 0,6846, 0, 0,6174, 1,0604. Αυτές οι τιμές δείχνουν το κόστος ευκαιρίας ή διαφορετικά την οριακή απόδοση του αντίστοιχου πόρου και ονομάζονται σκιώδεις τιμές. Έτσι η σκιώδης τιμή της πρώτης μηχανής είναι 0,6846, της δεύτερης 0, της τρίτης 0,6174 και της τέταρτης 1,0604. Αν η διαθέσιμη ποσότητα της πρώτης μηχανής αυξηθεί κατά μία ώρα, τότε το συνολικό κέρδος (z) θα αυξηθεί κατά 0, 6846 χιλ. δρχ. ή 684,6 δρχ. Αυτή είναι και η μέγιστη τιμή που ο προϊστάμενος του μηχανουργείου θα ήταν διατεθειμένος να πληρώσει, προκειμένου να αυξήσει τον χρόνο λειτουργίας της συγκεκριμένης μηχανής, κατά μία ώρα. Ανάλογη με την παραπάνω ερμηνεία μπορεί να δοθεί και για τις σκιώδης τιμές των μηχανών Μ3 και Μ4. Σ ότι αφορά στην σκιώδη τιμή της μηχανής Μ2, παρατηρείται ότι είναι ίση με μηδέν. Αυτό είναι λογικό, διότι η παραγωγική δυναμικότητα της μηχανής δεν έχει εξαντληθεί εφόσον s8 = 48,255. Aπό τις 140 διαθέσιμες ώρες της μηχανής χρησιμοποιούνται στο άριστο πρόγραμμα μόνο 140-48 = 92 περίπου ώρες, ενώ οι υπόλοιπες 48 παραμένουν αχρησιμοποίητες. Από τους πίνακες, που αναφέρονται στην ανάλυση ευαισθησίας, προκύπτουν τα όρια, εντός των οποίων μπορούν να κινηθούν οι τιμές των συντελεστών της αντικειμενικής συνάρτησης και των γνωστών όρων, χωρίς να υπάρξει αλλαγή στις μεταβλητές της τρέχουσας (άριστης )λύσης. Για παράδειγμα, η τρέχουσα άριστη λύση του προβλήματος έχει ως βασικές μεταβλητές τις x1, x3, x6 και s8. Aν η τιμή του συντελεστή της x1 στην αντικειμενική συνάρτηση αλλάξει και γίνει 11,( κινηθεί δηλαδή μέσα στα όρια 9,6854 και 13.7778), η νέα άριστη λύση θα περιλαμβάνει τις ίδιες βασικές μεταβλητές. Διαφορετικά, αν δηλαδή γίνει για παράδειγμα 8, θα αλλάξουν οι βασικές μεταβλητές στη νέα άριστη λύση. Άσκηση 5 ΓΡΑΜ. ΠΡΟΓΡΑΜΜΑΤΙΣΜΟΣ : ΕΦΑΡΜΟΓΗ ΣΕ ΠΡΟΒΛΗΜΑ ΠΡΟΓΡΑΜΜΑΤΙΣΜΟΥ ΩΡΑΡΙΟΥ ΕΡΓΑΣΙΑΣ Ο Δήμος Κοζάνης εξετάζει την δυνατότητα υιοθέτησης ενός συστήματος μεταφοράς, με μικρά αστικά λεωφορεία, που θα μπορούσε να αποσυμφoρήσει τις κυκλοφοριακές συνθήκες της πόλης. Η αρχική μελέτη αφορά στον προσδιορισμό του ελάχιστου αριθμού λεωφορείων. Μετά από την συλλογή των απαραίτητων 25

πληροφοριών διαπιστώθηκε ότι ο απαραίτητος αριθμός λεωφορείων είναι συνάρτηση της ζήτησης κατά τη διάρκεια της ημέρας. 1. Ώρες Αριθμός λεωφορείων 00:01-02:00 1 02:01-04:00 1 04:01-06:00 1 06:01-08:00 2 08:01-10:00 6 10:01-12:00 6 12:01-14:00 4 14:01-16:00 4 16:01-18:00 2 18:01-20:00 3 20:01-22:00 5 22:01-00:00 3 Επειδή κάθε λεωφορείο μπορεί να λειτουργεί μόνο 8 συνεχόμενες ώρες, το πρόβλημα είναι να προσδιοριστεί ο αριθμός λεωφορείων που θα δρομολογούνται σε κάθε βάρδια, έτσι ώστε ο συνολικός αριθμός των λεωφορείων που θα τίθενται σε κυκλοφορία καθημερινά, να είναι ο ελάχιστος. Διατύπωση του προβλήματος Αν υποτεθεί ότι κάθε βάρδια μπορεί να αρχίζει ανά δίωρο, τότε μπορούν να οριστούν οι μεταβλητές x1, x2,..., xn όπως παρακάτω: x1 = o αριθμός των λεωφορείων που τίθενται σε κυκλοφορία τα μεσάνυκτα (00:01) x2 = o αριθμός των λεωφορείων που τίθενται σε κυκλοφορία στις (02:01) x3 = o αριθμός των λεωφορείων που τίθενται σε κυκλοφορία στις (04:01) x4 = o αριθμός των λεωφορείων που τίθενται σε κυκλοφορία στις (06:01) x5 = o αριθμός των λεωφορείων που τίθενται σε κυκλοφορία στις (08:01) x6 = o αριθμός των λεωφορείων που τίθενται σε κυκλοφορία στις (10:01) x7 = o αριθμός των λεωφορείων που τίθενται σε κυκλοφορία στις (12:01) x8 = o αριθμός των λεωφορείων που τίθενται σε κυκλοφορία στις (14:01) x9 = o αριθμός των λεωφορείων που τίθενται σε κυκλοφορία στις (16:01) x10 = o αριθμός των λεωφορείων που τίθενται σε κυκλοφορία στις (18:01) 26

x11 = o αριθμός των λεωφορείων που τίθενται σε κυκλοφορία στις (20:01) x12 = o αριθμός των λεωφορείων που τίθενται σε κυκλοφορία στις (22:01) Στο χρονικό διάστημα από 00:01-02:00 θα βρίσκονται σε κυκλοφορία τα λεωφορεία x10, x11, x12 και x1. Επομένως πρέπει να είναι x10 + x11 + x12 + x1 1 Με ανάλογο τρόπο προσδιορίζονται και οι υπόλοιποι γραμμικοί περιορισμοί. x11 + x12 + x1 + x2 1 x12 + x1 + x2 + x3 1 x1 + x2 + x3 + x4 2 x2 + x3 + x4 + x5 6 x3 + x4 + x5 + x6 6 x4 + x5 + x6 + x7 4 x5 + x6 + x7 + x8 4 x6 + x7 + x8 + x9 2 x7 + x8 + x9 + x10 3 x8 + x9 + x10 + x11 5 x9 + x10 + x11 + x12 3 Στόχος του Δήμου είναι να ελαχιστοποιήσει τον συνολικό αριθμό των απαιτούμενων λεωφορείων. Κατά συνέπεια πρέπει να είναι x1 + x2 + x3 + x4 + x5 + x6 + x7 + x8 + x9 + x10 + x11 + x12 = min(z) Επίλυση του προβλήματος Η επίλυση του προβλήματος με τη βοήθεια του προγράμματος QBS δίνει την παρακάτω άριστη λύση. x1 = 0 x2 = 0 x3 = 2 x4 = 2 x5 = 2 x6 = 0 x7 = 0 x8 = 2 x9 = 0 x10 = 1 x11 = 2 x12 = 0 Ζ = 11 27

Άσκηση 6 ΓΡΑΜ. ΠΡΟΓΡΑΜΜΑΤΙΣΜΟΣ: ΕΠΙΛΟΓΗ ΔΙΑΦΗΜΙΣΤΙΚΩΝ ΜΕΣΩΝ) Η εταιρία ΒΙΕΜ ΕΠΕ εμπορεύεται γεωργικά μηχανήματα. Ο προϋπολογισμός του 98 προβλέπει για διαφήμιση 10.000.000 δρχ.. Η εταιρία μπορεί να χρησιμοποιήσει τέσσερα διαφημιστικά μέσα: τηλεόραση, ραδιόφωνο, εφημερίδες και επαγγελματικά περιοδικά. Το κόστος των παραπάνω μέσων και ο αριθμός των πελατών(σε χιλιάδες) που αναμένεται να γίνουν αποδέκτες των διαφόρων μηνυμάτων, παρουσιάζονται στον πίνακα που ακολουθεί. Τηλεόραση Ραδιόφωνο Εφημερίδες Περιοδικά Κόστος παρουσίασης 380.000 25.000 45.000 60.000 Δείκτης ακροαματικότητας 180 30 50 70 Στο τμήμα marketing,σε συνεργασία με τους διαφημιστές των διαφόρων μέσων, αποφασίστηκε ότι: Ο αριθμός των διαφημίσεων που πρόκειται να γίνουν στα περιοδικά και τις εφημερίδες δεν πρέπει να υπερβαίνει το 40% αυτών, που θα γίνουν στην τηλεόραση και το ραδιόφωνο. Για να αποδώσει μία διαφήμιση, απαιτούνται τουλάχιστον 15 επαναλήψεις στο ραδιόφωνο, τουλάχιστον 10 επαναλήψεις στην τηλεόραση, τουλάχιστον 30 επαναλήψεις στις εφημερίδες και τουλάχιστον 12 επαναλήψεις στα περιοδικά. Με βάση τα παραπάνω δεδομένα,να προσδιοριστεί ο αριθμός των διαφημίσεων που πρέπει να πραγματοποιηθούν στα διάφορα μέσα, έτσι ώστε να μεγιστοποιηθεί ο αριθμός των πελατών που θα δεχθούν τα διαφημιστικά μηνύματα. Διατύπωση του προβλήματος Έστω: X1, ο αριθμός των διαφημίσεων στην τηλεόραση X2, ο αριθμός των διαφημίσεων στο ραδιόφωνο X3, ο αριθμός των διαφημίσεων στις εφημερίδες X4, ο αριθμός των διαφημίσεων στα περιοδικά 28

H μαθηματική διατύπωση του προβλήματος είναι η παρακάτω: 180Χ1 + 30Χ2 + 50Χ3 + 70Χ4 = max (Z) 380.000Χ1 + 25.000Χ2 + 45.000Χ3 + 60.000Χ4 10.000.000 Χ3 + Χ4 0,40 (Χ1 + Χ2) Χ1 10 Χ2 15 Χ3 30 Χ4 12 Χ1, Χ2, Χ3, Χ4 0 Επίλυση του προβλήματος X1 = 10 X2 = 165,2 X3 = 30 X4 = 12 H επίλυση του προβλήματος με το πρόγραμμα QBS δίνει τις ακόλουθες τιμές: Με αυτές τις τιμές εξαντλείται ο προϋπολογισμός των 10.000.000 δρχ. και επιτυγχάνεται η μέγιστη ακροαματικότητα, που είναι ίση με 9.061 μονάδες. 29